Khi Nào Một đa Thức Là Bất Khả Quy? - Diễn Đàn MathScope

Trang chủ » Khả Quy Là Gì » Khi Nào Một đa Thức Là Bất Khả Quy? - Diễn Đàn MathScope

Có thể bạn quan tâm

Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope Diễn Đàn MathScope
Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Lý Thuyết Số > Chuyên Đề
Khi nào một đa thức là bất khả quy?
News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học
1 2 >
03-01-2008, 06:55 PM #1
n.t.tuan +Thành Viên+ : Nov 2007 : 1,250 : 119 Khi nào một đa thức là bất khả quy? Topic này sẽ giới thiệu vài tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức , tôi không đăng các chứng minh kèm theo vì hoặc là các bạn đều biết rồi hoặc kiến thức của các bạn học sinh phổ thông không thể hiểu các chứng minh đó. Nếu có ai đó yêu cầu một chứng minh , tôi sẽ đăng nó nếu tôi biết. k ở đây là Z,Q,... (nhìn như một vành) Định nghĩa. Một đa thức f với hệ số trong k được gọi là khả quy trên k nếu f=gh, ở đây g và h là các đa thức bậc dương và có hệ số thuộc k. Trong các trường hợp khác f được gọi là bất khả quy trên k. Giờ tôi đi vào giới thiệu luôn các tiêu chuẩn. Định lý 1. (Eisenstein) $f(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n\in\mathbb{Z}[x] $. Nếu có số nguyên tố p sao cho $a_n $ không chia hết cho p , $a_0,...,a_{n-1} $ chia hết cho p, và $a_0 $ không chia hết cho$ p^2 $ thì f là bất khả quy trên Z. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ T.
Conanvn (20-01-2013), sonzqnn (17-01-2009)
n.t.tuan
03-01-2008, 07:25 PM #2
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Chứng minh của Định lý 1 : Giả sử lại rằng : $P(x)=Q(x).R(x).(*) $ ở đây $Q(x) $ và $R(x) $ là các đa thức hệ số nguyên và : $Q(x)=\sum_{i=0}^hb_ix^i $ $R(x)=\sum_{i=0}^kc_ix^i $ với $b_i\;(i=\overline{0,h})\;,c_j\;(j=\overline{0,k})\ $ là các số nguyên, $h,k>0,h+k=n $ Bằng cách đồng nhất hệ số của 2 vế đẳng thức $(*) $ ta có $a_0=b_h.c_k $. Do $a_0\;\vdots\;p $ nhưng $a\;\not\vdots\;p^2 $ nên hoặc $b_h\;\vdots \;p $ hoặc $c_k\;\vdots \;p. $ Giả sử $b_h\;\vdots \;p $.Ta có chuỗi các đẳng thức sau: $a_{1}=b_hc_{k-1}+b_{h-1}c_k $ $a_{2}=b_hc_{k-2}+b_{h-1}c_{k-1}+b_{h-2}c_k $ $a_{h}=a_{n-k}=b_{h}.c_{k-h}+b_{h-1}.c_{k-h+1}+...+b_1.c_{k-1}+b_0.c_k $ Trong đẳng thức thứ nhất ta suy ra $b_{h-1}\;\vdots\;p $, tương tự ta cũng có $b_{h-2}\;\vdots\;p $ từ đẳng thức thứ 2. Quá trình đó tiếp tục đến lúc ta có $b_0\;\vdots\;p $ hay $a_n\;\vdots\;p $ vô lí. Kết thúc chứng minh. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
Conanvn (20-01-2013), duonglangquyen (09-12-2010), sonzqnn (17-01-2009)
psquang_pbc
03-01-2008, 09:47 PM #3
n.t.tuan +Thành Viên+ : Nov 2007 : 1,250 : 119 Định lý 2. Cho p là một số nguyên tố. Nếu đa thức $f(x)=a_nx^n+...+a_0\in\mathbb{Z}[x] $ khả quy trên Z, và p chia hết các hệ số $a_0,...,a_{n-2} $ nhưng không chia hết $a_n $, và $p^2 $ không chia hết $a_0 $, thì p không chia hết $a_{n-1} $ và f phải có ít nhất một nghiệm hữu tỷ. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ T.
n.t.tuan
04-01-2008, 06:24 AM #4
