Chưa có bài trả lời

[gauss2]

$P(X) =(n+1).x^n +....+2n+1$ 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.