|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
03-01-2008, 12:38 AM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Bài tập về đa thức bất khả quy Topic này đặt ở đây cũng được , ở box Đại số cũng được. Mình chọn ở đây vì bên box kia đông quá. Bài 1. Cho f là một đa thức với hệ số nguyên có bậc n và $\alpha_1,...,\alpha_n $ là các nghiệm của nó. Chứng minh rằng nếu $f(x_0) $ là số nguyên tố với một số nguyên $x_0 $ sao cho $|x_0|>M+1 $ thì f là bất khả quy trên Z, ở đây $M=\max\alpha_i $ . Bài 2. Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên dương không chia hết cho p. Chứng minh rằng đa thức $x^p-x-a $ là bất khả quy trên Z. Bài 3. f là một đa thức với hệ số nguyên . Nếu có số nguyên dương n sao cho 1)Tất cả các nghiệm của f nằm trong nửa mặt phẳng $Re(z)<n-\frac{1}{2} $ 2)$f(n-1)\not = 0 $ 3)f(n) là số nguyên tố. Chứng minh rằng f là bất khả quy trên Z. Bài 4. a)$f(x)=f_nx^n+...+f_0 $ là đa thức với hệ số nguyên, ở đó $|f_0|>1 $. Gọi $\{c_1,...,c_r\} $ là tập các ước của $|f_0| $. Giả sử f nhận các giá trị nguyên tố $p_1,...,p_n $ tại n số nguyên phân biệt $a_i $ sao cho $|a_i|>2 $ và $a_i $ không chia hết $c_j\pm 1 $ , ở đây i=1,...,n và j=1,...,r. Chứng minh rằng f là bất khả quy. b)Cho $a_1,...,a_n,r,s $ là các số nguyên sao cho $|a_k|>2 $. Cho các số $q=(-1)^na_1...a_n+s $ và $p_k=ra+k+s $ là các số nguyên tố với $q\pm 1 $ không chia hết cho $a_k $, ở đây k=1,...,n. Chứng minh rằng đa thức $(x-a_1)...(x-a_n)+rx+s $ bất khả quy trên Z. Bài 5. Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_{n-1}x+pa_n $ là một đa thức với hệ số nguyên và p là số nguyên tố ($a_n $ cũng là số nguyên). Chứng minh rằng nếu $p>\sum_{i=0}^{n-1}|a_n|^{n-1-i}|a_i| $ thì f là bất khả quy trên Z. Bài 6. Cho $a_i $ là n số nguyên phân biệt. a)Chứng minh rằng $(x-a_1)...(x-a_n)-1 $ bất khả quy trên Z. b)Chứng minh rằng $(x-a_1)...(x-a_n)+1 $ bất khả quy trên Z, trừ các trường hợp $(x-a)(x-a-2)+1=(x-a-1)^2 $ và $(x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3)+1=((x-a-1)(x-a-2)-1)^2 $. c)Chứng minh rằng $[(x-a_1)...(x-a_n)]^2+1 $ bất khả quy trên Z. Bài 7. Chứng minh rằng mỗi đa thức với hệ số nguyên có thể biểu diễn như là tổng của hai đa thức bất khả quy trên Z. Bài 8. a)f là một đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị 1 tại nhiều hơn 3 điểm nguyên. Chứng minh rằng $f(n)\not = -1\forall n\in\mathbb{Z}. $ b)a,b là các số nguyên sao cho đa thức $ax^2+bx+1 $bất khả quy trên Z. Giả sử n>6 và $a_1,...,a_n $ là các số nguyên phân biệt , $\varphi (x)=(x-a_1)...(x-a_n) $. Chứng minh rằng $a\varphi^2(x)+b\varphi (x)+1 $ là bất khả quy trên Z. Bài 9. Cho$ F\in\mathbb{Z}[x_1,...,x_n] $ và f(x)=F(x,...,x). Chứng minh rằng nếu f bất khả quy trên Z thì F cũng thế. Bài 10. ( Do Lam_sptn post) Tìm tất cả các số nguyên k sao cho có vô số giá trị nguyên n>2 để đa thức $P_n(x)=x^{n+1}+kx^n-870x^2+1945x+1995 $ khả quy trên Z. Bài 11. ( Do Lam_sptn post) Cho các số nguyên tố khác nhau p,q và số nguyên dương n>2. Tìm tất cả các số nguyên a sao cho đa thức $f(x)=x^n+ax^{n-1}+pq $ là khả quy trên Z. Bài 12. (Do caube_tinhnghich2007 post) Tìm tất cả các số nguyên dương n để đa thức $P_n(x)=x^n+4 $ là khả quy trên Z. Bài 13. (Do Lam_sptn post) Hãy viết đa thức sau thành tích các đa thức bất khả quy trên Z: $x^{2005}-2005x+2004 $ Bài 14. $F_0=F_1=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n $ , $a_n=F_{n+1}F_n $. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $ là bất khả quy trên Z. __________________ T. |
