TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THÚY NGỌC VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Quảng Bình, 2018 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THÚY NGỌC VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN Th.S TRẦN MẠNH HÙNG Quảng Bình, 2018 LỜI CẢM ƠN Trong suốt thời gian thực khóa luận tốt nghiệp, ngồi nỗ lực thân, tơi nhận giúp đỡ, bảo tận tình thầy giáo, giáo Khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình Đặc biệt tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.s Trần Mạnh Hùng Thầy dành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực khóa luận tốt nghiệp, đồng thời giúp lĩnh hội kiến thức chuyên môn rèn luyện cho tác phong nghiên cứu khoa học Qua đây, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, cô giáo Khoa Khoa học Tự nhiên, tới gia đình, bạn bè người sát cánh bên tôi, nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tơi q trình học tập thực hồn chỉnh khóa luận Mặc dù đề tài chuẩn bị nghiên cứu cách kĩ lưỡng thời gian nội dung khơng khỏi có thiếu sót Vì vậy, tơi mong nhận góp ý thầy giáo, giáo để khóa luận hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Quảng Bình, tháng năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thị Thúy Ngọc MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Miền nguyên trường 1.2 Đa thức trường 1.3 Trường phân rã đa thức 1.4 Một số hàm số số học 12 13 Phần tử bất khả quy số vành 2.1 Số nguyên tố vành số nguyên 16 16 2.2 Phần tử bất khả quy vành số nguyên phức 25 2.3 Đa thức bất khả quy trường số hữu tỷ 32 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 MỞ ĐẦU Phần tử bất khả quy khái niệm quan trọng lý thuyết vành lý thuyết đa thức, đặc biệt toán số nguyên tố, đa thức bất khả quy thường đề cập đề thi chọn học sinh giỏi bậc THPT quốc gia, khu vực Olympic Tốn quốc tế Việc tìm hiểu số tính chất đặc trưng phần tử bất khả quy thực cần thiết chúng tơi lựa chọn đề tài nghiên cứu là: Về phần tử bất khả quy số miền ngun Mục đích khóa luận dựa vào tài liệu Đa thức ứng dụng ([2]), Cơ sở lý thuyết trường lý thuyết Galois ([6]), Cơ sở lý thuyết số đa thức ([?]) nhằm hệ thống lại chứng minh chi tiết số tính chất đặc trưng phần tử bất khả quy (còn gọi số nguyên tố) vành số nguyên, vành nguyên phức vành đa thức Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận chia làm hai chương: Chương Kiến thức sở Trong chương tơi trình bày số kiến thức miền nguyên, Đa thức, trường phân rã đa thức hàm số số học Chương Phần tử bất khả quy Nội dung chương hệ thống lại chứng minh chi tiết số tính chất đặc trưng phần tử bất khả quy số vành nguyên, vành nguyên phức vành đa thức Khóa luận hồn thành trường Đại học Quảng Bình hướng dẫn Th.S Trần Mạng Hùng Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy, người tận tình hướng dẫn, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tơi