Bài toán (IMO 1993) Cho số tự nhiên $n$ lớn hơn $1$. Chứng minh rằng đa thức $f(x)=x^n+5x^{n-1}+3$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ]$. Lời giải : Gỉa sử rằng : $f(x)=A(x).B(x)$ trong đó $A(x),B(x)\in \mathbb{Z}\left [ x \right ]$. Ta có $f(0)=3\Rightarrow A(0).B(0)=5\Rightarrow |A(0)|=1\;\vee \;|B(0)|=1$. Không giảm tổng quát ta giả sử $|A(0)=1|$. Gọi $degA=k$ và $a_i\;\forall i=\overline{1,k}$ là $k$ nghiệm của $A(x)$ : \[A(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_k)\] Vì $|A(0)|=1$ nên $|a_1a_2....a_k|=1$. Ta có $f(a_i)=0\Leftrightarrow a_i^{n-1}(a_i+5)=-3$. Kéo theo : \[\left | a_1a_2...a_k \right |^{n-1}\left | (a_1+5)(a_2+5)...(a_k+5) \right |=3^k\Leftrightarrow \left | (a_1+5)(a_2+5)...(a_k+5) \right |=3^k\;\;\;\;(1)\] Ta cũng có : \[f(-5)=3\Rightarrow A(-5).B(-5)=3\Rightarrow \left | A(-5) \right |\in \left \{ 1,3 \right \}\] Nếu $|A(-5)|=1$ thì : \[\left | (a_1+5)(a_2+5)...(a_k+5) \right |=1\;\;\;\;(2)\] Từ $(1)(2)$ suy ra $3^k=1$ nên $k=0$, vô lí. Nếu $|A(-5)=3$ thì : \[\left | (a_1+5)(a_2+5)...(a_k+5) \right |=3\;\;\;\;(3)\] Từ $(1)(3)$ suy ra $3^k=3$ nên $k=1$. Do đó đặt $A(x)=x-a,\;\;a\in \mathbb{Z}$. Gỉa sử $B(x)=x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+...+b_1x+b_0$. Trong đồng nhất thức $P(x)=A(x).B(x)$, đồng nhất hệ số tự do : \[3=ab_0\Rightarrow a\in \left \{ \pm 1,\pm 3 \right \}\] Nhận thấy rằng phải có $P(a)=0$ thế nhưng dễ dàng kiểm tra được $P(\pm 1)\neq 0,P(\pm 3)\neq 0$. Mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.

Polynomial

Bài toán (IMO 1993)

Cho số tự nhiên $n$ lớn hơn $1$ . Chứng minh rằng đa thức $f (x) = x^{n} + 5 x^{n - 1} + 3$ bất khả quy trên $Z [x]$ .

Lời giải :

Gỉa sử rằng :

$f (x) = A (x) . B (x)$ trong đó $A (x), B (x) \in Z [x]$ .

Ta có $f (0) = 3 \Rightarrow A (0) . B (0) = 5 \Rightarrow ∣ A (0) ∣ = 1 \lor ∣ B (0) ∣ = 1$ .

Không giảm tổng quát ta giả sử $∣ A (0) = 1∣$ .

Gọi $d e g A = k$ và $a_{i} \forall i = \overline{1, k}$ là $k$ nghiệm của $A (x)$ :

$A (x) = (x - a_{1}) (x - a_{2}) ... (x - a_{k})$

Vì $∣ A (0) ∣ = 1$ nên $∣ a_{1} a_{2} .... a_{k} ∣ = 1$ .

Ta có $f (a_{i}) = 0 \Leftrightarrow a_{i}^{n - 1} (a_{i} + 5) = - 3$ .

Kéo theo :

$∣ a_{1} a_{2} ... a_{k} ∣^{n - 1} ∣ (a_{1} + 5) (a_{2} + 5) ... (a_{k} + 5) ∣ = 3^{k} \Leftrightarrow ∣ (a_{1} + 5) (a_{2} + 5) ... (a_{k} + 5) ∣ = 3^{k} (1)$

Ta cũng có :

$f (- 5) = 3 \Rightarrow A (- 5) . B (- 5) = 3 \Rightarrow ∣ A (- 5) ∣ \in {1, 3}$

Nếu $∣ A (- 5) ∣ = 1$ thì :

$∣ (a_{1} + 5) (a_{2} + 5) ... (a_{k} + 5) ∣ = 1 (2)$

Từ $(1) (2)$ suy ra $3^{k} = 1$ nên $k = 0$ , vô lí.

Nếu $∣ A (- 5) = 3$ thì :

$∣ (a_{1} + 5) (a_{2} + 5) ... (a_{k} + 5) ∣ = 3 (3)$

Từ $(1) (3)$ suy ra $3^{k} = 3$ nên $k = 1$ . Do đó đặt $A (x) = x - a, a \in Z$ .

Gỉa sử $B (x) = x^{n - 1} + b_{n - 2} x^{n - 2} + ... + b_{1} x + b_{0}$ .

Trong đồng nhất thức $P (x) = A (x) . B (x)$ , đồng nhất hệ số tự do :

$3 = a b_{0} \Rightarrow a \in {\pm 1, \pm 3}$

Nhận thấy rằng phải có $P (a) = 0$ thế nhưng dễ dàng kiểm tra được $P (\pm 1) \neq = 0, P (\pm 3) \neq = 0$ . Mâu thuẫn.

Ta có điều phải chứng minh.

Polynomial

Đề bài

Mô tả