Tính chất số học của đa thức trong các bài toán thi HSG Quốc Gia - Phạm Viết Huy

TÍNH CHẤT SỐ HỌC

TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC

Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi

Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi của Việt Nam cũng như các nước trên thế giới và kỳ thi Toán quốc tế IMO. Đa thức, vốn chứa đựng trong nó các yếu tố về Đại số, Giải tích, Hình học và cả các tính chất về Số học. Vì vậy, các bài toán về đa thức có thể xem như là các bài toán Tổ hợp giữa các phân môn của Toán học, đa thức đóng vai trò liên kết các phân môn đó lại với nhau thành một thể thống nhất, có thể chuyển hóa qua lại cho nhau. Và đa thức còn là một công cụ giúp chúng ta giải quyết nhiều bài toán một cách gọn gàng, đẹp đẽ. Trong bài viết này, chúng tôi chỉ khai thác các bài toán về đa thức ở khía cạnh tính chất số học, đặc biệt là lớp các đa thức với hệ số nguyên. Tuy nhiên, do trình độ còn hạn chế, nên chắc chắn bài viết còn nhiều điều thiếu sót, rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của quý thầy cô giáo, quý đồng nghiệp để bài viết của chúng tôi được hoàn thiện hơn.

Chúng ta bắt đầu với hai ví dụ sau đây:

Ví dụ 1: ( IMO Shortlist 2005)

Cho a, b, c, d, e, f là các số nguyên dương. Giả sử rằng S      a b c d e f là ước của các số abcdef và ab bc ca de ef     fd. Chứng minh rằng S là hợp số.

Giải.

Xét đa thức P x( )(xa x b x c)(  )(   ) (x d x e x)(  )(  f)Sx²QxR trong đó S      a b c d e f Q; ab bc ca de ef     fd R; abcdef . Vì theo giả thiết S Q ; S R nên S P x( ),  x .

Nói riêng, S P d( )(da d)( b d)( c).

Nếu S là số nguyên tố thì một trong 3 số d+a, d+b, d+c chia hết cho S, nhưng điều đó là vô lý, vì ^{S max d}



^{a d, b d, c}



^.

Do đó, S là hợp số.

Ví dụ 2: ( Belarus 2009)

Cho P(x), Q(x) là các đa thức hệ số nguyên khác đa thức hằng. Giả sử rằng đa thức ( ) ( ) 2009

P x Q x  có ít nhất 25 nghiệm nguyên phân biệt. Chứng minh rằng bậc của mỗi đa thức P(x), Q(x) đều không nhỏ hơn 3.

Giải.

Giả sử T 



ai^,1 i ^25,i



là tập hợp gồm 25 nghiệm nguyên của đa thức ( ) ( ) 2009

P x Q x  .

Khi đó, ( ) ( ) 2009, 1P a Q a_{i i}    i 25. Suy ra ( ) 2009 ; ( ) 2009, 1P a_i Q a_i   i 25.

Vì 20097 .41² nên 2009 có tất cả 12 ước số nguyên.

Do đó, mỗi số P a( ), (₁ P a₂),..., (P a₂₅) sẽ bằng với 1 trong 12 ước số nguyên của 2009, và theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất 3 trong số 25 số P a( ), (₁ P a₂),..., (P a₂₅) có giá trị bằng nhau. Không mất tổng quát, giả sử P a( )₁ P a( ₂)P a( )₃ m.

Khi đó, đa thức ( )P x m có ít nhất 3 nghiệm phân biệt nên có bậc không nhỏ hơn 3, và do đó, đa thức P(x) có bậc không nhỏ hơn 3.

Tương tự, đa thức Q(x) cũng có bậc không nhỏ hơn 3. Ta có điều phải chứng minh.

Hai ví dụ trên tương đối đơn giản, tuy nhiên qua đó chúng ta thấy được mối liên hệ chặt chẽ giữa “số học” và “đa thức”. Ở ví dụ 1, là một bài toán số học và chúng ta đã sử dụng công cụ “đa thức” để giải quyết, còn ví dụ 2 lại là một bài toán về đa thức mà lời giải sử dụng một tính chất số học rất quen thuộc – nguyên lý Dirichlet.

Tiếp theo, chúng ta nhắc tới một tính chất cũng rất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên.

Tính chất:

Nếu P là đa thức hệ số nguyên thì với mọi cặp số nguyên a, b (ab) ta có ( ) ( )

a b P a P b .

Ví dụ 3: (Thailand 2014)

Tìm tất cả các đa thức P với hệ số nguyên thỏa mãn P n( ) 2557ⁿ213.2014,  n ^*. Giải.

