A proof of Schonemann’s criterion

Các em học sinh nên xem lại hai bài sau:

[1] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

[2] https://nttuan.org/2018/08/25/poly03/

Định lý (Schonemann, 1846). Cho số nguyên tố $p$ , số nguyên dương $n$ , và một đa thức $f(x)$ với hệ số nguyên có dạng $f(x)=(g(x))^n+ph(x).$ Trong đó $g$ và $h$ là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn:

(a) hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

(b) $\deg (h)<\deg (f)$ và $(g,h)=1$ trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

Khi đó $f$ bất khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ .

Chứng minh. Ta thấy hệ số cao nhất của $f$ bằng $1$ và $\deg (f)=n\deg (g).$ Giả sử $f$ khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ , suy ra $f=f_1f_2$ , với $f_1$ và $f_2$ là các đa thức khác hằng với hệ số nguyên cùng có hệ số cao nhất là $1$ . Khi đó trong $\mathbb{F}_p[x]$ ta có $g^n=f_1f_2,$ mà hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ , suy ra trong $\mathbb{Z}[x]$ thì $f_1=g^r+pF_1$ và $f_2=g^{n-r}+pF_2,$ ở đây $r$ là số nguyên dương bé hơn $n$ , và $F_1$ , $F_2$ là hai đa thức với hệ số nguyên. Do đó trong $\mathbb{Z}[x]$ ta có đẳng thức

$h=F_1g^{n-r}+F_2g^r+pF_1F_2,$

suy ra $g\mid h$ trong $\mathbb{F}_p[x],$ điều này không thể xảy ra do $(g,h)=1$ trong $\mathbb{F}_p[x]$ . $\Box$

Tiêu chuẩn này là một tổng quát của tiêu chuẩn Eisenstein.

Polynomials with integer coefficients

Đây là bài thứ ba về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại hai bài trước để học cho dễ dàng hơn. Như các bài trước, các bạn học sinh tự hoàn thiện các lời giải một cách chi tiết.

[1] https://nttuan.org/2023/06/30/poly01/

[2] https://nttuan.org/2023/08/11/poly02/

Mục đích của bài này là giới thiệu một số kết quả cơ bản về các đa thức với hệ số nguyên, chẳng hạn như định lí nghiệm hữu tỷ và tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein.

Định lí 1 (Định lí nghiệm hữu tỷ). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức

$P(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_1 x+a_0$

có bậc bằng $n$ với hệ số nguyên. Khi đó nếu $r / s$ là một nghiệm hữu tỷ khác không của $P(x)$ thỏa mãn $(r, s)=1$ , thì $r \mid a_0$ and $s \mid a_n$ .

Chứng minh. Từ giả thiết ta có $a_n r^n+a_{n-1} r^{n-1} s+\cdots+a_1 r s^{n-1}+a_0 s^n=0,$
suy ra $r \mid a_0 s^n$ và $s \mid a_n r^n$ . Nhưng $r$ và $s$ nguyên tố cùng nhau, nên $r \mid a_0$ và $s \mid a_n$ . $\Box$

Theo định lí này, khi $P$ có hệ số cao nhất bằng $1$ thì mọi nghiệm hữu tỷ của $P$ đều là số nguyên. Với một đa thức khác hằng với hệ số nguyên, từ định lí ta cũng thấy muốn tìm nghiệm hữu tỷ của đa thức ta chỉ cần tìm trong một tập hợp hữu hạn.

Ví dụ 1. Giả sử ta muốn tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của đa thức $P(x)=x^3-5x^2+x+10.$ Theo định lí, nghiệm hữu tỷ của $P$ phải là nghiệm nguyên và nó bằng $0$ hoặc là ước của $10$ . Suy ra nghiệm hữu tỷ của $P$ thuộc tập hợp $\{0,\pm 1,\pm 2,\pm 5,\pm 10\}.$ Kiểm tra trực tiếp ta thấy nghiệm hữu tỷ của đa thức là $2$ .

