Lời giải bài 111:
Bổ đề: Cho đa thức: $f(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n(n>1)$ trong đó $a_0,a_1,...,a_n$ là những số nguyên và một số nguyên tố $p$ thỏa mãn các điều kiện sau:
1) $a_n$ không chia hết cho $p$.
2) $a_0,a_1,...,a_k$ chia hết cho $p(0\le k\le n)$
3) $a_0$ không chia hết cho $p^2$.
Nếu f(x) viết được dưới dạng tích của hai đa thức với các hệ số nguyên thì bậc của một trong hai đa thức đó không nhỏ hơn $k+1$.
Chứng minh: Giả sử $f(x)=h(x)g(x)$ trong đó: $h(x)=b_0+b_1x+...+b_mx^m$ và $g(x)=c_0+c_1x+...+c_{n-m}x^{n-m}$.
Ta có: $a_0=b_0c_0$. Vì $a_0\vdots p$ và không chia hết cho $p^2$ nên trong hai số $b_0,c_0$ có một số chia hết cho $p$ và số còn lại không chia hết cho $p$. Giả sử: $b_0\vdots p$ và $c_0$ không chia hết cho $p$. Vì $a_n=b_m.c_{n-m}$ không chia hết cho $p$ nên $b_m$ cũng không chia hết cho $p$. Gọi $i_0$ là số nhỏ nhất trong số các số $i$ thỏa mãn $b_i$ không chia hết cho $p$ thì $0<i_0\le m$. Ta có: $a_{i_0}=c_0b_{i_0}+\sum\limits_{i+j=i_0;0\le i<i_0}b_ic_j$ không chia hết cho $p$.
Vậy $i_0\ge k+1$. Mặt khác $m\ge i_0$, vậy $m\ge k+1(dpcm)$ với $k=n-1$ ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein: Cho đa thức $f(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n(n\ge 1)$, trong đó $a_i\in \mathbb{Z}(i=01,2,...,n); a_0,a_1,...,a_{n-1}$ chia hết cho số nguyên tố $p$; $a_0$ không chia hết cho $p^2$ và $a_n$ không chia hết cho $p$. Khi đó $f(x)$ bất khả quy trên $Q$.
Bổ đề chứng minh hoàn tất.
Quay lại bài toán: Giả sử $f(x)=f_1(x)f_2(x)$ trong đó $f_1(x),f_2(x)$ là các đa thức với hệ số nguyên và có bậc không nhỏ thua $1$.
Đa thức $f(x)$ thỏa mãn các giả thiết của bổ đề với $p=2,k=n-2$. Vậy trong các đa thức $f_1(x)$ và $f_2(x)$ có một đa thức có bậc không nhỏ hơn $n-1$. Khi đó $f_2(x)$ có bậc bằng $1$. Vậy $f_2(x)$ có nghiệm nguyên $(f_2(x)=x+b)$ với $b\in \mathbb{Z}$. Giả sử $x=x_0(x_0\in \mathbb{Z})$ là nghiệm nguyên của $f_2(x)$ thì $x_0$ phải là ước số của $3$. Từ đó suy ra $x_0=\pm 1,\pm 3$. Mặt khác dễ dàng chứng minh được, $f_2(1)\ne 0,f_2(-1)\ne 0,f_2(3)\ne 0,f_2(-3)\ne 0$. Điều này vô lí chứng tỏ rằng $f(x)$ không viết được dưới dạng tích của hai đa thức có bậc không nhỏ thua $1$ với các hệ số nguyên.
Lời giải bài 112: Gọi $A$ là tập gồm tất cả các chỉnh hợp chập $k$ của $n$ số nguyên dương đầu tiên. Gọi $A_1$ là tập gồm tất cả các chỉnh hợp thỏa mãn yêu cầu đề bài. Kí hiệu $A_2=\left\{\text{ chỉnh hợp }(a_1,a_2,...,a_k)\in A| a_i<a_{i+1}\forall i=\overline{1,k-1} \text{ và } a_i\equiv i(\text{ mod } 2)\forall i=\overline{1,k}\right\}$. Hiển nhiên có $A_2\subset A$ và $A_1=A$ \ $A_2$. Suy ra: $|A_1|=|A|-|A_2|(1)$.
Xét $A_2$. Với mỗi $(a_1,a_2,...,a_k)\in A_2$ ta đều có $a_i+i\ne a_j+j\forall i\ne j\in \left\{1,2,...,k\right\},(a_i+i)\vdots 2$ và $a_i+i\in \left\{1,2,...,n+k\right\}\forall i=\overline{1,k}$. Vì thế, phép đặt tương ứng:
$(a_1,a_2,...,a_k)\in A_2\mapsto \left\{b_1,...,b_i,...,b_k\right\}=\left\{a_1+1,...,a_i+i,...,a_k+k\right\}$ xác lập một ánh xạ $f$ từ $A_2$ đến tập $B=\left\{\left\{b_1,b_2,...,b_k\right\}|b_i\ne b_j\forall i\ne j\in \left\{1,2,...,k\right\},b_i\in \left\{1,2,...,n+k\right\}\text{ và } b_i\vdots 2\forall i=\overline {1,k}\right\}$.
Dế thấy, nếu $(a_1,a_2,...,a_k)$ và $(a_1',a_2',...,a_k')$ là hai phần tử khác nhau thuộc $A_2$ thì ảnh của chúng qua $f$ cũng là hai phần tử khác nhau thuộc $B$ chứng tỏ $f$ là đơn ánh từ $A_2$ đến $B$.
Xét $(b_1,b_2,...,b_k)$ bất kì thuộc $B$. Không mất tính tổng quát, giả sử $b_1<b_2<...<b_k$. Khi đó, vì $b_i\vdots 2$ và $b_i\in \left\{1,2,...,n+k\right\}\forall i=\overline{1,k}$ nên $1\le b_i-i<b_{i+1}-(i+1)\le n\forall i=\overline{1,k-1}$ và $b_i-i\equiv i(\text{ mod }2) \forall i=\overline{1,k}$. Suy ra $(b_1-1,b_2-2,...,b_k-k)\in A_2$ và hơn nữa, dễ thấy ảnh của $(b_1-1,b_2-2,...,b_k-k)$ qua $f$ là $\left\{b_1,b_2,...,b_k\right\}$ . Vậy $f$ toàn ánh từ $A_2$ đến $B$ và do đó $|A_2|=|B|=C_{[\frac{n+k}{2}]}^{k}(2)$
Thay $(2)$ vào $(1)$ với lưu ý: $|A|=\frac{n!}{(n-k)!}$ ta được: $|A_1|=\frac{n!}{(n-k)!}-C_{[\frac{n+k}{2}]}^k$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 31-10-2018 - 18:57
]