Dễ thấy P n( ) 1,   n ^* và P n( )   1, n ^* là những đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán.

Giả sử P là đa thức thỏa mãn bài toán và  n₀ ^*: P n( )₀ 2. Gọi p là ước nguyên tố của P n( )₀ .

Ta có: P n( ₀) 2557ⁿ⁰ 213.2014 và P n( ₀ p) 2557^n0p213.2014. Do đó, p P n( ₀ p)P n( ₀) 2557 (2557^{n0 p} 1).

Mặt khác, vì p P n( ) 2557₀ ⁿ⁰ 213.2014 nên p



2,3,19,53, 71, 2557



.

Do đó, (2557p ^p 1). Hơn nữa, theo định lý Fermat nhỏ, (2557p ^p2557), nên 2556

p . Suy ra ^p



^{2,3, 71}



^{(vô lý).}

Vậy chỉ có hai đa thức P n( ) 1,   n ^* và P n( )   1, n ^* thỏa mãn bài toán.

Ví dụ 4: (IMO Shortlist 2006)

Cho P là đa thức hệ số nguyên, có bậc n1và k là số nguyên dương bất kỳ. Xét đa thức ( )Q x P x^k( ), với P được tác động k lần. Chứng minh rằng có nhiều nhất n số nguyên t sao cho Q t( )t.

Giải.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Nếu t là số nguyên thỏa mãn Q t( )t thì P t²( )t. Thật vậy,

Ta có P t( )t P t²( )P t( ) ...P t^k( )P^k1( )t P^k1( )t P t^k( ).

Mà P^k1( )t P t^k( )P t( )t nên P t( ) t P t²( )P t( )  ... P t^k( )P^k1( )t . Đặt d P t( )t.

Nếu d=0 thì P t( )t, suy ra P t²( )P t( )t. Xét d 0,

Giả sử, i là chỉ số nhỏ nhất mà d  P tⁱ( )P^i1( ) , 2t   i k, khi đó

1 2 1

( ) ( ) ( ) ( )

i i i i

P^ t P^ t P^ t P t , suy ra P tⁱ( )P^i2( )t nên P t²( ) t. Ngược lại, nếu

2 1

( ) ( ) ( ) ... ^k( ) ^k ( )

d P t  t P t P t  P t P ^ t thì P t^k( ) t kd t ( mâu thuẫn).

Quay lại bài toán, giả sử rằng có (n+1) số nguyên t₁   t₂ ... t_n t_n1 thỏa mãn ( )_{i i}, 1 1

Q t t   i n . Khi đó, theo bổ đề trên, ta có P t²( )_i t_i, 1  i n 1.

1 i j n 1

     , ta có t_i t P t_j ( )_i P t( )_j P t²( )_i P t²( )_j nên P t( )_i P t( )_j  t_j t_i. Theo bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối, ta có:

1 1 ( 1) ( )1 ( 1) ( ) ( ) ( 1) ... ( )2 ( )1 1 1

n n n n n n n

t _  t P t _ P t  P t _ P t  P t P t _   P t P t t _ t Do đó, tất cả các hiệu P t(_i1)P t( )_i đều cùng dấu.

Giả sử tất cả các hiệu P t(_i1)P t( )_i đều cùng dấu dương, khi đó

1 1

(_i ) ( )_{i i i}, 1

P t_ P t t_ t   i n, suy ra P t(_i1)t_i1P t( )_i t_i, 1  i n.

Do đó, đa thức P x( ) x



P t( )1 t1



có (n+1) nghiệm phân biệt t₁   t₂ ... t_n t_n1, điều này là vô lý vìP x( ) x



P t( )1 t1



là một đa thức bậc n.

Tương tự cho trường hợp tất cả các hiệu P t(_i1)P t( )_i đều cùng dấu âm.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Qua hai ví dụ 3 và 4, chúng ta thấy tính chất rất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên trên được sử dụng để giải quyết những bài toán về đa thức không phải là “đơn giản”.

Kế đến, chúng tôi đề cập đến một định lý khá phổ biến và được ứng dụng trong nhiều bài toán thi học sinh giỏi, đó là định lý Schur.

Ví dụ 5: (Định lý Schur)

Cho P là đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p P n( ).

Giải.

Nếu P(0)0 thì p P p( ) với mọi số nguyên tố p.Khi đó, điều kiện bài toán được thỏa mãn.