Định nghĩa 1. Một đa thức khác không với hệ số nguyên được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó chỉ có ước dương chung là $1$ .

Định lí 2 (Bổ đề Gauss). Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử $f(x)=g(x) h(x)$ là tích của hai đa thức nguyên bản và $p$ là một số nguyên tố chia hết mọi hệ số của $f$ . Viết $g(x)=\sum a_kx^k$ và $h(x)=\sum b_mx^m$ . Do $f$ và $g$ là nguyên bản nên ta có thể chọn các chỉ số $i$ và $j$ lớn nhất để $p\nmid a_i$ và $p\nmid b_j$ . Khi đó hệ số của $x^{i+j}$ trong $f$ bằng $a_ib_j$ , số này không chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Cho $f(x)$ là một đa thức khác hằng với hệ số nguyên sao cho $f(x)=g(x)h(x)$ , ở đây $g$ và $h$ là các đa thức khác hằng với hệ số hữu tỷ. Khi đó $f$ là tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc bằng bậc của $g$ và $h$ .
Chứng minh. Từ giả thiết ta có thể viết $\displaystyle f(x)=\frac{m}{n}g_1(x)h_1(x)$ , trong đó $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, và $g_1,h_1$ là hai đa thức nguyên bản có bậc lần lượt bằng bậc của $g_1$ , $h_1$ . Nếu $a$ là một hệ số của $g_1h_1$ thì $n \mid m a$ do $f$ có hệ số nguyên, suy ra $n \mid a$ . Như vậy $n$ là số nguyên dương chia hết mọi hệ số của đa thức $g_1h_1$ , là một đa thức nguyên bản theo bổ đề Gauss, suy ra $n=1$ . Khi đó $f=(m g_1)(h_1)$ , đây là phân tích ta cần. $\Box$
Bằng quy nạp ta dễ dàng mở rộng kết quả trên cho nhiều hơn hai thừa số.

Định lí 3 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ có bậc $n$ với hệ số nguyên. Giả sử có số nguyên tố $p$ sao cho $a_n$ không chia hết cho $p$ , các hệ số $a_0,a_1,\ldots,a_{n-1}$ chia hết cho $p$ và $a_0$ không chia hết cho $p^2$ . Khi đó $f$ là đa thức bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Giả sử $f$ không bất khả quy trên $\mathbb{Q}.$ Khi đó theo hệ quả trên, tồn tại các đa thức khác hằng với hệ số nguyên $g$ và $h$ sao cho $f=gh.$ Viết $g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_kx^k$ và $h(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_mx^m,$ trong đó $k$ , $m$ là các số nguyên dương và $b_kc_m\not=0.$ Vì $b_0c_0=a_0$ chia hết cho $p$ nhưng không chia hết cho $p^2$ nên $p\mid b_0$ hoặc $p\mid c_0$ và không xảy ra cả hai. Giả sử mà không làm mất tính tổng quát rằng $p\mid b_0$ và $p\nmid c_0.$

Nếu $b_0,b_1,\ldots,b_u (u<k)$ chia hết cho $p$ thì bằng cách để ý đến hệ số của $x^{u+1}$ trong hai vế của $f=gh$ ta có $b_{u+1}$ cũng chia hết cho $p.$ Vậy bằng quy nạp theo $l$ , ta có $p\mid b_l$ với mỗi $l=0,1,\ldots,k$ . Suy ra $a_n=b_kc_m$ chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố $p$ , đa thức $\Phi_p(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Xét một số nguyên tố $p$ . Ta có

$\displaystyle \Phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{x}=x^{p-1}+C_p^1x^{p-2}+C_p^2x^{p-3}+\cdots+p,$ và khi $1 \leq i \leq p-1$ thì $p$ chia hết $C_p^i$ . Suy ra theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức $\Phi_p(x+1)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ , do đó $\Phi_p(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ . $\Box$

Continue reading →

Combinatorial Nullstellensatz

Trong bài này chúng tôi giới thiệu một chứng minh ngắn của định lý không điểm tổ hợp của Noga Alon, và sử dụng nó chứng minh định lý Cauchy – Davenport (xem [1]). Từ bây giờ, khi nói đến trường thì các bạn hiểu là nói đến $\displaystyle \mathbb{C}$ , $\displaystyle \mathbb{R}$ , $\displaystyle \mathbb{Q}$ , hay $\displaystyle \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ .

Định lý 1 (N. Alon, 1999). Cho $\displaystyle \mathbb{F}$ là một trường bất kỳ, và cho $\displaystyle P\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)$ là một đa thức trong $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{1}, \ldots, x_{n}\right]$ . Giả sử bậc của $\displaystyle P$ là $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_{i}$ , trong đó $\displaystyle k_{i}$ là một số nguyên không âm, và hệ số của đơn thức $\displaystyle x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ trong $\displaystyle P$ khác không. Khi đó với mỗi tập con $\displaystyle A_{1}, \ldots, A_{n}$ của $\displaystyle \mathbb{F}$ thỏa mãn $\displaystyle \left|A_{i}\right| \geq k_{i}+1$ với mỗi $\displaystyle i=1,2, \ldots, n$ , tồn tại $\displaystyle a_{1} \in A_{1}, \ldots, a_{n} \in A_{n}$ để $\displaystyle P\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \neq 0$ .

Định lý trên được gọi là định lý không điểm tổ hợp, nó là một tổng quát của kết quả: Với mỗi đa thức khác không $\displaystyle f(x)$ với hệ số thuộc một trường $\displaystyle \mathbb F$ , số nghiệm của $\displaystyle f$ trong $\displaystyle \mathbb F$ không vượt quá $\displaystyle \deg f$ .

Chứng minh (Mateusz Michalek). Khẳng định là đúng một cách hiển nhiên khi $\displaystyle P$ là đa thức hằng, bây giờ ta xét trường hợp còn lại.

Quy nạp theo $\displaystyle \deg P$ . Nếu $\displaystyle \deg(P)=1$ thì định lý là đúng. Giả sử $\displaystyle \deg(P)>1$ và $\displaystyle P$ thỏa mãn các giả thiết của định lý nhưng kết luận là sai. Nghĩa là $\displaystyle P(x)=0$ với mọi $\displaystyle x \in A_{1} \times \ldots \times A_{n}$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $\displaystyle k_{1}>0$ . Xét một $\displaystyle a \in A_{1}$ và viết

$\displaystyle P=\left(x_{1}-a\right) Q+R\quad \quad (1)$

bằng cách sử dụng thuật toán chia. Xem (1) là một đẳng thức của các đa thức một biến $\displaystyle x_{1}$ với hệ số thuộc $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{2}, \ldots, x_{n}\right]$ . Vì bậc của $\displaystyle R$ theo biến $\displaystyle x_{1}$ là bé hơn $\displaystyle \deg\left(x_{1}-a\right)$ , đa thức $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ . Từ giả thiết về $\displaystyle P$ ta có $\displaystyle Q$ phải có một đơn thức không bị triệt tiêu có dạng $\displaystyle x_{1}^{k_{1}-1} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ và

$\displaystyle \deg(Q)=\sum_{i=1}^{n} k_{i}-1=\deg(P)-1.$

Lấy mỗi $\displaystyle x \in\{a\} \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ và thay vào (1). Vì $\displaystyle P(x)=0$ ta có $\displaystyle R(x)=0$ . Nhưng $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ , suy ra $\displaystyle R$ cũng bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ .

Bây giờ thay mỗi $\displaystyle x \in\left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ vào (1). Vì $\displaystyle x_{1}-a$ khác không, ta có $\displaystyle Q(x)=0$ . Vậy là $\displaystyle Q$ bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ , trái với giả thiết quy nạp. $\Box$

Một áp dụng đầu tiên là chứng minh ngắn của định lý Cauchy – Davenport trong lý thuyết số cộng tính. Định lý được chứng minh đầu tiên bởi Cauchy vào năm 1813 và bởi Davenport vào năm 1935. Cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Hỏi tập

$\displaystyle A+B:=\{a+b\mid (a,b)\in A\times B\}$

có thể có ít nhất bao nhiêu phần tử?