suốt q trình học tập thực khóa luận Quảng Bình, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thị Thúy Ngọc CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Miền nguyên trường 1.1.1 Định nghĩa Ta gọi vành tập hợp R = ∅ với hai phép tốn, gồm phép cộng +:R×R→R (x, y) → x + y phép nhân :R×R→R (x, y) → xy thõa mãn điều kiện sau: i (R,+) nhóm abel ii (R,.) nửa nhóm iii Phép nhân phân phối phép cộng • Nếu phép nhân vành có tính chất giao hốn ta nói vành vành giao hốn • Nếu phép nhân vành có đơn vị ta nói vành vành có đơn vị Đơn vị vành thường ký hiệu Chú ý tồn vành khơng có đơn vị • Tập hợp gồm phần tử không với phép cộng phép nhân lập thành vành gọi vành không Hơn nữa, vành gồm phần tử vành khơng Nếu R vành có đơn vị mà khơng phải vành khơng = Thật vậy, = ∀x ∈ R ta có x = x1 = x0 = Suy R vành khơng, mâu thuẫn, = 1.1.2 Ví dụ Z, Q, R vành giao hốn, có đơn vị Cho n > số nguyên dương Tập hợp nZ với phép cộng nhân số thơng thường vành giao hốn khơng có đơn vị Tập hợp M (n, R) ma trận vuông cấp n(n > 0) với phần   tử thực 0 0 với hai phép toán cộng nhân mà trận vành có đơn vị   0 Vành nói chung khơng giao hốn 1.1.3 Định nghĩa Một vành giao hốn, có đơn vị, khác không chứa ước gọi miền nguyên Chẳng hạn, vành số nguyên Z miền nguyên Vành Z6 khơng phải miền ngun 1.1.4 Định lí [4] Vành Zn miền nguyên n số nguyên tố 1.1.5 Định lí Đặc số miền nguyên số nguyên tố 1.1.6 Định nghĩa Cho R vành giao hốn, có đơn vị = Khi phần tử x ∈ R gọi khả nghịch vành R tồn y ∈ R cho xy = Với phần tử x ∈ R, phần tử y xác định gọi nghịch đảo x, ký hiệu x−1 Gọi U tập tất phần tử khả nghịch vành R Khi U nhóm phép nhân R Chẳng hạn, U (Z) = {1, −1}; U (Q) = Q∗ ; Với K trường, U (K) = K ∗ ; U (K[x]) = K ∗ ; U (Z[x]) = {1, −1} 1.1.7 Nhận xét Một miền nguyên mà phần tử khác không khả nghịch trường Một tập hợp với phép cộng phép nhân thỏa mãn đầy đủ tiên đề trường trừ tiên đề tính giao hốn phép nhân gọi thể 1.1.8 Định lí [4] Zn trường n số nguyên tố 1.2 Đa thức trường 1.2.1 Định nghĩa hàm đa thức Giả sử f (x) đa thức thuộc vành đa thức K[x] Một ánh xạ f : K → K cho a → f (a), ∀a ∈ K gọi ánh xạ đa thức hay hàm đa thức Tập hợp F tất ánh xạ đa thức lập thành vành vành tất ánh xạ từ K tới K , với phép cộng phép nhân theo điểm: (f + g)(a) = f (a) + g(a); (f g)(a) = f (a).g(a), ∀a ∈ K 1.2.2 Định nghĩa [4] Nếu K trường trường E , ta gọi E trường mở rộng (hay nói gọn mở rộng) trường K Cho E trường mở rộng trường K Một phần tử u ∈ E gọi nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x] f (u) = Khi đó, ta nói u nghiệm phương trình đại số đa thức f (x) = 1.2.3 Định lí (Định lí phép chia có dư) [4] Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] hai đa thức với hệ tử trường K , f (x) = Khi tồn hai đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] cho: f (x) = g(x).q(x) + r(x),trong r(x) = r(x) = degr(x) < degg(x) Q(x) R(x) đa