Nếu P(0) 1 , giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố thỏa mãn bài toán. Khi đó, gọi p là số nguyên tố lớn nhất thỏa mãn bài toán. Ta có ! ( !)p P p P(0) nên

( !) 1(mod !)

P p  p . Gọi q là một ước nguyên tố của P p( !), nếu q p thì ( !) 1 !

P p  p q, suy ra 1 q, vô lý, do đó q>p, nhưng điều này lại mâu thuẫn với tính lớn nhất của p. Do đó, có vô hạn số nguyên tố thỏa điều kiện bài toán.

Nếu P(0) a 0, đặt ( ) ( ) P ax

Q x  a . Khi đó, Q là một đa thức hệ số nguyên với (0) 1

Q  . Theo chứng minh trên, tồn tại vô hạn số nguyên tố p mà ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p Q n( ). Khi đó, p P an( ).

Ta có điều phải chứng minh.

Một lần nữa, chúng ta lại sử dụng tính chất quen thuộc của đa thức hệ số nguyên để chứng minh định lý Schur. Và các ví dụ tiếp theo, cho thấy ứng dụng của định lý này trong các bài toán về đa thức.

Nhưng trước khi đi vào ví dụ tiếp theo, xin nhắc lại (không chứng minh) một định lý cũng rất nổi tiếng khác- Định lý Bezout.

Định lý Bezout: Hai đa thức ( ), ( )P x Q x nguyên tố cùng nhau trên ^{K x}

 

( K là một trường) khi và chỉ khi tồn tại các đa thức ^{U x( ), ( )V x K x}

 

^{sao cho}

( ) ( ) ( ) ( ) 1 U x P x V x Q x  . Hệ quả:

Nếu P x( ), ( )Q x là hai đa thức hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau. Khi đó, tồn tại số nguyên a và 2 đa thức hệ số nguyên U, V sao cho:

( ) ( ) ( ) ( ) ,

U x P x V x Q x a  x . Ví dụ 6:

Cho P, Q là hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng, monic, bất khả quy thỏa mãn: với n đủ lớn thì P n( ) và Q n( ) có cùng tập hợp ước nguyên tố. Chứng minh rằng

PQ. Giải.

Giả sử PQ, do P và Q là hai đa thức monic, bất khả quy nên nguyên tố cùng nhau.

Áp dụng hệ quả của định lý Bezout, tồn tại a và 2 đa thức hệ số nguyên U, V sao cho: U x P x( ) ( )V x Q x( ) ( )a,  x .

Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p mà ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p P n( ). Vì P n( ) và Q n( ) có cùng tập hợp ước nguyên tố nên p Q n( ), và do đó p a. Vậy a có vô hạn ước nguyên tố, điều này là vô lý.

Vậy PQ.

Ví dụ trên là một ứng dụng rất đẹp của định lý Schur, nó được kết hợp với định lý Bezout để giải quyết bài toán.

Ngoài định lý Bezout, còn có những định lý số học khác rất hay được sử dụng trong giải toán như định lý Thặng dư Trung Hoa và định lý Dirichlet về số nguyên tố.

Các ví dụ tiếp theo là sự kết hợp giữa các định lý này và định lý Schur.

Định lý thặng dư Trung Hoa:

Cho k là một số nguyên dương và các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau

1, 2,..., _k

m m m và a a₁, ₂,...,a_k là các số nguyên bất kỳ. Khi đó, hệ đồng dư sau:

1 1

2 2

(mod ) (mod ) ...

(mod )

k k

x a m

x a m

x a m

 

 



 

có nghiệm duy nhất theo modulo m m_{1 2}...m_k. Định lý Dirichlet về số nguyên tố:

Cho a, b là các số tự nhiên, ( , ) 1, a b  a0. Khi đó, tập hợp



an b n ^, 0,1, 2,3...



chứa vô hạn số nguyên tố.

Ví dụ 7: (Ukraina 2016)

Cho P, Q là hai đa thức hệ số nguyên không âm, khác đa thức hằng. Xét dãy số 2016^{P n}( ) ( ), 1

xn  Q n n . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn:

ứng với mỗi p, tồn tại số nguyên dương m sao cho p x_m. Giải.

Ta có

( ) ( ) (1) (1) ( ) (1)

2016^{P n} ( ) 2016^{P n} 2016^P ( ) 2016^P 2016^{P n} 2016^P ( )

xn  Q n   Q n    R n

trong đó R Q 2016^P(1) là một đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng và (0) 0

R  .

Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p, ^pmax



^{R(0), 2016}



thỏa mãn:

ứng với mỗi p, tồn tại số nguyên dương n sao cho p R n( ).