Định lý 2 (Cauchy – Davenport). Cho số nguyên tố $\displaystyle p$ và cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Khi đó

$\displaystyle |A+B|\geq\min \{p,a+b-1\}.$

Chứng minh. Nếu $\displaystyle a+b>p$ thì $\displaystyle \mid A+B\mid =p$ . Thật vậy, với mỗi $\displaystyle g\in \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ , hai tập $\displaystyle g-A$ và $\displaystyle B$ có giao khác rỗng vì $\displaystyle a+b>p$ . Lấy $\displaystyle h\in (g-A)\cap B$ ta có ngay $\displaystyle h=b=g-a\quad (a\in A,b\in B),$ suy ra $\displaystyle g=a+b\in A+B$ . Từ đây ta có $\displaystyle |A+B|=p=\min \{p,a+b-1\}.$

Bây giờ ta xét $\displaystyle a+b\leq p$ và giả sử bất đẳng thức là sai. Gọi $\displaystyle C$ là một tập có cỡ $\displaystyle a+b-2$ trong $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ chứa $\displaystyle A+B$ . Xét đa thức

$\displaystyle f(x, y)=\prod_{c \in C}(x+y-c)$

trên $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ . Đây là một đa thức hai biến có bậc $\displaystyle a+b-2$ . Ta sẽ chứng minh

$\displaystyle \left[x^{a-1} y^{b-1}\right] f(x, y)=\left(\begin{array}{c}a+b-2 \\ a-1\end{array}\right) \not =0.$

Để hình thành hệ số này khi khai triển $\displaystyle f$ , ta chọn $\displaystyle x$ đúng $\displaystyle a-1$ lần và $\displaystyle y$ đúng $\displaystyle b-1$ lần trong $\displaystyle a+b-2$ thừa số. Như vậy ta có đẳng thức đầu. Hệ số nhị thức khác không là vì $\displaystyle a+b-2<p$ và $\displaystyle p$ là số nguyên tố.

Vì $\displaystyle |A|=a$ và $\displaystyle |B|=b$ , định lý không điểm tổ hợp cho ta $\displaystyle x \in A$ và $\displaystyle y \in B$ mà $\displaystyle f(x, y) \neq 0$ . Điều này không thể xảy ra vì $\displaystyle f$ đã được dựng để triệt tiêu trên mọi cặp $\displaystyle (x, y)$ như vậy. $\Box$

Bài đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2014/09/29/cauchy-davenport/

Z – K[x]

Các bạn học sinh chắc rất quen thuộc với cuốn từ điển ANH – VIỆT đúng không? Hôm nay tôi sẽ giới thiệu vài trang trong cuốn từ điển SỐ NGUYÊN – ĐA THỨC. Để theo bài cho dễ dàng các bạn nên đọc lướt qua các bài sau:

[1] https://nttuan.org/2023/06/30/poly01/

[2] https://nttuan.org/2023/07/14/divisibility/

[3] https://nttuan.org/2023/08/04/prime/

Mục đích của bài này là giới thiệu một số kết quả về đa thức tương tự với các kết quả trong số học sơ cấp (xem [2] và [3]), chẳng hạn như thuật toán chia, thuật toán Euclid, và định lí cơ bản của số học. Bởi vì chúng thực sự rất tương tự nên một số chứng minh sẽ bị bỏ qua, hoặc viết vắn tắt. Các em học sinh nên viết lại cẩn thận tất cả các chứng minh để hiểu thêm về đa thức.

Trong bài $K$ là $\mathbb{C},\mathbb{R},\mathbb{Q},$ hay $\mathbb{F}_p$ .