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Định lý $2 $ là hệ quả của định lý sau : Định lý $2' $ Cho $P(x)=\sum_{i=0}^n a_{n-i}i.x^i $ là đa thức hệ số nguyên và $k $ là $1 $ số tự nhiên sao cho $0\le k\le n-1 $. Giả sử tồn tại số nguyên tố $p $ sao cho: $1, $ $a_0 $ không chia hết cho $p $. $2, $ Những hệ số $a_{k+1},a_{k+2},...,a_n $ chia hết cho $p $. $3, $ $a_n $ không chia hết cho $p^2 $. Chứng minh khi đó P(x) có ước không phân tích được là G(x) mà bậc của đa thức này lớn hơn hoặc bằng $n-k. $ Với $k=0 $ ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein Với $k=1 $ ta có định lý 2 của anh Tuân. Với $k=n-2 $ thì tồn tại 1 nghiệm của P(x) không là số vô tỉ . [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
Conanvn (20-01-2013)
psquang_pbc
04-01-2008, 11:09 AM #5
T.Courtin Guest : Jan 2008 : 49 : 1 Định lý 3.(Tiêu chuẩn Polya) Cho $f\in\mathbb{Z}[x] $ bậc $n $ . Đặt $m=\left[\frac{n+1}{2}\right] $ .Giả sử $n $ số nguyên khác nhau $d_1,d_2,\ldots,d_n $ không là nghiệm của $f $ và thỏa mãn $f(d_i)<\frac{m!}{2^n} $ . Khi đó $f $ bất khả quy. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
nguyenhtctb (29-06-2011), nguyentrai_oly (07-04-2012)
T.Courtin
04-01-2008, 12:35 PM #6
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Định lý 4.(Tiêu chuẩn Oskar Perron) Cho đa thức $P(x) $ hệ số nguyên. Giả sử tồn tại số nguyên $b $ và số nguyên tố $p $ sao cho chúng thoả mãn điều kiện sau : $1, P(b)=p $ $2, P(b-1)\not=0. $ 3, Tất cả các nghiệm $\xi_i;\; ( i=\overline{1,n} ) $ của đa thức $P(x) $ thỏa mãn bất đẳng thức $Re\xi_i <b-\frac{1}{2} $. Khi đó đa thức $P(x) $ bất khả quy. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
sonzqnn (17-01-2009)
psquang_pbc
04-01-2008, 06:13 PM #7
n.t.tuan +Thành Viên+ : Nov 2007 : 1,250 : 119 :
Định lý 2. Cho p là một số nguyên tố. Nếu đa thức $f(x)=a_nx^n+...+a_0\in\mathbb{Z}[x] $ khả quy trên Z, và p chia hết các hệ số $a_0,...,a_{n-2} $ nhưng không chia hết $a_n $, và $p^2 $ không chia hết $a_0 $, thì p không chia hết $a_{n-1} $ và f phải có ít nhất một nghiệm hữu tỷ.
Dùng định lý này có thể giải được các bài 10,11 ở đây //http://ant.edu.ms/forum/showthread.php?t=1490 . Chú Quang post chứng minh của định lý 2 đi. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ T.
n.t.tuan
04-01-2008, 06:52 PM #8
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Để thư thả rồi em post chứng minh Định lý 2' luôn. Giờ mệt quá chả làm được gì, lên mạng spam tí thôi [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
psquang_pbc
04-01-2008, 07:03 PM #9
n.t.tuan +Thành Viên+ : Nov 2007 : 1,250 : 119 Tùy chú, anh post tiêu chuẩn khác nhé! Định lý 5. Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n\in\mathbb{Z}[x],a_n\not = 0 $. a)Nếu $|a_1|>1+|a_2|+...+|a_n| $ thì f là bất khả quy trên Z. b)Nếu $|a_1|\geq1+|a_2|+...+|a_n| $ và $f(\pm 1)\not = 0 $ thì f là bất khả quy trên Z. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ T.
hoangkhtn2010 (04-03-2011), nguyenhtctb (29-06-2011), sonzqnn (17-01-2009)
n.t.tuan
04-01-2008, 07:10 PM #10
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Tiếp theo là định lý 6 nhé : Định lý 6 : Cho $b\ge 3 $ là 1 số nguyên dương và $p $ là 1 số nguyên tố . Viết $p $ dưới dạng cơ số $b $ như sau : $p=\sum_{i=0}^na_ib^{n-i} $ ở đây n là số tự nhiên $a_0\not=0 $ và $0\le a_i<b\; ( i=\overline{1,n} \; ) $ . Khi đó đa thức: $P(x)=\sum_{i=0}^na_ix^{n-i} $ là đa thức bất khả quy. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