thức hệ số hữu tỉ degQ(x) < degP(x), degR(x) < degP(x) Ta viết Q(x) R(x) lại c a Q(x) = Q1 (x), R(x) = R1 (x), b d (a, b) = 1, (c, d) = 1, Q1 (x) R1 (x) đa thức nguyên Khi cd Q1 (x)R1 (x) bd Nhưng theo trước Q1 (x)R1 (x) đa thức nguyên P (x) đa P (x) = thức hệ số nguyên, dẫn đến số q = ac bd Suy P (x) = (q.Q1 (x)) R1 (x), trái với giả thiết P (x) bất khả quy tập số nguyên Như vậy, khả quy tập hợp số hữu tỉ đưa bất khả quy tập số nguyên Do phần lại ta xét đến đa thức hệ số nguyên 2.3.9 Ví dụ Chứng minh P (x) = x4 − 3x3 + 2x2 + 2x − bất khả quy tập hợp số hữu tỉ Chứng minh: Giả sử ngược lại, nghĩa P (x) = Q(x).R(x), degQ(x) < 4, degR(x) < ngồi định lí 2.3.8 ta cho Q(x) R(x) đa thức hệ số nguyên Để cụ thể cho degQ(x) ≥ degR(x) Khi textupdegQ(x) = degQ(x) = Nếu degQ(x) = 1, P (x) có nghiệm hữu tỉ Nhưng nghiệm hữu tỉ P (x) số sau: ±1, ±2, ±3, ±6 Mặt khác kiểm tra trực tiếp (bằng sơ đồ Horner) thấy không số nghiệm đa thức xét Suy trường hợp textupdegQ(x) = Nếu degQ(x) = 2, P (x) = x4 − 3x3 + 2x2 + 2x − = (ax2 + bx + c)(px2 + qx + r), 36 a, b, c, p, q, r số nguyên Bằng cách so sánh hệ số đẳng thức ta nhận ap = 1, aq + bp = −3, ar + bq + cp = 2, br + cq = 2, cr = −6 Vì a p số nguyên, a = p = a = p = −1, khơng tính tổng quát ta cho a = p = Nghĩa b + q = −3, r + bq + c = 2, br + cq = 2, cr = −6 Cũng khơng tính tổng qt ta giả sử |c| ≤ |r| Cho số nguyên c r ta có khả sau: a) c = 1, r = −6 Khi b + q = −3, −6b + q = 2, nghĩa 7b = −5, điều trái với giả thiết số b số nguyên b) c = −1, r = Khi b + q = −3, 6b − q = 2, nghĩa 7b = −1, điều trái với giả thiết số b số nguyên c) c = 2, r = −3 Khi b + q = −3, −3b + 2q = 2, 37 nghĩa 5b = −8, điều trái với giả thiết số b số nguyên d) c = −2, r = Khi b + q = −3, 3b − 2q = 2, nghĩa 5b = −4, điều trái với giả thiết số b số nguyên Như ta thấy trường hợp degQ(x) = xảy Suy đa thức xét bất khả quy tập số hữu tỉ 2.3.10 Định lí [3] (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho P (x) = a0 xn +a1 xn−1 + .+an−1 x+an đa thức hệ số nguyên Giả sử tồn số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện sau: i) a0 không chia hết cho p ii) Tất hệ số khác a1 , a2 , , an chia hết cho p iii) an khơng chia hết cho p2 Khi đa thức P (x) bất khả quy (tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein) Nếu tất giả thiết thõa mãn f (x) bất khả quy Q Chứng minh: Giả sử ngược lại Ta có P (x) = Q(x).R(x) (2.1) Q(x) R(x) đa thức có hệ số nguyên Ta viết Q(x) R(x) cụ thể: Q(x) = b0 xl + b1 xl−1 + + bl , R(x) = c0 xm + c1 xm−1 + + cm l m kí hiệu bậc Q(x) R(x) cho l > 0, m > 0, l + m = n Bằng cách so sánh hệ số tự do,(sử dụng nguyên lí so sánh hệ số) Ta 38 có an−1 = bl cm−1 + bl−1 cm , an−2 = bl cm−2 + bl−1 cm−1 + bl−2 cm , an−3 = bl cm−3 + bl−1 cm−2 + bl−2 cm−1 + bl−3 cm , an−l = am = bl cm−l + bl−1 cm−l+1 + + b1 cm−1 + b0 cm Nếu bất đẳng thức xuất hệ số dạng ci với i < (nó ln ln