Định lí 1 (Thuật toán chia). Cho $f$ và $g$ là các phần tử của $K[x]$ với $g\neq 0$ . Khi đó tồn tại duy nhất cặp phần tử $(q,r)$ của $K[x]$ thỏa mãn $f=q g+r,$ và $\deg (r)<\deg(g)$ hoặc $r=0$ .

Chứng minh. Khẳng định là đúng một cách hiển nhiên nếu $f=0$ hoặc bậc của $f$ bé hơn bậc của $g.$ Bây giờ ta xét trường hợp còn lại và chứng minh nó bằng quy nạp theo bậc của $f$ .

Nếu bậc của $f$ bằng $0$ thì bậc của $g$ bằng $0$ và khẳng định là đúng. Giả sử khẳng định đúng với mọi đa thức $f$ có bậc bé hơn $m$ . Xét một đa thức $f$ có bậc $m$ và một đa thức $g$ khác không có bậc $n\leq m$ . Viết $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1 x+a_0$ và $g(x)=b_n x^n+\ldots+b_0.$

Xét đa thức $f_1(x)=f(x)-a_m b_n^{-1} x^{m-n} g(x).$ Ta có $f_1$ có bậc bé hơn $m$ hoặc $f_1=0$ nên theo giả thiết quy nạp, ta có thể viết $f_1=q_1 g+r,$ trong đó bậc của $r$ bé hơn $n$ hoặc $r=0$ . Từ đây ta có $f(x)=\left(q_1(x)+a_m b_n^{-1} x^{m-n}\right) g(x)+r(x).$ Bây giờ ta đi chứng minh phần còn lại, thương và dư là duy nhất. Giả sử $f=q_1 g+r_1$ và $f=q_2 g+r_2.$ Khi đó $\left(q_1-q_2\right) g=r_2-r_1.$ Nếu $q_2-q_1 \neq 0$ thì bậc của $\left(q_2-q_1)\right) g$ không bé hơn bậc của $g$ , trong khi bậc của $r_2-r_1$ bé hơn bậc của $g$ , vô lý. Vậy $q_1=q_2$ , và đương nhiên $r_1=r_2$ . $\Box$

Định nghĩa 1. Cho hai đa thức không đồng thời bằng không $f$ và $g$ với hệ số trong $K$ . Một đa thức monic $d$ với hệ số trong $K$ được gọi là ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ nếu

(1) $d$ là một ước của $f$ và $g$ , và

(2) mỗi ước của $f$ và $g$ cũng là một ước của $d$ .

Ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ được ký hiệu bởi $(f, g)$ . Nếu $(f, g)=1$ thì ta nói $f$ và $g$ nguyên tố cùng nhau.

Ước chung lớn nhất nếu có sẽ là duy nhất. Thật vậy, giả sử $d$ và $d_1$ cùng là ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ . Khi đó $d \mid d_1$ và $d_1 \mid d$ , suy ra $d=a d_1$ và $d_1=b d$ , do đó $d=a b d.$ Từ đây ta có $ab=1$ , suy ra $a$ và $b$ đều có bậc không. Do đó $d_1$ bằng $d$ nhân với một đa thức hằng, nhưng chúng cùng monic nên $d=d_1$ . Định lí sau chứng tỏ ước chung lớn nhất tồn tại.

Định lí 2. Với các đa thức không đồng thời bằng không $f, g \in K[x]$ , ước chung lớn nhất tồn tại và có thể biểu diễn dưới dạng $(f, g)=a f+b g,$ với $a,b \in K[x]$ .