Nếu p n thì p R n( )R(0) nên p R(0), vô lý nên



^{p n,}



^1. Mặt khác,



^{p p,  1}



¹

nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên m sao cho (mod ); 1(mod 1)

mn p m p .

Vì p R n( ) và mn(mod )p nên p R m( ).

Hơn nữa, m1(modp1) nên P m( )P(1)(mod(p1)), do đó p2016^{P m( )} 2016^P(1) (định lý Fermat nhỏ)

Suy ra p x_m.

Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 8:

Tìm tất cả các đa thức P hệ số nguyên thỏa mãn ( ) 2P p ^pp, với mọi số nguyên tố p.

Giải.

Dễ thấy nếu P là đa thức hằng thì P 1 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Xét P không phải là đa thức hằng.

Theo định lý Schur, tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với mỗi p tồn tại số nguyên n sao cho p P n( ).

Nếu p n thì p P n( )P p( ) nên p P p( ) 2^p p, vô lý nên



^{p n,}



^1

Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố, ta có thể chọn số nguyên k sao cho q n kp là số nguyên tố. Khi đó, p P q( )P n( ) nên p P q( ) 2^q q 2^{n kp}  (n kp). Kết hợp định lý Fermat nhỏ suy ra, 2p ^{n k} n.

Đặt hord_p(2).

Nếu có các số nguyên k k₁, ₂ thỏa mãn p 2^{n k1} n và p 2^{n k 2} n thì k₂ k₁(mod )h . Do đó, ta chỉ có thể chọn k theo một lớp thặng dư nào đó đối với modul h .

Nhưng, theo định lý Dirichlet, ta có thể chọn k sao cho số nguyên tố q=n+kp nguyên tố cùng nhau với h. Khi đó, vì h p1 nên (n k h , ) 1 , nghĩa là ta có ( ) h cách chọn lớp thặng dư đối với modul h cho k. Vô lý

Vậy chỉ có P 1 là những đa thức thỏa mãn bài toán.

Trong ví dụ trên, ngoài những định lý đã được đề cập, chúng ta còn sử dụng một khái niệm khác trong số học, đó là cấp của một số nguyên.

Bên cạnh định lý Schur, bổ đề Hensel cũng là một bổ đề có nhiều ứng dụng trong các bài toán về đa thức, đặc biệt khi chúng ta quan tâm đến số nghiệm của phương trình đồng dư theo modul là lũy thừa của số nguyên tố.

Bổ đề Hensel

Cho đa thức ( )f x hệ số nguyên và số nguyên tố p. Nếu phương trình đồng dư ( ) 0(mod )

f x  p có đúng r nghiệm phân biệt x₁⁽¹⁾,x₂⁽¹⁾,...,x_r⁽¹⁾ thuộc đoạn

 

^{1,p sao cho}

 

' (1)

0(mod ), 1,

f xi  p i  r thì phương trình đồng dư ( )f x 0(modp^k) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn 1, p^k.

Chứng minh.

Với k=1 hiển nhiên đúng.

Giả sử khẳng định đúng với k 1. Điều đó có nghĩa là trên đoạn 1, p^k, phương trình ( )f x 0(modp^k) có đúng r nghiệm x₁^{( )k} ,x^{( )}₂^k ,...,x_r^{( )k} và

 

' ( )

0(mod ), 1,

k

f xi  p i  r.

Ta cần chứng minh: f x( )0(modp^k1) có đúng r nghiệm thuộc 1,p^k1. Gọi x₀ là một nghiệm của phương trình ( )f x 0(modp^k) (1) Xét số

 

1 0 ^k , 0; 1

x x  p t t p với t là nghiệm duy nhất của phương trình

0 '

0

( )_k ( ) 0(mod )

f x f x t p

p  

Ta sẽ chứng minh x₁ là nghiệm của f x( )0(modp^k1) (2) Ta có

' '' ( )

0 0 2 0

1 0 1 0 1 0 1 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ... ( )

1! 2! !

n

f x f x f x n

f x f x x x x x x x

       n 

' '' ( )

0 0 2 0

1 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ... ( )

1! 2! !

n

k k k n

f x f x f x

f x f x p t p t p t

     n

Suy ra

' 1

1 0 0

( ) ( ) ( ) ^k (mod ^k )

f x  f x  f x p t p ^ vì

( )

( )0

! f i x

i 

' 1 1

0

1 0

( ) ^k f x( )_k ( ) (mod ^k ) 0(mod ^k )

f x p f x t p p

p

 

 

     

 

Vậy phương trình (2) có ít nhất r nghiệm.

