Bài tập về đa thức bất khả quy
 

Topic này đặt ở đây cũng được , ở box Đại số cũng được. Mình chọn ở đây vì bên box kia đông quá. :D

Bài 1.
Cho f là một đa thức với hệ số nguyên có bậc n và $\alpha_1,...,\alpha_n $ là các nghiệm của nó. Chứng minh rằng nếu $f(x_0) $ là số nguyên tố với một số nguyên $x_0 $ sao cho $|x_0|>M+1 $ thì f là bất khả quy trên Z, ở đây $M=\max\alpha_i $ .

Bài 2.
Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên dương không chia hết cho p. Chứng minh rằng đa thức $x^p-x-a $ là bất khả quy trên Z.

Bài 3.
f là một đa thức với hệ số nguyên . Nếu có số nguyên dương n sao cho
1)Tất cả các nghiệm của f nằm trong nửa mặt phẳng $Re(z)<n-\frac{1}{2} $
2)$f(n-1)\not = 0 $
3)f(n) là số nguyên tố.
Chứng minh rằng f là bất khả quy trên Z.

Bài 4.
a)$f(x)=f_nx^n+...+f_0 $ là đa thức với hệ số nguyên, ở đó $|f_0|>1 $. Gọi $\{c_1,...,c_r\} $ là tập các ước của $|f_0| $. Giả sử f nhận các giá trị nguyên tố $p_1,...,p_n $ tại n số nguyên phân biệt $a_i $ sao cho $|a_i|>2 $ và $a_i $ không chia hết $c_j\pm 1 $ , ở đây i=1,...,n và j=1,...,r. Chứng minh rằng f là bất khả quy.
b)Cho $a_1,...,a_n,r,s $ là các số nguyên sao cho $|a_k|>2 $. Cho các số $q=(-1)^na_1...a_n+s $ và $p_k=ra+k+s $ là các số nguyên tố với $q\pm 1 $ không chia hết cho $a_k $, ở đây k=1,...,n. Chứng minh rằng đa thức $(x-a_1)...(x-a_n)+rx+s $ bất khả quy trên Z.

Bài 5.
Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+pa_n $ là một đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố ($a_n $ cũng là số nguyên). Chứng minh rằng nếu $p>\sum_{i=0}^{n-1}|a_n|^{n-1-i}|a_i| $ thì f là bất khả quy trên Z.

Bài 6.
Cho $a_i $ là n số nguyên phân biệt.
a)Chứng minh rằng $(x-a_1)...(x-a_n)-1 $ bất khả quy trên Z.
b)Chứng minh rằng $(x-a_1)...(x-a_n)+1 $ bất khả quy trên Z, trừ các trường hợp $(x-a)(x-a-2)+1=(x-a-1)^2 $ và $(x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3)+1=((x-a-1)(x-a-2)-1)^2 $.
c)Chứng minh rằng $[(x-a_1)...(x-a_n)]^2+1 $ bất khả quy trên Z.

Bài 7.
Chứng minh rằng mỗi đa thức với hệ số nguyên có thể biểu diễn như là tổng của hai đa thức bất khả quy trên Z.

Bài 8.
a)f là một đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị 1 tại nhiều hơn 3 điểm nguyên. Chứng minh rằng $f(n)\not = -1\forall n\in\mathbb{Z}. $
b)a,b là các số nguyên sao cho đa thức $ax^2+bx+1 $bất khả quy trên Z. Giả sử n>6 và $a_1,...,a_n $ là các số nguyên phân biệt , $\varphi (x)=(x-a_1)...(x-a_n) $. Chứng minh rằng $a\varphi^2(x)+b\varphi (x)+1 $ là bất khả quy trên Z.

Bài 9.
Cho$ F\in\mathbb{Z}[x_1,...,x_n] $ và f(x)=F(x,...,x). Chứng minh rằng nếu f bất khả quy trên Z thì F cũng thế.

Bài 10. ( Do Lam_sptn post)
Tìm tất cả các số nguyên k sao cho có vô số giá trị nguyên n>2 để đa thức $P_n(x)=x^{n+1}+kx^n-870x^2+1945x+1995 $ khả quy trên Z.