Chứng minh. Xét tập hợp $I=\{a f+b g \mid a, b \in K[x]\}.$ Tập hợp $I$ chứa ít nhất một đa thức khác không nên tồn tại đa thức monic $d$ thuộc $I$ mà có bậc nhỏ nhất. Dễ chứng minh được $d=(f, g)$ . $\Box$

Thuật toán Euclid. Cho $f, g \in K[x]$ là hai đa thức khác không. Dùng thuật toán chia ta có $f=q g+r,$ trong đó $\deg(r)<\deg(g)$ hoặc $r=0$ . Nếu $r=0$ thì $g$ chia hết $f$ , do đó $(f, g)=c g$ với $c\in K$ . Nếu không, ta có tập các ước chung của $f$ và $g$ bằng tập các ước chung của $g$ và $r$ , do đó $(f,g)=(g,r)$ . Quy trình này làm giảm bậc của đa thức nên nó phải kết thức sau hữu hạn bước, lúc đó ta tìm được $(f,g)$ . Tương tự như với số nguyên, dùng thuật toán này ta có thể tìm được các đa thức $a$ và $b$ sao cho $(f, g)=a f+b g.$

Định lí 3. Cho $f, g,h \in K[x]$ với $(h, f)=1$ và $h\mid fg$ . Khi đó $h\mid g$ .

Chứng minh. Bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. $\Box$

Định nghĩa 2. Một đa thức khác hằng với hệ số trong $K$ được gọi là bất khả quy trên $K$ nếu nó không thể phân tích trong $K[x]$ thành tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn. Nó được gọi là khả quy trên $K$ nếu có phân tích như vậy.

Ví dụ. Đa thức $x^2-x+1$ bất khả quy trên $\mathbb{R}$ nhưng khả quy trên $\mathbb{C}$ .

Tất cả những đa thức bậc $1$ là bất khả quy trên $K$ . Mỗi đa thức có bậc lớn hơn $1$ có nghiệm trong $K$ sẽ khả quy trên $K$ . Ngược lại không đúng, một đa thức khả quy vẫn có thể không có nghiệm trong $K$ . Tuy nhiên, với các đa thức bậc $2$ hay $3$ ta có kết quả sau:

Định lí 4. Một đa thức có bậc $2$ hay $3$ bất khả quy trên $K$ khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong $K$ .

Tương tự như với số nguyên ta có các định lí sau. Bạn đọc tự chứng minh chúng xem như bài tập.

Định lí 5. Đa thức khác hằng $p \in K[x]$ bất khả quy trên $K$ khi và chỉ khi với mỗi $f,g \in K[x],$ $p\mid fg$ kéo theo $p \mid f$ hoặc $p \mid g$ .

Định lí 6. Mỗi đa thức khác hằng với hệ số trong $K$ có thể viết như là một phần tử của $K$ nhân với tích của các đa thức monic bất khả quy trên $K$ . Nếu không kể đến thứ tự của các nhân tử thì biểu diễn này là duy nhất.

Continue reading →

Perfect rulers

Giả sử ta có một cái thước kẻ dài $\displaystyle 6$ , trên đó đã đánh dấu các điểm $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 2$ , $\displaystyle 3$ , $\displaystyle 4$ , $\displaystyle 5$ , $\displaystyle 6$ . Sử dụng chiếc thước này ta có thể tạo mọi đoạn có độ dài thuộc $\displaystyle [6]$ , nhưng ta không cần đánh dấu trên thước nhiều điểm như thế để đạt được điều này. Ta có thể đánh dấu $\displaystyle 0$ , $\displaystyle 1$ , $\displaystyle 4$ , $6$ là đủ (đoạn độ dài $2$ được đo giữa hai điểm $4$ và $6$ , đoạn độ dài $3$ được đo giữa $1$ và $4$ , đoạn độ dài $4$ được đo giữa $0$ và $4$ , đoạn độ dài $5$ được đo giữa $1$ và $6$ ). Vì $C_4^2=6$ nên hoàn cảnh này là hoàn hảo.

Bài toán. Cho một số nguyên $n$ lớn hơn $4$ . Chứng minh rằng không tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Lời giải. Giả sử ngược lại, tồn tại $n$ số tự nhiên phân biệt $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ sao cho mọi số nguyên dương không vượt quá $C_n^2$ đều có dạng $a_i-a_j$ .

Xét đa thức $\displaystyle A(z) = \sum_i z^{a_i}$ . Theo tính chất của các số $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$ , ta có