Ta chứng minh phương trình có đúng r nghiệm

Thật vậy, giả sử x là nghiệm của (2), gọi x₀ là nghiệm của (1). Ta có

1

0 0 0

( ) 0(mod ^k ) ( ) ( )(mod ^k) (mod ^k) ^k

f x  p ^  f x  f x p  x x p  x x  p t. Theo chứng minh trên thì t là nghiệm của phương trình ( )^{0 '} ₀

( ) 0(mod )

k

f x f x t p

p  

Vậy phương trình f x( )0(modp^k1) có đúng r nghiệm.

Trong phần chứng minh trên, chúng ta rút ra một nhận xét rất hay được sử dụng trong quá trình giải toán.

Nhận xét: f x( ₀p t^k ) f x( )₀  f x p t^'( )₀ ^k (modp^k1). Ví dụ 9. ( VMO 2000)

Cho đa thức f x( )x³153x²111x38. Hỏi trong đoạn 1;3²⁰⁰⁰ có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a sao cho f(a) chia hết cho 3²⁰⁰⁰.

Giải.

Xét phương trình f x( )0(mod 3²⁰⁰⁰) (1)

Suy ra x³ 1(mod 3) x 3y1 với y , y0,3¹⁹⁹⁹ 1.

Khi đó, (1)g y( ) y³52y²22y 3 0(mod 3¹⁹⁹⁷) (2) Suy ra y=3t.

Với y3 ,t t1,3¹⁹⁹⁸1, (2)h t( )9t³156t²22t 1 0(mod 3¹⁹⁹⁶)

Phương trình ( ) 0(mod3)h t  có đúng một nghiệm ^{t 2}

 

^{1;3 và h'(2)}^{0(mod 3)} nên theo bổ đề Hensel, phương trình h t( )0(mod 3¹⁹⁹⁶) có nghiệm duy nhất trong

1,31996

 

 . Do đó, trong 1,3¹⁹⁹⁸1 có đúng 9 nghiệm của phương trình.

Ví dụ 10. ( Putnam 2008)

Cho p là số nguyên tố và f là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn



f(0), (1),..., (f f p²1)



là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p². Chứng minh rằng



f(0), (1),..., (f f p³1)



là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p³.

Giải.

Giả sử tồn tại một số x sao cho f x^'( )0(mod )p . Tồn tại y ,y p và (mod )

yx p

Khi đó, f y^'( ) f x^'( )(mod )p  f y(  p) f y( ) pf y^'( )(modp²) f y( )(modp²). Mà 0   y y p p²1, điều này mâu thuẫn với



f(0), (1),..., (f f p²1)



là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p².

Do đó f x^'( ) 0(mod ) p  x .

Ta giả sử tồn tại 0  a b p³1: ( )f a  f b( )(modp³). Đặt aa_o p a b² ₁;  b_o p b² ₁; 0a b_o, ₀ p², 0a b₁, ₁ p. Suy ra f a( ₀) f b( )(mod₀ p²)a₀ b₀.

Mặt khác,

2 ' 2 ' 2 ' 3

0 1 0 0 1 0 0 1 1

0 f a( ) f b( )f a( ) p a f a( )   f b( ) p b f b( ) p f a( )(a b)(modp ) nên a₁ b₁ 0(mod )p

Suy ra a₁b₁. Do đó, ab.

Vậy



f(0), (1),..., (f f p³1)



là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p³. Ví dụ 11: (USA TST 2010)

Cho P là đa thức hệ số nguyên thỏa mãn P(0)0 và



P(0), (1),...P



1. Chứng minh rằng có vô hạn số n sao cho



^{P n( )P(0), (P n 1) P(1),...}



^n.

Giải.

Từ điều kiện P(0)0 và



P(0), (1),...P



1, suy ra P khác đa thức hằng.

Không mất tổng quát, giả sử P'(1)0

Ta chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố bất kỳ sao cho p không là ước của '(1)

P thì n p^k thỏa điều kiện bài toán.

Vì p P p^k ( ^k  i) P i( ) với mọi i nên ^pk



^{P p( k)P(0), (P pk  1) P(1),...}



Mặt khác theo nhận xét trong chứng minh bổ đề Hensel, ta có

( ^k 1) (1) '(1) ^k(mod ^k 1)

P p  P P p p ^ .

Mà P'(1) không chia hết cho p nên (P p^k  1) P(1) không chia hết cho p^k1. Cuối cùng ta chỉ ra rằng, không có số nguyên tố q p là ước số của

( ^k) (0), ( ^k 1) (1),...