có, m < l) ta giả thiết khơng Bây bl p bn−1 p, từ đằng thức thứ suy bl−1 cm p Nhưng bl cm suy bl−1 p Tiếp tục từ đẳng thức thứ hai, cách ý bl p, an−1 p cm p ta nhận bl−2 p Tương tự từ đẳng thức thứ ba suy bl−3 p cách tiếp tục phương pháp dẫn đến kết b0 p Nhưng p chia hết cho hệ số cao a0 = b0 c0 P (x), điều trái với giả thiết 2.1 Những đa thức thỏa mãn điều kiện định lí gọi đa thức Eisenstein với số nguyên tố p 2.3.11 Ví dụ Đa thức f (x) = x4 + 2x + bất khả quy Q (với p = 2) 2.3.12 Ví dụ Chứng minh đa thức sau bất khả quy: f (x) = x4 − 2x + Chứng minh: Đặt x = y + thay vào đa thức ta có f (y) = (y + 1)4 − 2(y + 1) + = y + 4y + 6y + 2y + Suy f (y) bất khả quy với p = Qua ví dụ ta thấy cách thay đổi biến ta chứng minh tính bất khả quy đa thức khơng Eisenstein để thành Eisenstein Điều phát huy tác dụng tiêu chuẩn Eisenstein 39 Như vậy, có câu hỏi đặt cho đa thức bất khả quy, để chứng minh bất khả quy băng cách thay đổi biến mà biến đổi thành đa thức Eisenstein khơng? Câu trả lời khơng có cách biến đổi 2.3.13 Ví dụ Cho đa thức f (x) = 2x2 + 1, đa thức không phân tích tập số Q nên khơng có nghiệm Q Ta đổi biến x để đưa đa thức Eisenstein: Đổi biến: x = ay + b(a, b ∈ Z) Ta có: Q(y) = 2a2 y + 4aby + 2b2 + Giả sử Q(y) đa thức Eisenstein, nghĩa tồn số p cho: 2a2 p, 4ab p, 2b2 + p Từ 2b2 + p suy b p Nhưng 4a p Từ đây, a p p Trường hợp thứ ta nhận hệ số cao đa thức Q(y) chia hết cho p Điều trái với đa thức Eisenstein Trường hợp thứ hai chia hết cho p , nghĩa p = Nhưng hiển nhiên 2b2 + p vô lý Điều cho ta thấy được, tồn đa thức khơng phân tích mà khơng có cách biến đổi tuyến tính ẩn chuyển thành đa thức Eisenstein 2.3.14 Ví dụ Giả sử f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ), ∈ Z phân biệt Chứng minh f (x) bất khả quy Q[x] Chứng minh: Giả sử f (x) khả quy, tức tồn h(x), g(x), deg h(x) < n, deg g(x) < n, cho : f (x) = g(x).h(x) Ta có: f (ai ) = g(ai ).h(ai ) = −1 (∗) (1) Vì f (x) ∈ Z[x] nên g(x), h(x) ∈ Z[x] nên từ (1) ⇒ g(ai ) + h(ai ) = 40 Đặt q(x) = g(x) + h(x), degq(x) = max {degg(x),degh(x)} < n Ta thấy q(ai ) = 0, ∀i = 1, n mà degq(x) < n nên q(x) ≡ ⇒ g(x) = −h(x) Thay vào (*) ⇒ f (x) = −g (x) ⇒ f (x) có hệ số dẫn đầu số âm (mâu thuẫn giả thiết) ⇒ f (x) bất khả quy Q[x] 2.3.15 Ví dụ Cho a1 , a2 , , an số nguyên khác nhau, p số nguyên P (x) = p(x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) + Chứng minh đa thức khơng phân tích được, loại trừ trường hợp sau đây: • p = 4, n = a1 , a2 hai số liên tiếp, nghĩa a1 = a2 ± Cụ thể P (x) = 4(x − a1 )(x − a1 − 1) + = (2(x − a1 ) − 1)2 • p = 1, n = a1 , a2 , a3 , a4 (sắp xếp theo thích hợp) bốn số liên tục Khi P (x) = 4(x − a1 )(x − a1 − 1)(x − a1 − 2)(x − a1 − 3) + = ((x − a1 − 1)(x − a1 − 2) − 1)2 • p = 1, n = a1 , a2 khác đơn vị, nghĩa a1 = a2 ± Khi đó: P (x) = (x − a1 )(x − a1 − 2) + = (x − a1 − 1)2 Chứng minh: Giả sử đa thức P (x) phân tích