Bài toán 1: Cho đa thức $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ là một đa thức có hệ số nguyên, sao cho $|a_0|$ là một số nguyên tố và:
$\left |a_o \right |\geq \sum_{i=1}^{n}\left |a_i \right |$
Chứng minh f(x) bất khả quy.
Lời giải:
Gọi $\alpha $ là nghiệm của $f(x)$, giả sử $|\alpha| \le 1$ thì:
$|a_0|=\left |\sum_{i=1}^{n}a_i\alpha ^i \right | \leq \sum_{i=1}^{n}\left |a_i \right |$ Mâu thuẫn.
Vậy mọi nghiệm $\alpha$ của f(x) phải có modulue >1
Giả sử đa thức f(x)=g(x).h(x) gọi $b_0, c_0$ lần lượt là hệ số tự do của g và h
Do: $a_0=b_0.c_0$ Do $a_0$ nguyên tố nên có thể giả sử $b_0=1$
Gọi hệ số cao nhất của g là b khi đó theo viet:
$\left |\prod_{i=1}^{k}\alpha _{i} \right |=\left |\frac{1}{b} \right |\leq 1$ (k là bậc của g, k>0)
Mà $|\alpha _{i}|$ đều lớn hơn 1 do đã chứng minh.
Vậy ta có điều mâu thuẫn.
Bài toán 2: (Tiêu chuẩn perron): Cho đa thức nguyên $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ Khi đó nếu:
$|a_{n-1}|>|a_0|+|a_1|+..+|a_n|$ thì đa thức này bất khả quy.
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát có thể giả sử $a_n=1$ (vì P(x) bất khả quy khi và chỉ khi P(x)/$a_n$ bất khả quy ). Ta có $|a_{n-1}|>|a_0|+|a_1|+..+|a_n|$ ta sẽ chứng minh tổng tại đúng 1 nghiệm thực hoặc phức của P(x) có module lớn hơn 1.
Giả sử đa thức P(x) có nghiệm z sao cho |z|=1. thì:
$|a_{n-1}|=|a_{n-1}z^{n-1}=|a_0+a_1z+..+z^n \ge |1|+|a_0|+|a_1|+..|a_{n-2}|$
Mâu thuẫn. Ngoài ra còn $f(0)$ khác 0 nên tích các module các nghiệm >1 nên tồn tại một nghiệm $x_1$ sao cho $|x_1|>1$. Đặt
$g(x)=x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}..+b_1x+b_o=f(x)/(x-x_1)$
Rõ ràng nghiệm của g(x) chỉ có module nhỏ hơn 1 vì nếu không dng nhất hệ số , và kết hợp giả thiết suy ra:
$\left | b_{n-2} \right |+|x_1| >1+|b_{n-3}|-..+|b_0||x_1| \Leftrightarrow (\left |x_1 \right |-1)>(\left |x_1 \right |-1)(\sum_{k=0}^{n-2}\left | b_k \right |)\\\Rightarrow \sum_{k=0}^{n-2}\left | b_k \right | < 1\\\sum_{i=0}^{n-2}b_i.z^{i-n}=0 \Rightarrow \sum_{k=0}^{n-2}\left | b_k \right | \geq \left | \sum_{i=0}^{n-2}b_i.z^{i-n} \right |=1$
Điều mâu thuẫn này cho thấy f(x) chỉ có đúng một nghiệm có mod lớn hơn 1.
Như vậy nếu đa thức p=f.g thì 1 trong hai đa thức f và g phải có tất cả các nghiệm nhỏ hơn 1 dẫn đến hệ số tự do bé hơn 1 điều này mâu thuẫn với f,g là đa thức hệ số nguyên.