Bài 11. ( Do Lam_sptn post)
Cho các số nguyên tố khác nhau p,q và số nguyên dương n>2. Tìm tất cả các số nguyên a sao cho đa thức $f(x)=x^n+ax^{n-1}+pq $ là khả quy trên Z.

Bài 12. (Do caube_tinhnghich2007 post)
Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức $P_n(x)=x^n+4 $ là khả quy trên Z.

Bài 13. (Do Lam_sptn post)
Hãy viết đa thức sau thành tích các đa thức bất khả quy trên Z:
$x^{2005}-2005x+2004 $

Bài 14. $F_0=F_1=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n $ , $a_n=F_{n+1}F_n $. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $ là bất khả quy trên Z.

em giải bài 2 :
Giả ngược lại tức [tex]
$ x^p-x-a = P(x).Q(x) $ với $ P ,Q \in Z[x] $
và $ deg P = n < p $
Gọi $ \alpha_i (i=1->n ) $ là các nghiệm của $ P $
Khi đó $ \alpha_i^p-\alpha_i-a=0 $
$ <=> \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i^p-\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i -na=0 $
Mặt khác theo Fecma $ \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i^p-\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i \equiv 0 (mod p) => na \equiv 0 (mod p) $ (vô lí) => đpcm

Các nghiệm của P đã chắc nguyên hả chú? :D

Tớ xin đóng góp hai bài.

Bài 10.
Tìm tất cả các số nguyên k sao cho có vô số giá trị nguyên n>2 để đa thức $P_n(x)=x^{n+1}+kx^n-870x^2+1945x+1995 $ khả quy trên Z.

Bài 11.
Cho các số nguyên tố khác nhau p,q và số nguyên dương n>2. Tìm tất cả các số nguyên a sao cho đa thức $f(x)=x^n+ax^{n-1}+pq $ là khả quy trên Z.

Hì nhầm thưa thầy nó ko nguyên nhưng tổng của nó lại nguyên :D
$ S_i= \sum\limits_{i=1}^{n} a_i^i $
Theo Viét dễ thấy $ S_i $ nguyên nên $ (S_1)^p \equiv S_1 (mod p) $
Mặt khác lại có khai triển sau:
$ (S_1)^p =\sum \frac{p!}{m_1!m_2!.....m_n!} \alpha_1^{m_1}\alpha_2^{m_2}....\alpha_n^{m_n} $ với $ m_1+m_2+...+m_p=p (m_i \geq 0) $
Từ khai triển đó => $ (S_1)^p \equiv S_p (mod p) $
NÊn $ S_p - S_1 \equiv 0 (mod p) $ Hì

Đóng góp thêm 1 bài:
Tìm tính chất của n để $ P(x)=x^n+4 $ khả qui trên $ Z[x] $
:evil:

Tại sao $S_1^p\equiv S_p \pmod{p} $ thế em? Chú ý là khi khai triển vế trái ta sẽ được $S_p $ cộng với các số hạng có hệ số chia hết cho p nhưng từng số hạng đó chưa chắc nguyên.

Dạ tại vì các số hạng đó biểu diễn được thành 1 đa thức với hệ số nguyên

$ T_i $ với $ T_1= \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i $

$ T_2= \alpha_1\alpha_2+....+\alpha_{n-1}\alpha_n $

$ T_n= \alpha_1....\alpha_n $

Ta có định lí sau:

Với đa thức $ \sum \alpha_1^{m_1}\alpha_2^{m_2}...\alpha_n^{m_n}

$ là 1 đa thức đối xứng thì biểu diễn được dưới dạng đa thức với các hệ

số nguyên $ T_1,T_2,...T_n $ Chính vì thế nên ta có thể kết luận rằng $ S_p \equiv S_1 (mod p ) $ Bài nì chắc chắn sẽ còn cách khác để con nghĩ thử xem

Thầy hỏi cái này. Chứ không hỏi cái kia, em cứ nghĩ tiếp đi.