Cho P (x) = G(x).H(x) với G(x) H(x) đa thức hệ số nguyên có bậc nhỏ n Vì P (ai ) = với i = 1, 2, , n ta có G(ai ).H(ai ) = số G(ai ), H(ai ) số nguyên, từ suy với i G(ai ) = H(ai ) = G(ai ) = H(ai ) = −1 Với giá trị khác i vế phải có dấu khác nhau, điều khơng quan trọng, mà quan trọng với i(1 ≤ i ≤ n) đẳng thức sau đúng: G(ai ) − H(ai ) = Bằng cách ta tìm n nghiệm khác 41 a1 , a2 , , an đa thức G(x) − H(x) Nhưng bậc đa thức nhỏ n, suy phải đồng không, nghĩa G(x) − H(x) = G(x) = H(x) Ta thay đẳng thức vừa nhận vào P (x) = G(x).H(x) ta nhận P (x) = G2 (x) Như vậy, P (x) phân tích phải bình phương đa thức khác G(x), từ suy bậc đa thức cho n số chẵn, hệ số cao p số phương Nghĩa là, P (x) khơng phân tích ta n số lẻ n số chẵn, p số phương, trường hợp riêng p số âm Ta đặt p = q n = 2m Ở q hệ số cao G(x), m bậc Khơng tính tổng qt ta cho q > (trường hợp ngược lại ta thay dấu tất hệ số đa thức G(x)) Ta xét đa thức G(x) Với i ta có G(ai ) = G(ai ) = −1 Ta chứng minh đẳng thức thõa mãn với m giá trị i Thật vậy, G(ai ) = với nhều m giá trị i, bậc G(x) m, ta nhận G(x) trùng với số 1, điều vơ lí Suy số lượng k số I cho G(ai ) = không lớn m Bây giả sử k < m, ta nhận G(ai ) = −1 với n − k > m số i Từ ta lại suy G(x) trùng với số -1, điều lại dẫn đến vơ lí Như đẳng thức G(ai ) = thõa mãn cho m giá trị i Khơng tính tổng quát ta cho G(ai ) = G(a2 ) = = G(am ) = G(am+1 ) = G(am+2 ) = = G(an ) = −1(trong trường hợp ngược lại ta chuyển vị trí kí hiệu lại cho thích hợp) Ta xét đa thức G(x) − Đa thức có bậc m, hệ số bậc cao q đa biết m nghiệm khác a1 , a2 , , am Suy G(x) − = q(x − a1 )(x − a2 ) (x − am ) 42 Hoặc G(x) = q(x − a1 )(x − a2 ) (x − am ) + = + qϕ1 (x), đây, ϕ1 (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − am ) Ta đặt ϕ2 (x) = (x−am+1 )(x−am+2 ) (x−an ) Ta có ϕ(x) = ϕ1 (x)ϕ2 (x) Ta trở lại P (x) = G2 (x) đa thức P (x) Cụ thể ta viết lại sau pϕ(x) + = (qϕ1 (x) + 1)2 , Hoặc pϕ(x) + = q ϕ21 (x) + 2qϕ1 (x) + Nghĩa pϕ(x) = q ϕ21 (x) + 2qϕ1 (x) Ta biết p = q ϕ(x) = ϕ1 (x)ϕ2 (x), chia hai vế đẳng thức cho qϕ1 (x), ta nhận qϕ2 (x) = qϕ1 (x) + q(ϕ2 (x) − ϕ1 (x)) = (2.2) Ta tính hệ số tự vế trái đẳng thức, (−1)m q(am+1 am+2 an − a1 a2 am ) Bằng cách so sánh hệ số đẳng thức 2.2, ta nhận (−1)m q(am+1 am+2 an − a1 a2 am ) = Chú ý ta làm việc với số nguyên, từ đẳng thức sau ta nhận q = ±1 q = ±2 ta giả thiết q > nên q lại trường hợp q = q = 2, tương ứng p = p = Như ta chứng minh đa thức P(x) khơng phân tích p = p = Ta xét cụ thể hai trường hợp Trường hợp p = (Nghĩa q = 2): Trong trường hợp phương trình 2.2 có dạng: ϕ2 (x) − ϕ1 (x) = 43 (2.3) Cụ thể là: (x − am+1 )(x − am + 2) (x − an ) − (x − a1 )(x − a2 ) (x − am ) = Ta chứng minh đẳng thức với m = Thật vậy, thay x = a1 ta nhận được: (a1 − am+1 )(a1 − am + 2) (a1 − an ) = Vì tất thừa số vế trái số nguyên, nên số hạng +1 −1 Từ đây, m ≥ 3, hai thừa số trùng nhau, điều