P p P P p  P

Giả sử ngược lại với mọi i, ta có q P p( ^k  i) P i( ).

Mặt khác, ta cũng có q P q(  i) P i( ), suy ra (P iap^k bq)P i( ) (mod )q với mọi số nguyên a,b.

Vì (p q^k, ) 1 nên tồn tại các số nguyên a, b sao cho ap^k bq1, do đó ( 1) ( )

q P i P i

Mà P(0)0 nên q P i( ) với mọi i ( mâu thuẫn với giả thiết ).

Vậy ^{pk }



^{P p( k)P(0), (P pk  1) P(1),...}



. Ta có điều phải chứng minh.

Ở phần tiếp theo, chúng ta khai thác thêm về khía cạnh “giải tích” của đa thức, cụ thể là Công thức nội suy Lagrange.

Công thức nội suy Lagrange

Cho đa thức ( )P x có bậc nhỏ hơn n1 và n1 số thực phân biệt ,x i_i 1,n1. Khi đó, ( )P x được xác định duy nhất như sau:

1 1

1 1

( ) ( ).

n n

j i

i j i j

j i

x x

P x P x

x x

 

 



 

 



Ví dụ 12: (Italian proposal to 1997 IMO)

Cho p là số nguyên tố và P x( ) là đa thức bậc d, hệ số nguyên thỏa mãn đồng thời:

i) (0)P 0; (1) 1P 

ii) Với mọi số nguyên dương n thì số dư trong phép chia P n( ) cho p là 0 hoặc 1.

Chứng minh rằng d  p 1. Giải.

Giả sử d  p 2. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (p-1) mốc nội suy

, 0, 2

xi i i p , ta được

2 2

0 0

( ) ( ).

p p

i j

j i

x j

P x P i

i j





 



 

 

 Suy ra

2

1 0

( 1) ( ).( 1)

p

p i i p i

P p P i C

 

 

 





Do p nguyên tố nên Cⁱ_p1  ( 1) (mod ) ⁱ p  i 0,p2 Do đó,

2

0

( 1) ( )(mod )

p

i

P p P i p





  



Suy ra

1

0

( ) 0(mod )

p

i

P i p







 . Nhưng từ điều kiện i) và ii) ta lại có ¹

0

( ) (mod )

p

i

P i k p









với ^k



^{1, 2,...,p1}



. Điều mâu thuẫn này, suy ra d  p 1. Ví dụ 13:

Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P hệ số thực, degP n 1 sao cho P m( ) là số nguyên tố với mọi số nguyên dương m.

Giải.

Giả sử tồn tại đa thức P thỏa điều kiện bài toán.

Trước hết, ta chứng minh ^{n P x! ( )}

 

^{x .}

Thật vậy, theo công thức nội suy Lagrange, ta có:

0 0

( ) ( ).

n n

i j

j i

x j

P x P i

i j

 



 

 



Nên

 

0

( ) ( 1)

! ( ) ( 1)...( )

i n i

n

n i

P i C

n P x x x x n x

x i





    





Chọn hai số nguyên tố p,q,p q, n sao cho P a( ) p P b, ( )q a b, ,  ^*. Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì tồn tại c ^* sao cho:

(mod ) (mod )

c a p

c b q

 

 

! ( ) ! ( ) 0(mod )

! ( ) ! ( ) 0(mod )

n P c n P a p

n P c n P b q

 

    n P c! ( )0(modpq)

Điều này là vô lý, vì ( )P c là số nguyên tố và



^{n pq!,}



^1.

Ta có điều phải chứng minh.

Phần cuối của bài viết, chúng ta đề cập đến các khía cạnh cũng rất hay gặp của đa thức, đó là nghiệm của đa thức ( ở đây chúng ta xét đến nghiệm nguyên) và tính bất khả quy của đa thức.

Ví dụ 14: (IMO 1974)

Cho đa thức P(x) có bậc m>0 và có hệ số nguyên. Gọi n là số tất cả các nghiệm nguyên phân biệt của hai phương trình P x( ) 1 và P x( ) 1. Chứng minh rằng

2 n m . Giải.

Nhận xét: Xét hai đa thức A(x) và B(x), với các hệ số nguyên, chúng giống nhau hoàn toàn, chỉ trừ hai số hạng tự do là hơn kém nhau 2 đơn vị.

Giả sử r và s là nghiệm nguyên tương ứng của hai đa thức, nghĩa là A(r)=0 và B(s)=0.

Suy ra (rs) 2, do đó r và s hơn kém nhau 1 hoặc 2 đơn vị.

