Chủ đề này có 4 trả lời

[dark templar]

1 bài toán đã cũ và khá hay
Bài toán: Cho $n \ge 2$ và đa thức $P(x)$ xác định bởi:$P(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}$.Chứng minh rằng phương trình $P(x)=0$ không có nghiệm hữu tỷ.

[perfectstrong]

Lời giải:
Nếu $\alpha \in \mathbb{Q}$ là nghiệm của $P(x)$ thì $\alpha$ cũng là nghiệm của phương trình:
\[
\begin{array}{l}
x^n + nx^{n - 1} + ... + \frac{{n!}}{{k!}}x^k + ... + n! = 0 \\
\Rightarrow \alpha ^n + n\alpha ^{n - 1} + ... + \frac{{n!}}{{k!}}\alpha ^k + ... + n! = 0 \quad \left( 1 \right) \\
\end{array}
\]
Vì $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên có hệ số bậc cao nhất là $1$ và có nghiệm $\alpha \in \mathbb{Q}$ thì $\alpha$ là số nguyên.
Gọi $p$ là 1 ước nguyên tố bất kì của $n$. Với $k=\overline{1,n}$, đặt \[
r_k = v_p (k!) \Rightarrow r_k = \left\lfloor {\frac{k}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\frac{k}{{p^2 }}} \right\rfloor + ... + \left\lfloor {\frac{k}{{p^s }}} \right\rfloor
\]
Trong đó, $s$ là số tự nhiên thỏa $p^s \le k <p^{s+1}$.
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow r_k \le \frac{k}{p} + \frac{k}{{p^2 }} + ... + \frac{k}{{p^s }} = k.\frac{{1 - p}}{{1 - p^s }} < k \\
\Rightarrow r_n - r_k > r_n - k \\
\Rightarrow r_n - r_k \ge r_n - k + 1 \\
\Rightarrow \frac{{n!}}{{k!}} \vdots p^{r_n - k + 1} \\
\end{array}
\]
Lại có, do $p|n$ nên từ $(1) \Rightarrow p|\alpha \Rightarrow \alpha^k \vdots p^k \Rightarrow \frac{{n!}}{{k!}}\alpha ^k \vdots p^{r_n + 1} \,\, \forall k=\overline{1,n}$.
Do (1) nên $n! \vdots p^{r_n+1}$: mâu thuẫn do $r_n=v_p(n!)$ nên $n! \not \vdots p^{r_n+1}$.
Vậy điều giả sử là sai hay $P(x)$ vô nghiệm hữu tỷ.

[gogo123]

Bài toán: Chứng minh $P(x)$ ở trên bất khả quy trong $Q[x]$

[cool hunter]

Lời giải:
Nếu $\alpha \in \mathbb{Q}$ là nghiệm của $P(x)$ thì $\alpha$ cũng là nghiệm của phương trình:
\[
\begin{array}{l}
x^n + nx^{n - 1} + ... + \frac{{n!}}{{k!}}x^k + ... + n! = 0 \\
\Rightarrow \alpha ^n + n\alpha ^{n - 1} + ... + \frac{{n!}}{{k!}}\alpha ^k + ... + n! = 0 \quad \left( 1 \right) \\
\end{array}
\]
Vì $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên có hệ số bậc cao nhất là $1$ và có nghiệm $\alpha \in \mathbb{Q}$ thì $\alpha$ là số nguyên.
Gọi $p$ là 1 ước nguyên tố bất kì của $n$. Với $k=\overline{1,n}$, đặt \[
r_k = v_p (k!) \Rightarrow r_k = \left\lfloor {\frac{k}{p}} \right\rfloor + \left\lfloor {\frac{k}{{p^2 }}} \right\rfloor + ... + \left\lfloor {\frac{k}{{p^s }}} \right\rfloor
\]
Trong đó, $s$ là số tự nhiên thỏa $p^s \le k <p^{s+1}$.
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow r_k \le \frac{k}{p} + \frac{k}{{p^2 }} + ... + \frac{k}{{p^s }} = k.\frac{{1 - p}}{{1 - p^s }} < k \\
\Rightarrow r_n - r_k > r_n - k \\
\Rightarrow r_n - r_k \ge r_n - k + 1 \\
\Rightarrow \frac{{n!}}{{k!}} \vdots p^{r_n - k + 1} \\
\end{array}
\]
Lại có, do $p|n$ nên từ $(1) \Rightarrow p|\alpha \Rightarrow \alpha^k \vdots p^k \Rightarrow \frac{{n!}}{{k!}}\alpha ^k \vdots p^{r_n + 1} \,\, \forall k=\overline{1,n}$.
Do (1) nên $n! \vdots p^{r_n+1}$: mâu thuẫn do $r_n=v_p(n!)$ nên $n! \not \vdots p^{r_n+1}$.
Vậy điều giả sử là sai hay $P(x)$ vô nghiệm hữu tỷ.

e mún hỏi $r_{k}=v_{p}\left ( k! \right )$ là gì?

[perfectstrong]

e mún hỏi $r_{k}=v_{p}\left ( k! \right )$ là gì?

Cho $p$ là số nguyên tố. Với $x \in \mathbb{N}^*$, kí hiệu $v_p(x)$ nghĩa là số mũ của $p$ trong phân tích chính tắc của $x$.