Bài 13.
Hãy viết đa thức sau thành tích các đa thức bất khả quy trên Z:

$x^{2005}-2005x+2004 $

Bài 14. $F_0=F_1=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n $ , $a_n=F_{n+1}F_n $. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $ là bất khả quy trên Z.

Bài 15. f(x)=($x^2 $+$1^2 $)($x^2 $+$2^2 $)...($x^2 $+$n^2 $)+1 Bất khả quy trên Z (n thuộc N*)
==============
Bài 16: Cho f(x)=$a_n $$x^n $+$a_{n-1} $$x^{n-1} $+...+$a_1 $x+$a_0 $, trong đó các $a_i $ là các số nguyên tố thỏa mãn $a_0 $>$a_1 $+$a_2 $+...+$a_n $. Chứng minh rằng f(x) bất khả quy trên Z.

Topic thú vị mà T giờ mới biết là có:(
Bài 14 là tiêu chuẩn Perron và quy nạp khi cm bất đẳng thức
Bài 15 Dùng số phức hoặc Bài romania 2003 chuyển về cm
$\prod (x+n^2)+1 $ bất khả quy
bài 15 b là tiêu chuẩn Perron Clone

Em giải câu a bài 6:
Giả sử [M]F(x)[/M] khả quy.
Suy ra [M]F(x)= f(x).g(x)[/M]
Với [M]\deg f(x) + \deg g(x) = n[/M] và [M]\deg f(x)>1, \deg g(x)>1(*)[/M].
Không mất tính tổng quát giả sử [M]\deg f(x)[/M] không vượt quá phần nguyên của [M]\frac{n}{2}[/M].
Dễ thấy phương trình [M]F(x) + 1 = 0[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt [M]a_i[/M].
nên [M]f(x).g(x) = -1[/M] có nghiệm phân biệt . (1)
Mà [M]a_i[/M] thuộc [M]\mathbb{Z}[/M].
nên [M]f(x)[/M] và [M]g(x)[/M] thuộc [M]\mathbb{Z}[/M]. (2)
Do đó từ (1) và (2) ta suy ra: [M]f(x)+g(x) =0[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt (3) và [M]f(x)= \pm 1[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt .
Vì \deg f(x) không vượt quá phần nguyên của [M]\frac{n}{2}[/M] nên [M]f(x)= \pm 1[/M] có không quá [M]n[/M] nghiệm phân biệt. Kết hợp (4) suy ra [M]n[/M] chẵn và [M]f(x)[/M] bậc [M]k[/M] với [M]n = 2k[/M] vì [M]\deg f(x)>1[/M].
Từ (*) có [M]\deg {f(x)+g(x)}< n[/M], kết hợp (3) có [M]f(x)+g(x) = 0[/M] đúng với mọi [M]x[/M].
[M]\Rightarrow g(x) = - f(x), \forall x[/M].
[M]\Rightarrow F(x) = - f(x)^2 \forall x[/M].
[M]\Rightarrow F(x)[/M] không dương với mọi [M]x[/M].
Điều này không đúng khi [M]x = \max\{a_i\}+2[/M] vì khi đó [M]F(x)> 1.1…1 – 1 = 0[/M].
[M]\Rightarrow [/M] Vô lý.
[M]\Rightarrow [/M] Giả sử sai.
[M]\Rightarrow [/M] Đpcm.
Còn câu b nếu làm tương tự sẽ suy ra [M]F(x) =f(x)^2[/M].
Nếu [M]\deg F(x) = 2[/M], việc đồng nhất hệ số tương đối đơn giản dễ dẫn tới kết quả [M]F(x) = x(x - 2) + 1[/M].
Nếu [M]\deg F(x) = 4[/M], việc đồng nhất hệ số là rất khó khăn.
Nếu [M]\deg F(x)[/M] lớn hơn hoặc bằng 6 có thể chứng minh được [M]a_{2i-1}+1=a_{2i} [/M]. Đến đây mời các bác hỗ trợ tiếp.
:-??