Quay lại bài toán, giả sử r là nghiệm nguyên bé nhất trong tất cả các nghiệm nguyên của hai phương trình P x( ) 1 và P x( ) 1.

Vì đa thức bậc m có không qua m nghiệm phân biệt và theo nhận xét trên, nếu r là một nghiệm nguyên của phương trình này và s là một nghiệm nguyên của phương trình kia thì s=r hoặc s=r+1 hoặc s=r+2.

Do đó, phương trình thứ hai chỉ có thêm nhiều nhất là 2 nghiệm nguyên phân biệt nữa.

Vậy n m 2.

Ví dụ 15: (Romani TST 2007)

Cho n ,n3 và đa thức f x( )xⁿa_n1x^n1 ... a x1  a0

 

x thỏa mãn a₀ chẵn, a_k a_{n k} chẵn với mọi k=1,2,...,n-1.

Giả sử thêm rằng tồn tại hai đa thức ^{g x h x( ), ( )}

 

^x thỏa mãn deggdegh, mọi hệ số của h(x) đều lẻ và f(x)=g(x)h(x) với mọi x.

Chứng minh rằng f(x) có ít nhất một nghiệm nguyên.

Giải.

Giả sử degg  j, deghk, 1 j k j,  k n và

0 1 0 1

( ) ... _j ^j, ( ) ... _k ^k

g x  b b x b x h x  c c x c x . Ta có: ^{f x( )}



^{b0b x1  ... b xj j}



^{c0c x1  ... c xk k}



Đồng nhất hệ số, ta có b₀  b₁ ... b_j1a_j1 và b₁  ... b_j a_k1

Giả sử j-1>0, khi đó theo giả thiết a_j1a_k1 chẵn nên b₀ b_j 1(mod 2)

Mà a₀ chẵn nên c₀ chẵn (mâu thuẫn giả thiết). Do đó, j=1, mà b_j  1 nên g(x) có nghiệm nguyên. Suy ra f(x) cũng có nghiệm nguyên.

Ví dụ 16: (Romanian TST 2003)

Cho đa thức ( )f x monic, hệ số nguyên, bất khả quy và f(0) không phải là số chính phương. Chứng minh rằng g x( ) f x( ²) cũng là đa thức bất khả quy.

Giải.

Giả sử ta có phân tích g x( ) f x( ²) p x q x( ). ( ) với p, q là 2 đa thức monic có hệ số nguyên và bậc không nhỏ hơn 1.

Gọi  là một nghiệm ( thực hoặc phức ) của f x( ) thì (p ). (q ) f( ) 0. Không mất tổng quát, giả sử (p )0.

Đặt

0

( ) ,

k i

i i

i

p x a x a







 ^thì

0

0

k i i i

a





 . Do đó, tồn tại các đa thức hệ số nguyên t, u thỏa mãn ( )t    . ( )u 0.

Do f là đa thức bất khả quy và degudeg f nên theo định lý Bezout, tồn tại số nguyên m và hai đa thức hệ số nguyên s, r sao cho:

( ) ( ) ( ) ( ) ,

s x u x r x f x m  x . Suy ra ( ) ( )s  u m nên

2 2

2

( ) ( ) ( ) ( )

s t s t

m m

   

     . Đặt  ₁, ₂,...,_n là các nghiệm của đa thức f thì

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2

1 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )

... _n s t s t _n s ⁿ t ⁿ

m

     

   

là bình phương của một số hữu tỉ.

Hơn nữa, f(0)    _{1 2}... _n là số nguyên nên f(0) là số chính phương, trái giả thiết.

Do đó, ta có ( )g x bất khả quy.

Ví dụ 17.

Cho đa thức hệ số nguyên f x( )a x_n ⁿa_n1x^n1 ... a x₁ a₀ thỏa mãn

0 1 2 ... _n

a  a  a   a và a₀ là số nguyên tố thì f(x) bất khả quy.

Chứng minh.

Giả sử f(x) có nghiệm z thỏa z 1 thì a₀  a z_n ⁿa_n1z^n1 ... a z₁  a₁  ... a_n , mâu thuẫn. Do đó, tất cả các nghiệm của f đều có module lớn hơn 1.

Giả sử f x( )P x Q x( ) ( ), với P, Q là hai đa thức hệ số nguyên có bậc không nhỏ hơn 1.

Vì a₀  f(0)  P(0) Q(0) mà a₀ là số nguyên tố nên P(0) 1 hoặc Q(0) 1. Không mất tổng quát, giả sử P(0) 1.

