Chủ đề này có 3 trả lời

[tienthcsln]

Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $b$. Giả sử trong phân tích theo cơ số $b$,
$p=\overline{p_n p_{n-1}...p_0} _{(b)}$, $p_n \ne 0$. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy:

$P(x)=p_n x^n +... +p_1 x +p_0$

 

[phamxuanvinh08101997]

Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $b$. Giả sử trong phân tích theo cơ số $b$,
$p=\overline{p_n p_{n-1}...p_0} _{(b)}$, $p_n \ne 0$. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy:

$P(x)=p_n x^n +... +p_1 x +p_0$

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

Theo tiêu chuẩn Perron ta cần

1. \[P\left( b \right) = p\] (hiển nhiên)

2. \[P\left( {b - 1} \right) \ne 0\] (hiển nhiên)

3. Tất cả các nghiệm của đa thức thoả mãn \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) < b - \frac{1}{2}\]

Ta đi cm điều 3

Nếu \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) \le 0\] thì (3) là hiển nhiên

Ta xét \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > 0\] ,gọi \[\left| z \right| = r\] ,rõ ràng r>1 vì nếu ngược lại ta cũng có đpcm

Ta có \[P\left( z \right) = 0\] suy ra \[{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z} + \frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}} = 0\] do z khác 0

\[ \Rightarrow \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right| = \left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right|\]

Theo bất đẳng thức modun thì \[\left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{{\left| z \right|}^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{{\left| z \right|}^n}}} = \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Ta chú ý rằng \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right|\]

Suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Do \[{a_i} \le b - 1\] ,ta có đánh giá \[\frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{r^n}}} \le (b - 1)\left( {\frac{1}{{{r^2}}} + ... + \frac{1}{{{r^n}}}} \right) = \frac{{\left( {b - 1} \right)}}{{{r^2}}}\frac{{1 - \frac{1}{{{r^n} - 1}}}}{{1 - \frac{1}{r}}} < (b - 1)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{1}{{1 - \frac{1}{r}}} = (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

từ đó suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

do đó \[1 < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\] , vì r>1 nên r(r-1)>0 . suy ra r(r-1)<b-1

Đến đây ta giả sử \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) \ge b - \frac{1}{2}\] suy ra \[r \ge b - \frac{1}{2}\] hay \[r - 1 \ge b - \frac{3}{2}\]

nên \[r(r - 1) \ge {b^2} - 2b + \frac{3}{4}\] từ đó ta có \[{b^2} - 2b + \frac{3}{4} < b - 1 \Leftrightarrow {b^2} - 3b + \frac{7}{4} < 0\]

do là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 nên suy ra điều vô lí vậy điều giả sử là sai ,nên suy ra đpcm

[phamxuanvinh08101997]

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

Theo tiêu chuẩn Perron ta cần

1. \[P\left( b \right) = p\] (hiển nhiên)

2. \[P\left( {b - 1} \right) \ne 0\] (hiển nhiên)

3. Tất cả các nghiệm của đa thức thoả mãn \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) < b - \frac{1}{2}\]

Ta đi cm điều 3

Nếu \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) \le 0\] thì (3) là hiển nhiên

Ta xét \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) > 0\] ,gọi \[\left| z \right| = r\] ,rõ ràng r>1 vì nếu ngược lại ta cũng có đpcm

Ta có \[P\left( z \right) = 0\] suy ra \[{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z} + \frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}} = 0\] do z khác 0

\[ \Rightarrow \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right| = \left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right|\]

Theo bất đẳng thức modun thì \[\left| {\frac{{{a_2}}}{{{z^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{z^n}}}} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{{\left| z \right|}^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{{\left| z \right|}^n}}} = \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Ta chú ý rằng \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \left| {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right|\]

Suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| \le \frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ...\frac{{{a_n}}}{{{r^n}}}\]

Do \[{a_i} \le b - 1\] ,ta có đánh giá \[\frac{{{a_2}}}{{{r^2}}} + ... + \frac{{{a_n}}}{{{r^n}}} \le (b - 1)\left( {\frac{1}{{{r^2}}} + ... + \frac{1}{{{r^n}}}} \right) = \frac{{\left( {b - 1} \right)}}{{{r^2}}}\frac{{1 - \frac{1}{{{r^n} - 1}}}}{{1 - \frac{1}{r}}} < (b - 1)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{1}{{1 - \frac{1}{r}}} = (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

từ đó suy ra \[\left| {{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{a_0} + \frac{{{a_1}}}{z}} \right)} \right| < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\]

do đó \[1 < (b - 1)\frac{1}{{r(r - 1)}}\] , vì r>1 nên r(r-1)>0 . suy ra r(r-1)<b-1

Đến đây ta giả sử \[{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) \ge b - \frac{1}{2}\] suy ra \[r \ge b - \frac{1}{2}\] hay \[r - 1 \ge b - \frac{3}{2}\]

nên \[r(r - 1) \ge {b^2} - 2b + \frac{3}{4}\] từ đó ta có \[{b^2} - 2b + \frac{3}{4} < b - 1 \Leftrightarrow {b^2} - 3b + \frac{7}{4} < 0\]

do là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 nên suy ra điều vô lí vậy điều giả sử là sai ,nên suy ra đpcm

Latex tương đối kém thông cảm nhá

[tienthcsln]

Thực sự đề ra thế này thì khó quá ,mình chỉ chứng minh đc khi \[b \ge 3\]

 

Mình chép thiếu điều kiện $b \ge 3$ mà không để ý, sr.