Chủ đề này có 3 trả lời

[tranquocluat_ht]

Cho $a,m,n \in \mathbb{N}^{*}$ và $p \in P, p<a-1.$ Chứng minh $x^m(x-a)^n+p$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}_{[x]}.$

[Nxb]

Tập P là tập gì vậy anh

[tranquocluat_ht]

Tập P là tập gì vậy anh

Tập số nguyên tố thông thường.

[WhjteShadow]

Cho $a,m,n \in \mathbb{N}^{*}$ và $p \in P, p<a-1.$ Chứng minh $x^m(x-a)^n+p$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}_{[x]}.$

Hì hì bài này là bài thầy Vuợng cho hôm đi trường Xuân đúng không ạ Hôm đó em nghĩ cả buổi chiều mới ra, về nhà ngẫm lại k hiểu sao mình ngu vậy T_T 

Dễ thấy 1 đa thức khả quy trong $\mathbb{Z}[x]$ tương đương với việc nó khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ (Bổ đề Gauss) nên ta chỉ cần chứng minh đa thức $P(x)=x^m(x-a)^n+p$ bất khả quy trong $\mathbb{Z}[x]$ là đủ

Giả sử phản chứng tồn tại 2 đa thức $Q(x)$ và $R(x)\in \mathbb{Z}[x]$ bậc $\geq 1$, hệ số dẫn đầu là $1$ (Nếu là $-1$ thì thay $Q(x);R(x)$ thành $-Q(x),-R(x)$), và thoả mãn $P(x)=x^m(x-a)^{n}+p=Q(x).R(x)$

Ta có $P(0)=Q(0).R(0)=p, P(a)=Q(a).R(a)=p$ suy ra 1 trong 2 số $Q(0)$ và $R(0)$ phải có 1 số có trị tuyệt đối bằng $1$ và số còn lại có trị tuyệt đối bằng $p$.

Không mất tính tổng quát giả sử $|Q(0)|=1,|R(0)|=p$, gọi bậc của $Q(x)$ là $k$ và $Q(x)$ có $k$ nghiệm phức $z_1;z_2;...;z_k$. Suy ra $|z_1.z_2....z_{k}|=1$. (*), $Q(x)=(x-z_1).(x-z_2)...(x-z_k)$

Mặt khác do $z_{i}\,\,\forall i=\overline{1;k}$ cũng là nghiệm của $P(x)$, từ đây ta có :

$$z_i^m.(z_i-a)^n+p=0\,\,\forall i=\overline{1;k}$$

$$\Leftrightarrow z_i^m.(z_i-a)^n=-p\,\,\forall i=\overline{1;k}$$

Lấy tích của $k$ đẳng thức trên ta có :

$$(z_1.z_2....z_{k})^m.\left[(z_1-a)(z_2-a)...(z_k-a)\right]^n=(-p)^k$$

$$\Leftrightarrow |\left[(z_1-a)(z_2-a)...(z_k-a)\right]^n|=|p^k|\,\,\,\,\text{Do (*)}$$

$$\Leftrightarrow |Q(a)|^{n}=|p^k|$$

Mà do $Q(a)|P(a)=p$ suy ra $|Q(a)|=\{1;p\}$, vậy $|Q(a)|=p$ và $n=k$.

Vậy chúng ta có $|Q(a)|=p,|R(a)|=1$, $Q(x)$ bậc $n$, $R(x)$ bậc $m$.

Lại từ (*), áp dụng định lý Viète ta có hệ số tự do của $Q(x)$ phải là $1$ hoặc $-1$.

$\bullet$ Nếu hệ số tự do $Q(x)$ là $1$.

Suy ra $Q(x)=x.K(x)+1$ với $K(x)\in\mathbb{Z}[x]$ khác đa thức 0 ( Do $Q(x)$ có bậc $\geq 1$).

$\Rightarrow a-1>p=|Q(a)|=|a.K(a)+1|\geq |a.K(a)|-1$ ( $a-1>p$ có từ giả thiết).

$\Rightarrow |K(a)|<1\Rightarrow K(a)=0\Rightarrow Q(a)=1= p$ (mâu thuẫn !)

$\bullet$ Nếu hệ số tự do $Q(x)$ là $-1$, làm tương tự.

Vậy ta có điều giả sử là sai, tóm lại $P(x)$ bất khả quy !!!

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 19-04-2014 - 15:50