|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
03-01-2008, 06:55 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Khi nào một đa thức là bất khả quy? Topic này sẽ giới thiệu vài tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức , tôi không đăng các chứng minh kèm theo vì hoặc là các bạn đều biết rồi hoặc kiến thức của các bạn học sinh phổ thông không thể hiểu các chứng minh đó. Nếu có ai đó yêu cầu một chứng minh , tôi sẽ đăng nó nếu tôi biết. k ở đây là Z,Q,... (nhìn như một vành) Định nghĩa. Một đa thức f với hệ số trong k được gọi là khả quy trên k nếu f=gh, ở đây g và h là các đa thức bậc dương và có hệ số thuộc k. Trong các trường hợp khác f được gọi là bất khả quy trên k. Giờ tôi đi vào giới thiệu luôn các tiêu chuẩn. Định lý 1. (Eisenstein) $f(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n\in\mathbb{Z}[x] $. Nếu có số nguyên tố p sao cho $a_n $ không chia hết cho p , $a_0,...,a_{n-1} $ chia hết cho p, và $a_0 $ không chia hết cho$ p^2 $ thì f là bất khả quy trên Z. __________________ T. |
03-01-2008, 07:25 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Chứng minh của Định lý 1 : Giả sử lại rằng : $P(x)=Q(x).R(x).(*) $ ở đây $Q(x) $ và $R(x) $ là các đa thức hệ số nguyên và : $Q(x)=\sum_{i=0}^hb_ix^i $ $R(x)=\sum_{i=0}^kc_ix^i $ với $b_i\;(i=\overline{0,h})\;,c_j\;(j=\overline{0,k})\ $ là các số nguyên, $h,k>0,h+k=n $ Bằng cách đồng nhất hệ số của 2 vế đẳng thức $(*) $ ta có $a_0=b_h.c_k $. Do $a_0\;\vdots\;p $ nhưng $a\;\not\vdots\;p^2 $ nên hoặc $b_h\;\vdots \;p $ hoặc $c_k\;\vdots \;p. $ Giả sử $b_h\;\vdots \;p $.Ta có chuỗi các đẳng thức sau: $a_{1}=b_hc_{k-1}+b_{h-1}c_k $ $a_{2}=b_hc_{k-2}+b_{h-1}c_{k-1}+b_{h-2}c_k $ $a_{h}=a_{n-k}=b_{h}.c_{k-h}+b_{h-1}.c_{k-h+1}+...+b_1.c_{k-1}+b_0.c_k $ Trong đẳng thức thứ nhất ta suy ra $b_{h-1}\;\vdots\;p $, tương tự ta cũng có $b_{h-2}\;\vdots\;p $ từ đẳng thức thứ 2. Quá trình đó tiếp tục đến lúc ta có $b_0\;\vdots\;p $ hay $a_n\;\vdots\;p $ vô lí. Kết thúc chứng minh. thay đổi nội dung bởi: psquang_pbc, 04-01-2008 lúc 06:15 AM |
The Following 3 Users Say Thank You to psquang_pbc For This Useful Post: |
03-01-2008, 09:47 PM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Định lý 2. Cho p là một số nguyên tố. Nếu đa thức $f(x)=a_nx^n+...+a_0\in\mathbb{Z}[x] $ khả quy trên Z, và p chia hết các hệ số $a_0,...,a_{n-2} $ nhưng không chia hết $a_n $, và $p^2 $ không chia hết $a_0 $, thì p không chia hết $a_{n-1} $ và f phải có ít nhất một nghiệm hữu tỷ. __________________ T. |
04-01-2008, 06:24 AM | #4 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Định lý $2 $ là hệ quả của định lý sau : Định lý $2' $ Cho $P(x)=\sum_{i=0}^n a_{n-i}i.x^i $ là đa thức hệ số nguyên và $k $ là $1 $ số tự nhiên sao cho $0\le k\le n-1 $. Giả sử tồn tại số nguyên tố $p $ sao cho: $1, $ $a_0 $ không chia hết cho $p $. $2, $ Những hệ số $a_{k+1},a_{k+2},...,a_n $ chia hết cho $p $. $3, $ $a_n $ không chia hết cho $p^2 $. Chứng minh khi đó P(x) có ước không phân tích được là G(x) mà bậc của đa thức này lớn hơn hoặc bằng $n-k. $ Với $k=0 $ ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein Với $k=1 $ ta có định lý 2 của anh Tuân. Với $k=n-2 $ thì tồn tại 1 nghiệm của P(x) không là số vô tỉ . |
The Following User Says Thank You to psquang_pbc For This Useful Post: | Conanvn (20-01-2013) |
04-01-2008, 11:09 AM | #5 |
Guest Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 49 Thanks: 1 Thanked 6 Times in 4 Posts | Định lý 3.(Tiêu chuẩn Polya) Cho $f\in\mathbb{Z}[x] $ bậc $n $ . Đặt $m=\left[\frac{n+1}{2}\right] $ .Giả sử $n $ số nguyên khác nhau $d_1,d_2,\ldots,d_n $ không là nghiệm của $f $ và thỏa mãn $f(d_i)<\frac{m!}{2^n} $ . Khi đó $f $ bất khả quy. |