trái với giả thiết cho chúng phải khác Nếu m = ta có hai thừa số tích chúng dương, nên chúng dấu, suy trùng điều lại dẫn đến vơ lí Như vây, trường hợp p = khả m = Đẳng thức 2.3 có dạng: (x − a2 ) − (x − a1 ) = 1, a1 = a2 + Như ta rơi vào trường hợp đề Trường hợp p = (Nghĩa q = 1): Đẳng thức 2.2 có dạng: ϕ2 (x) − ϕ1 (x) = (2.4) Từ dễ dàng suy m ≤ Thật vậy, ta lại thay x = a1 vào 2.4 nhận (a1 − am+1 )(a1 − am+2 ) (a1 − an ) = Nếu số lượng thừa số m lớn cách chứng minh phần trước ta nhận hai chúng Suy m ≤ Bây chứng minh m = Thật vậy, cho m = 3, 2.4 ta lại đặt x = a1 Ta nhận (a1 − a4 )(a1 − a5 )(a1 − a6 ) = 44 Từ đẳng thức suy hai thừa số vế trái ±1, chúng phải có dấu trái nhau, ngược lại chúng trùng Ta cho a1 − a5 = 1, a1 − a6 = −1 Khi a1 − a4 = −2 hay a1 = a4 − Ta lặp lại lí luận a2 thay vào chỗ a1 Ta nhận a2 = − 2, i số {4, 5, 6} Đẳng thức a2 = a4 − khơng thể xảy ra, từ suy a1 = a2 (do ta biết a1 = a4 − 2) Suy a2 = a5 − a2 = a6 − Khơng tính tổng quát ta cho a2 = a5 − Cuối cách thay x = a3 vào 2.4, với lí luận tương tự ta thấy a3 = a6 − Bây ta tình hệ số trước x2 vế trái 2.4 Mặt khác, (vì x2 khơng có cơng thức khai triển) Mặt khác cách tính tốn trực tiếp ta nhận −a4 − a5 − a6 + a1 + a2 + a3 = −6 = 0, vơ lí Như m = m lại hai khả m = m = m = Ta thay 2.4 x = a1 x = a2 Ta nhận (a1 − a3 )(a1 − a4 ) = 2, (a2 − a3 )(a2 − a4 ) = Từ đẳng thức thứ suy bốn khả sau: a1 − a3 = 1, a1 − a4 = 2; a1 − a3 = −1, a1 − a4 = −2 a1 − a3 = 2, a1 − a4 = 1; a1 − a3 = −2, a1 − a4 = −1 Bởi vai trò a3 a4 đối xứng, nên ta xét hai trường hợp đầu đủ Sau ta xét trường hợp thứ 2: Ta có: a3 = a1 + a4 = a1 + Bằng cách thay vào đẳng thức (a2 − a3 )(a2 − a4 ) = 2, ta nhận (a2 − a1 − 1)(a2 − a1 − 2) = 45 Từ với ý a2 − a1 − > a2 − a1 − 2, ta nhận a2 − a1 − = −2, a2 − a1 − = −1 a2 − a1 − = −2, a2 − a1 − = Trong trường hợp thứ ta nhận a1 = a2 , trái vói điều kiện cho Suy trường hợp thứ hai suy a2 = a1 + Như a1 , a3 = a1 + 1, a4 = a1 + 2, a2 = a1 + bốn số nguyên liên tiếp, điều loại trừ trường hợp đề Chỉ m = 1, 2.4 có dạng: (x − a2 ) − (x − a1 ) = Từ suy a1 = a2 + 2, điều kiện đề loại trừ 2.3.16 Ví dụ (VMO 2011) Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức P (x, y) = xn + xy + y n viết dạng P (x, y) = G(x, y).H(x, y), G(x, y) H(x, y) đa thức với hệ số thực, khác đa thức Chứng minh: Giả sử tồn đa thức G(x, y) H(x, y) thỏa mãn degG ≥ 1, degH ≥ cho P (x, y) = G(x, y).H(x, y) Khi dễ thấy degH + degG = n Từ giả thiết ta có G(x, 0).H(x, 0) = xn , suy tồn k ∈ N, a1 a2 = cho H(x, 0) = a1 xk , G(x, 0) = a2 xn−k Do G(x, y) H(x, y) đa thức nên ta viết chúng dạng H(x, y) = a1 xk + yH1 (x, y), G(x, y) = a2 xn−k + yG1 (x, y) 46 G1 (x, y), H1 (x, y) đa thức Thay vào P (x, y) rút gọn, ta a1 xk yG1 (x, y) + a2 xn−k yH1 (x, y) + y G1 (x, y).H1 (x, y) = xy + y n , hay a1 xk G1 (x, y) + a2 xn−k H1 (x, y) − x = y n−1 − yG1 (x, y).H1 (x, y) Cho y = 0, ta