sonzqnn (17-01-2009)
psquang_pbc
04-01-2008, 07:18 PM #11
Lam_sptn +Thành Viên+ : Jan 2008 : 3 : 0 :
Định lý $2 $ là hệ quả của định lý sau : Định lý $2' $ Cho $P(x)=\sum_{i=0}^n a_{n-i}i.x^i $ là đa thức hệ số nguyên và $k $ là $1 $ số tự nhiên sao cho $0\le k\le n-1 $. Giả sử tồn tại số nguyên tố $p $ sao cho: $1, $ $a_0 $ không chia hết cho $p $. $2, $ Những hệ số $a_{k+1},a_{k+2},...,a_n $ chia hết cho $p $. $3, $ $a_n $ không chia hết cho $p^2 $. Chứng minh khi đó P(x) có ước không phân tích được là G(x) mà bậc của đa thức này lớn hơn hoặc bằng $n-k. $ Với $k=0 $ ta nhận được tiêu chuẩn Eisenstein Với $k=1 $ ta có định lý 2 của anh Tuân. Với $k=n-2 $ thì tồn tại 1 nghiệm của P(x) không là số vô tỉ .
Ai có thể post giúp chứng minh của 2' được không? [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Lam_sptn
04-01-2008, 07:42 PM #12
n.t.tuan +Thành Viên+ : Nov 2007 : 1,250 : 119 :
Định lý 5. Cho $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n\in\mathbb{Z}[x],a_n\not = 0 $. a)Nếu $|a_1|>1+|a_2|+...+|a_n| $ thì f là bất khả quy trên Z. b)Nếu $|a_1|\geq1+|a_2|+...+|a_n| $ và $f(\pm 1)\not = 0 $ thì f là bất khả quy trên Z.
Dùng Định lý này có thể giải được bài 14 ở topic ''Bài tập về đa thức bất khả quy'' trong box này. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ T.
n.t.tuan
13-03-2009, 05:12 PM #13
zinxinh +Thành Viên+ : Jan 2009 : 214 : 65 Xét trên trường $Z_{p} $ [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
zinxinh
14-03-2009, 10:51 AM #14
namdung Administrator : Feb 2009 : Tp Hồ Chí Minh : 1,343 : 209 Đề chọn đội tuyển của Trung Quốc vừa rồi có bài: Cho m > n > 1 là các số nguyên lẻ, chứng minh rằng đa thức $x^m + x^n + x + 1 $ bất khả quy. ============== :
Ai có thể post giúp chứng minh của 2' được không?
Chứng minh của 2' hoàn toàn giống như chứng minh của tiêu chuẩn Eisentein thôi. Bạn cứ theo dõi kỹ là chứng minh được. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] : Tự động gộp bài
namdung
13-04-2009, 11:07 AM #15
pte.alpha +Thành Viên+ : Apr 2009 : 216 : 8 Tôi mới đọc trên Crux có định lý khá hay sau về điều kiện khả quy của đa thức $F(x^2) $. Định lý: Đa thức $F(x^2) $ là khả quy trên $Z[x] $ khi và chỉ khi hoặc $F(x) $ khả quy, hoặc $aF(x) = G^2(x) - xH^2(x) $ với $G(x), H(x) $ thuộc $Z[x] $, trong đó a = 1 hoặc -1. Định lý trên được phát biểu cho vành cơ sở K bất kỳ nhưng tôi phát biểu cho Z cho nó gọn. Trong trường hợp tổng quát, a được thay bằng 1 phần tử đơn vị của K. Ứng dụng. Chứng minh rằng nếu f(x) thuộc Z[x] là đa thức bất khả quy và |f(0)| không chính phương thì f(x^2) bất khả quy. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Conanvn (20-01-2013), nguyenhtctb (29-06-2011)
pte.alpha

Từ khóa » Khả Quy Là Gì

Liên Hệ

TRUYỀN HÌNH CÁP SÔNG THU ĐÀ NẴNG

Địa Chỉ: 58 Hàm Nghi - Đà Nẵng

Phone: 0904961917

Web: truyenhinhcapsongthu.net

Facebook: https://fb.com/truyenhinhcapsongthu/

Twitter: @ Capsongthu

Copyright © 2022 | Thiết Kế Truyền Hình Cáp Sông Thu