The Following 2 Users Say Thank You to T.Courtin For This Useful Post: | nguyenhtctb (29-06-2011), nguyentrai_oly (07-04-2012) |
04-01-2008, 12:35 PM | #6 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Định lý 4.(Tiêu chuẩn Oskar Perron) Cho đa thức $P(x) $ hệ số nguyên. Giả sử tồn tại số nguyên $b $ và số nguyên tố $p $ sao cho chúng thoả mãn điều kiện sau : $1, P(b)=p $ $2, P(b-1)\not=0. $ 3, Tất cả các nghiệm $\xi_i;\; ( i=\overline{1,n} ) $ của đa thức $P(x) $ thỏa mãn bất đẳng thức $Re\xi_i <b-\frac{1}{2} $. Khi đó đa thức $P(x) $ bất khả quy. |
The Following User Says Thank You to psquang_pbc For This Useful Post: | sonzqnn (17-01-2009) |
04-01-2008, 06:13 PM | #7 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Trích:
__________________ T. | |
04-01-2008, 06:52 PM | #8 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Để thư thả rồi em post chứng minh Định lý 2' luôn. Giờ mệt quá chả làm được gì, lên mạng spam tí thôi |
04-01-2008, 07:03 PM | #9 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Tùy chú, anh post tiêu chuẩn khác nhé! Định lý 5. Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n\in\mathbb{Z}[x],a_n\not = 0 $. a)Nếu $|a_1|>1+|a_2|+...+|a_n| $ thì f là bất khả quy trên Z. b)Nếu $|a_1|\geq1+|a_2|+...+|a_n| $ và $f(\pm 1)\not = 0 $ thì f là bất khả quy trên Z. __________________ T. |
The Following 3 Users Say Thank You to n.t.tuan For This Useful Post: |
04-01-2008, 07:10 PM | #10 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Tiếp theo là định lý 6 nhé : Định lý 6 : Cho $b\ge 3 $ là 1 số nguyên dương và $p $ là 1 số nguyên tố . Viết $p $ dưới dạng cơ số $b $ như sau : $p=\sum_{i=0}^na_ib^{n-i} $ ở đây n là số tự nhiên $a_0\not=0 $ và $0\le a_i<b\; ( i=\overline{1,n} \; ) $ . Khi đó đa thức: $P(x)=\sum_{i=0}^na_ix^{n-i} $ là đa thức bất khả quy. |
The Following User Says Thank You to psquang_pbc For This Useful Post: | sonzqnn (17-01-2009) |
04-01-2008, 07:18 PM | #11 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Trích:
| |
04-01-2008, 07:42 PM | #12 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Dùng Định lý này có thể giải được bài 14 ở topic ''Bài tập về đa thức bất khả quy'' trong box này. __________________ T. |
13-03-2009, 05:12 PM | #13 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Bài gởi: 214 Thanks: 65 Thanked 70 Times in 45 Posts | Xét trên trường $Z_{p} $ |
14-03-2009, 10:51 AM | #14 |
Administrator | Đề chọn đội tuyển của Trung Quốc vừa rồi có bài: Cho m > n > 1 là các số nguyên lẻ, chứng minh rằng đa thức $x^m + x^n + x + 1 $ bất khả quy. ============== Chứng minh của 2' hoàn toàn giống như chứng minh của tiêu chuẩn Eisentein thôi. Bạn cứ theo dõi kỹ là chứng minh được. thay đổi nội dung bởi: namdung, 14-03-2009 lúc 10:54 AM Lý do: Tự động gộp bài |
13-04-2009, 11:07 AM | #15 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 216 Thanks: 8 Thanked 208 Times in 62 Posts | Tôi mới đọc trên Crux có định lý khá hay sau về điều kiện khả quy của đa thức $F(x^2) $. Định lý: Đa thức $F(x^2) $ là khả quy trên $Z[x] $ khi và chỉ khi hoặc $F(x) $ khả quy, hoặc $aF(x) = G^2(x) - xH^2(x) $ với $G(x), H(x) $ thuộc $Z[x] $, trong đó a = 1 hoặc -1. Định lý trên được phát biểu cho vành cơ sở K bất kỳ nhưng tôi phát biểu cho Z cho nó gọn. Trong trường hợp tổng quát, a được thay bằng 1 phần tử đơn vị của K. Ứng dụng. Chứng minh rằng nếu f(x) thuộc Z[x] là đa thức bất khả quy và |f(0)| không chính phương thì f(x^2) bất khả quy. |
The Following 2 Users Say Thank You to pte.alpha For This Useful Post: | Conanvn (20-01-2013), nguyenhtctb (29-06-2011) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|