Tag: Gauss

USAMO 2009, Problem 6: A Collection of 7 Solutions


Trong bài này chúng tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán sau:

USAMO 2009/6. Cho (s_n)_{n\geq 1} là một dãy không hằng các số hữu tỉ. Giả sử (t_n)_{n\geq 1} cũng là một dãy không hằng các số hữu tỉ thỏa mãn tính chất (s_i - s_j)(t_i - t_j) là một số nguyên với mọi i và j. Chứng minh rằng tồn tại một số hữu tỉ r khác 0 sao cho (s_i - s_j)r và (t_i - t_j)/r là các số nguyên với mọi i và j.

usa2009p6Download

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.