có x = a1 xk G1 (x, 0) + a2 xn−k H1 (x, 0) Giả sử k n − k lớn Khi ta có hai khả xảy ra: • Cả hai đa thức G1 (x, 0) H1 (x, 0) đồng 0, suy x đồng (vơ lí) • Có hai đa thức có bậc ≥ 1, giả sử G1 (x, 0) Khi bậc hạng tử cao đa thức vế phải k + degG1 > Do vậy, hai số k n − k phải có số bé Khơng tính tổng qt, ta giả sử k ≤ • Nếu k = H1 ≡ Khi H(x, y) ≡ a1 (loại) • Nếu k = H1 ≡ b = Khi H(x, y) = a1 x+by hay xn +xy+y n = 0, ∀x = − aby1 Mà điều kể n = Vậy tốn chứng minh 2.3.17 Ví dụ (VMO 2014) Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P (x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Chứng minh: Giả sử P (x) = P1 (x)P2 (x) Pn+1 (x) Vì tổng bậc 47 Pi (x) 4n nên phải có hai đa thức, giả sử P1 (x), P2 (x), có bậc Do P (x) có hệ số cao nên ta giả sử P1 (x), P2 (x) có hệ số cao 1: P1 (x) = x2 + ax + b, P2 (x) = x2 + cx + d Vì P1 (x), P2 (x) khơng có nghiệm thực nên P1 (x) > 0, P2 (x) > với x Ta có 13 = P (1) = P1 (1)P2 (1) Pn+1 (1), 13 = P (6) = P1 (6)P2 (6) Pn+1 (6) Từ đây, hai số P1 (1), P2 (1) có số Khơng tính tổng quát, giả sử P1 (1) = Suy a = −b Lúc P1 (6) = 36 − 5b Ta thấy 36 − 5b > khơng thể 13 nên xảy 36 − 5b = 1, suy b = 7, a = −7 Nhưng lúc đa thức P1 (x) = x2 − 7x + có nghiệm thực, mâu thuẫn Suy điều phải chứng minh 48 KẾT LUẬN Nội dung khóa luận trình bày số kiến thức sở phần tử bất khả quy số miền nguyên Cụ thể khóa luận hồn thành việc sau: Trình bày số tính chất miền nguyên, đa thức trường trường phân rã đa thức Tìm hiểu số hàm số số học Phát biểu chứng minh chi tiết số tính chất đặc trưng phần tử bất khả quy vành số nguyên, vành số nguyên phức vành đa thức với hệ số hữu tỉ Sưu tầm trình bày chi tiết lời giải toán kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia quốc tế 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tự Cường (2003), Giáo trình Đại số đại, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Tiến Quang (2010), Cơ sở lý thuyết trường lý thuyết Galois, NXB Đại học Sư Phạm Hà Nội [4] Hồng Xn Sính (2004), Đại số đại cương, NXB Giáo dục [5] Ngô Việt Trung (2006), Lý thuyết Galois, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Nguyễn Chánh Tú (2006), Mở rộng trường lý thuyết Galois, NXB Giáo dục [7] Dương Quốc Việt (2008), Cơ sở lý thuyết số đa thức, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội 50 ... 13 Phần tử bất khả quy số vành 2.1 Số nguyên tố vành số nguyên 16 16 2.2 Phần tử bất khả quy vành số nguyên phức 25 2.3 Đa thức bất khả quy trường số hữu tỷ ... số học cho vành Z[i] mà ta thiết lập cho thấy cần thiết việc nghiên cứu phần tử khả nghịch phần tử bất khả quy vành Nhắc lại phần tử khả nghịch miêu tả Mệnh đề 2.2.6 Về phía phần tử bất khả quy, ... niệm số nguyên tố Lưu ý α ∈ Z bất khả quy Z[i] ±α số nguyên tố thông thường Tuy nhiên điều ngược lại không đúng, chẳng hạn phần tử bất khả quy Z[i] = −i(1 + i)2 Ta nghiên cứu phần tử bất khả quy