The Following 4 Users Say Thank You to n.t.tuan For This Useful Post: |
03-01-2008, 04:20 PM | #2 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: ANT Bài gởi: 266 Thanks: 9 Thanked 31 Times in 24 Posts | em giải bài 2 : Giả ngược lại tức [tex] $ x^p-x-a = P(x).Q(x) $ với $ P ,Q \in Z[x] $ và $ deg P = n < p $ Gọi $ \alpha_i (i=1->n ) $ là các nghiệm của $ P $ Khi đó $ \alpha_i^p-\alpha_i-a=0 $ $ <=> \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i^p-\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i -na=0 $ Mặt khác theo Fecma $ \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i^p-\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i \equiv 0 (mod p) => na \equiv 0 (mod p) $ (vô lí) => đpcm __________________ Ăn mày thứ cấp :nemoflow: :secretsmile: |
03-01-2008, 06:19 PM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Các nghiệm của P đã chắc nguyên hả chú? __________________ T. |
03-01-2008, 09:58 PM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Tớ xin đóng góp hai bài. Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho có vô số giá trị nguyên n>2 để đa thức $P_n(x)=x^{n+1}+kx^n-870x^2+1945x+1995 $ khả quy trên Z. Bài 11. Cho các số nguyên tố khác nhau p,q và số nguyên dương n>2. Tìm tất cả các số nguyên a sao cho đa thức $f(x)=x^n+ax^{n-1}+pq $ là khả quy trên Z. |
03-01-2008, 10:24 PM | #5 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: ANT Bài gởi: 266 Thanks: 9 Thanked 31 Times in 24 Posts | Hì nhầm thưa thầy nó ko nguyên nhưng tổng của nó lại nguyên $ S_i= \sum\limits_{i=1}^{n} a_i^i $ Theo Viét dễ thấy $ S_i $ nguyên nên $ (S_1)^p \equiv S_1 (mod p) $ Mặt khác lại có khai triển sau: $ (S_1)^p =\sum \frac{p!}{m_1!m_2!.....m_n!} \alpha_1^{m_1}\alpha_2^{m_2}....\alpha_n^{m_n} $ với $ m_1+m_2+...+m_p=p (m_i \geq 0) $ Từ khai triển đó => $ (S_1)^p \equiv S_p (mod p) $ NÊn $ S_p - S_1 \equiv 0 (mod p) $ Hì Đóng góp thêm 1 bài: Tìm tính chất của n để $ P(x)=x^n+4 $ khả qui trên $ Z[x] $ :evil: __________________ Ăn mày thứ cấp :nemoflow: :secretsmile: thay đổi nội dung bởi: conga1qt, 03-01-2008 lúc 10:30 PM |
03-01-2008, 10:34 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Tại sao $S_1^p\equiv S_p \pmod{p} $ thế em? Chú ý là khi khai triển vế trái ta sẽ được $S_p $ cộng với các số hạng có hệ số chia hết cho p nhưng từng số hạng đó chưa chắc nguyên. __________________ T. |
03-01-2008, 11:10 PM | #7 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: ANT Bài gởi: 266 Thanks: 9 Thanked 31 Times in 24 Posts | Dạ tại vì các số hạng đó biểu diễn được thành 1 đa thức với hệ số nguyên $ T_i $ với $ T_1= \sum\limits_{i=1}^{n} \alpha_i $ $ T_2= \alpha_1\alpha_2+....+\alpha_{n-1}\alpha_n $ $ T_n= \alpha_1....\alpha_n $ Ta có định lí sau: Với đa thức $ \sum \alpha_1^{m_1}\alpha_2^{m_2}...\alpha_n^{m_n} $ là 1 đa thức đối xứng thì biểu diễn được dưới dạng đa thức với các hệ số nguyên $ T_1,T_2,...T_n $ Chính vì thế nên ta có thể kết luận rằng $ S_p \equiv S_1 (mod p ) $ Bài nì chắc chắn sẽ còn cách khác để con nghĩ thử xem __________________ Ăn mày thứ cấp :nemoflow: :secretsmile: thay đổi nội dung bởi: conga1qt, 03-01-2008 lúc 11:13 PM |
03-01-2008, 11:58 PM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Thầy hỏi cái này. Chứ không hỏi cái kia, em cứ nghĩ tiếp đi. __________________ T. |
04-01-2008, 07:21 PM | #9 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Bài 13. Hãy viết đa thức sau thành tích các đa thức bất khả quy trên Z: $x^{2005}-2005x+2004 $ |
