gauss2

Lâu rồi ko quay lại diễn đàn

ảnh của gauss2[attachment=5622:IMG_0009.JPG]

$P(X) =(n+1).x^n +....+2n+1$ là đa thức bất khả quy trên $Q[x]$
Lời giải
Chú ý: Đa thức nguyên bản là đa thức có hệ sô nguyên và ýớc chung của tất cả các hệ số là 1.
Bổ ðề 1. Tích 2 ða thức nguyên bản là ða thức nguyên bản. (Bổ ðề Gauss)
Bổ ðề 2.$P(X)$ bất khả quy trên $Z[x] $thì cũng có ngay bất khả quy trên Q[x].
Cm.
Giả sử khả qui trên Q[x], không khả qui trên Z[x]
suy ra: $P(x)=M(x).N(x)$
trong đó $M,N \in Q[x]$
Tồn tại a,b nguyên sao cho M*(x) =a.M(x)và N*(x)=b.N(x) là đa thức nguyên bản.
Khi đó theo bổ đề 1 thì a.b.P(x) là đa thức nguyên bản. Vô lí vì UCLN của các hệ số chia hết cho a.b!
BỔ ĐỀ 3.
Xét đa thức $T(X) =a_n.x^n +a_{n-1}.x^{n-1} + ...+a_1.x +a_0$
với $a_0 \geq a_1 \geq .....\geq a_n > 0.$
Thỉ chỉ có nghiệm ($\in C$ -trên trýờng số phức) với modun $\geq 1$( số phức ðó ).
CHứng minh.
Giả sử $e$ là nghiệm của $T(X)$ với $|e| <1$ .(kí hiệu $|e| $là modun của$ e$)
$=> -a_0 = a_1.e +a_2.e^2 +....+a_n.e^n$
$=> a_0 =-(a_1.e+a_2.e^2+.....+a_n.e^n ) + eT(e) $(vì $T(e)=0$)
$=> a_0 =-(a_1.e+a_2.e^2+.....+a_n.e^n )+ a_0.e+ a_1.e^2 +a_2.e^3 +....+a_n.e^{n+1}$
=$>a_0 = e(a_0 -a_1) + e^2(a_1-a_2 )+....+e^{n-1}(a_{n-1} -a_n ) + e^{n+1} .a_n$
áp dụng BDT $|a+b| \leq |a|+|b| $ có:
$|a_0| \leq |e(a_0 -a_1)| + |e^2(a_1-a_2 )|+....+|e^{n-1}(a_{n-1} -a_n ) |+ |e^{n+1} .a_n|$
mà$ |e|<1$ nên
=>
$a_0 < |a_0-a_1| + |a_1-a_2| +....+|a_{n-1}-a_n| +a_n =a_0 (do a_0 \geq a_1\geq ....\geq a_n)$
VÔ Lí.
BỔ Đề $2$ đựoc chứng minh.
Bor đề 4. đa thức$ P(x)$ bất khả quy trong $Q[x] \Leftrightarrow R(X) =x^{deg P} .P{(\dfrac{1}{x})}$ bất khả quy.trong $Q[x]$
Dễ thấy ngay .Chỉ cần viết biểu thức ra.
...................................
Quay lai bài toán
xét
$R(X) =x^n + 2.x^{n-1}+.....+(n+1) $
Theo bổ đề 3) $R(X) $chỉ có nghiệm với $modun \geq 1$
mà $1/x$ là nghiệm của $P(X)$ => $P(x)$ chỉ có nghiem với $modun \leq 1$
Giả sử $P(X)$ khả quy trên Z==>tồn tại $M(x),N(x) \in Z[x]$ thỏa mãn : $P(x) =M(x).N(x)$
theo định lí viet ta thấy $ |x_1.x_2.....x_n|=frac{1}{n+1}$ <1 nên tồn tại nghiệm $x_i $sao cho $|x_i| <1$
và giả sử $M$ nhận$ x_i $là nghiệm .
Ta có $1=P(0)=M(0).N(0)$
do $M(0),N(0) \in Z$ suy ra $|M(0)|=1$ => tích các module nghiệm của M(x) là 1 Vô lí vì tất cả các nghiệm của M(x) có module $ \leq 1 $và tồn tại $ x_i$ có modun < 1.
Vậy suy ra vô lí=> $P(X)$ bất khả quy trên $Z[x] $=> áp dụng bổ đề 1 suy ra đpcm.
Bài toán đựoc giảii quyết.

Như đã biết FOOL90 là trưởng nhóm VIP và trong cuộc thi xem ai là đội phó nhóm Vip_online,DinhCuongTk14 và gauss2 chơi 1 trò chơi để phân định

đầu tiên vẽ ra 2006 điểm trên giấy,ko có 3 điểm nào thẳng hàng.Luật chơi như sau:khi đến phiên mình ,mỗi người kẻ 1 đoạn thẳng bất kỳ chưa được nối với nhau.Người thắng cuộc là người sau lượt của mình thì mọi điểm là đầu mút của 1 đoạn thẳng.
DinhCuongTk14 bắt đầu chơi trước.Trong khi chơi Gauss2 nhận ra là dù mình có cố gắng biến hóa thế nào thì cũng ko thắng được gauss2 .Kết thúc cuộc chơi,Gauss2 năn nỉ mãi nhưng DinhCuongtk14 vẫn ko nói bí quyết ,chiến lược thắng cuộc cho dù DinhCuongtk14 có van xin khổ sở,khóc lóc thảm thiết :cry

Bạn nào hãy chỉ ra choGauss2 chiến thuật của mình đi

lấy M={x,y;1<=x,y<=6};x,y Z+
tô đỏ 9 điểm bất kì của M
CM:tồn tại 3 điểm trong 9 điểm trên lập thành 1 tam giác vuông mà 2 cạnh song song 2 trục tọa độ

tìm tất cả http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n nguyên dương sao cho:
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2007^m-http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2006^n=1