Gọi b là hệ số cao nhất của P và z z₁, ₂,...,z_k là tất cả các nghiệm của P.

Khi đó _{1 2} 1

... _k 1

z z z

 b  , mâu thuẫn vì tất cả các nghiệm của P cũng là nghiệm của f.

Vậy đa thức P(x) bất khả quy.

Bài tập đề nghị

Bài 1. (Iran TST 2003)

Cho f x f x₁( ), ₂( ),..., f x_n( )là n đa thức với hệ số nguyên khác 0. Chứng minh rằng tồn tại đa thức P(x) hệ số nguyên, khả quy trên sao cho với mọi  i 1;n ta luôn có

( ) _i( )

P x  f x là đa thức bất khả quy trên . Bài 2.

Cho đa thức P x( )x³11x²87xm m,  . Chứng minh rằng với mọi m, tồn tại số nguyên n sao cho P n( ) 191.

Bài 3. (IMO Shortlist 2005)

Cho đa thức hệ số nguyên P x( )a x_n ⁿa_n1x^n1 ... a x₁ a₀ trong đó a_n 0,n2. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m sao cho P m( !) là hợp số.

Bài 4. (Iran TST 2009)

Tìm tất cả các đa thức f(x) hệ số nguyên sao cho với mọi số nguyên tố p và mọi cặp số tự nhiên (a,b) thỏa mãn p ab1 ta luôn có p f a f b( ) ( ) 1 .

Bài 5. (IMO Shortlist 2011)

Cho P(x) và Q(x) là 2 đa thức hệ số nguyên, nguyên tố cùng nhau. Giả sử rằng với mọi số nguyên dương n, P(n), Q(n) cũng là các số nguyên dương và 2^{Q n( )}1 3^{P n( )}1. Chứng minh rằng Q(x) là đa thức hằng.

Bài 6. (IMO Shortlist 2006)

Cho P(x) là đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số T:  sao cho số các số nguyên x thỏa Tⁿ( )x x bằng với P(n) với mọi

1 n .

Bài 7. (IMO Shortlist 2012)

Với mỗi số nguyên không âm n, ta định nghĩa rad(n)=1 nếu n=0 hoặc n=1 và

1 2

( ) ... _k

rad n  p p p trong đó p₁ p₂  ... p_k là tất cả các thừa số nguyên tố của n.

Tìm tất cả các đa thức f(x) với hệ số nguyên không âm sao cho



^{( )}

  ( rad n( ) , 0

rad f n rad f n  n .

Bài 8. (IMO Shortlist 2002)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m n, 3 sao cho tồn tại vô hạn số nguyên dương

a thỏa ₂ 1

1

m n

a a

a a

  

  . Bài 9. (IMO Shortlist 2002)

Cho P(x) là đa thức bậc 3 hệ số nguyên. Giả sử rằng xP x( ) yP y( ) với vô hạn cặp số nguyên (x,y), x y. Chứng minh rằng đa thức P(x) có nghiệm nguyên.

Bài 10. (Iran TST 2007)

Tồn tại hay không dãy số tự nhiên a a a₀, ,_{1 2},... sao cho với mỗi i  j thì



^{a ai, j}



^{1 và}

với mỗi n, đa thức

0

( )

n i i i

f x a x







bất khả quy trên . Bài 11.

Tìm tất cả các đa thức f với hệ số nguyên sao cho ( )f n f m( )n m, m n,  .

Tài liệu tham khảo

[1] T. Andreescu and D. Andrica, 2009, Number Theory: Structures, Examples and Problems.

[2] G. H. Hardy and E. M. Wright, 2008, An Introduction to the Theory of Numbers, 6th Edition.

[3] K. Ireland, M. Rosen, 1990, A classical introduction to modern number theory, Second Edition.

[4] Nguyễn Đình Toàn, Nguyễn Đức Anh, 2013, Tính chất số học của đa thức.

[5] http://www.artofproblemsolving.com/Forum/

Bài viết không phải là những điều gì mới mẻ, nó được thực hiện với mục đích cho thấy được mối quan hệ chặt chẽ giữa “số học” và “đa thức”, cũng như việc sử dụng các tính chất số học thông qua những định lý để giải quyết các bài toán về đa thức. Các ví dụ được tập hợp như một tài liệu để phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như để chia sẻ một số kinh nghiệm ít ỏi mà tác giả tích lũy và học hỏi được qua quá trình rèn luyện của bản thân. Một lần nữa, rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của quý thầy cô giáo, quý đồng nghiệp và các em học sinh.