04-01-2008, 07:34 PM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts | Bài 14. $F_0=F_1=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n $ , $a_n=F_{n+1}F_n $. Chứng minh rằng đa thức $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $ là bất khả quy trên Z. __________________ T. |
31-03-2009, 01:02 AM | #11 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 69 Thanks: 3 Thanked 51 Times in 21 Posts | Bài 15. f(x)=($x^2 $+$1^2 $)($x^2 $+$2^2 $)...($x^2 $+$n^2 $)+1 Bất khả quy trên Z (n thuộc N*) ============== Bài 16: Cho f(x)=$a_n $$x^n $+$a_{n-1} $$x^{n-1} $+...+$a_1 $x+$a_0 $, trong đó các $a_i $ là các số nguyên tố thỏa mãn $a_0 $>$a_1 $+$a_2 $+...+$a_n $. Chứng minh rằng f(x) bất khả quy trên Z. __________________ ĐƯỜNG ĐI GIAN KHÓ MỚI DẪN TỚI ĐỈNH VINH QUANG thay đổi nội dung bởi: dsonn, 31-03-2009 lúc 01:26 AM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following User Says Thank You to dsonn For This Useful Post: | mathfriend (27-09-2009) |
30-12-2010, 12:00 PM | #12 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts | Topic thú vị mà T giờ mới biết là có Bài 14 là tiêu chuẩn Perron và quy nạp khi cm bất đẳng thức Bài 15 Dùng số phức hoặc Bài romania 2003 chuyển về cm $\prod (x+n^2)+1 $ bất khả quy bài 15 b là tiêu chuẩn Perron Clone thay đổi nội dung bởi: n.v.thanh, 31-12-2010 lúc 08:15 PM |
The Following User Says Thank You to n.v.thanh For This Useful Post: | franciscokison (14-07-2011) |
14-07-2011, 09:46 AM | #13 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Đến từ: Storm monarch's Bài gởi: 144 Thanks: 77 Thanked 65 Times in 50 Posts | Em giải câu a bài 6: Giả sử [M]F(x)[/M] khả quy. Suy ra [M]F(x)= f(x).g(x)[/M] Với [M]\deg f(x) + \deg g(x) = n[/M] và [M]\deg f(x)>1, \deg g(x)>1(*)[/M]. Không mất tính tổng quát giả sử [M]\deg f(x)[/M] không vượt quá phần nguyên của [M]\frac{n}{2}[/M]. Dễ thấy phương trình [M]F(x) + 1 = 0[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt [M]a_i[/M]. nên [M]f(x).g(x) = -1[/M] có nghiệm phân biệt . (1) Mà [M]a_i[/M] thuộc [M]\mathbb{Z}[/M]. nên [M]f(x)[/M] và [M]g(x)[/M] thuộc [M]\mathbb{Z}[/M]. (2) Do đó từ (1) và (2) ta suy ra: [M]f(x)+g(x) =0[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt (3) và [M]f(x)= \pm 1[/M] có [M]n[/M] nghiệm phân biệt . Vì \deg f(x) không vượt quá phần nguyên của [M]\frac{n}{2}[/M] nên [M]f(x)= \pm 1[/M] có không quá [M]n[/M] nghiệm phân biệt. Kết hợp (4) suy ra [M]n[/M] chẵn và [M]f(x)[/M] bậc [M]k[/M] với [M]n = 2k[/M] vì [M]\deg f(x)>1[/M]. Từ (*) có [M]\deg {f(x)+g(x)}< n[/M], kết hợp (3) có [M]f(x)+g(x) = 0[/M] đúng với mọi [M]x[/M]. [M]\Rightarrow g(x) = - f(x), \forall x[/M]. [M]\Rightarrow F(x) = - f(x)^2 \forall x[/M]. [M]\Rightarrow F(x)[/M] không dương với mọi [M]x[/M]. Điều này không đúng khi [M]x = \max\{a_i\}+2[/M] vì khi đó [M]F(x)> 1.1…1 – 1 = 0[/M]. [M]\Rightarrow [/M] Vô lý. [M]\Rightarrow [/M] Giả sử sai. [M]\Rightarrow [/M] Đpcm. Còn câu b nếu làm tương tự sẽ suy ra [M]F(x) =f(x)^2[/M]. Nếu [M]\deg F(x) = 2[/M], việc đồng nhất hệ số tương đối đơn giản dễ dẫn tới kết quả [M]F(x) = x(x - 2) + 1[/M]. Nếu [M]\deg F(x) = 4[/M], việc đồng nhất hệ số là rất khó khăn. Nếu [M]\deg F(x)[/M] lớn hơn hoặc bằng 6 có thể chứng minh được [M]a_{2i-1}+1=a_{2i} [/M]. Đến đây mời các bác hỗ trợ tiếp. thay đổi nội dung bởi: novae, 14-07-2011 lúc 09:52 AM |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|