SUY NGHĨ VỀ MỘT TOÁN ĐA THỨC
Phạm Xuân Thịnh, trườngMã:
THPT
chuyên Hạ Long, Quảng Ninh
TO08

1

Tóm tắt nội dung
Bài viết này giải quyết một bài toán tổng quát của một bài toán đa thức trong
kì thi Học sinh giỏi của Nhật Bản và nó sẽ được dùng như một tiêu chuẩn để
kiểm tra tính bất khả quy của một số đa thức.

Trong kì thi Học sinh giỏi Nhật Bản năm 1999 có bài toán sau
Bài toán 1 (JMO, 1999). Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức
f (x) = (x2 + 12 )(x2 + 22 ) . . . (x2 + n2 ) + 1 bất khả quy.
Trước khi giải bài toán này, tôi xin nêu vài khái niệm và tiêu chuẩn về đa thức bất
khả quy sẽ có ích cho những lập luận về sau.
Giả sử K là một tập con khác rỗng của R. Kí hiệu K[x] là tập các đa thức với hệ
số thuộc K.
Định nghĩa 1. Đa thức P (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy trên K nếu nó không
thể phân tích thành tích của 2 đa thức khác hằng thuộc K[x].
Định lý 0.1. Cho P (x) ∈ Z[x]. Khi đó, P (x) bất khả quy trên Z khi và chỉ khi P (x)
bất khả quy trên Q.
Định lý 0.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho P (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 ∈
Z[x]. Nếu tồn tại một số nguyên tố p sao cho 3 điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
i) a0 , a1 , . . . , an−1 chia hết cho p;
ii) an không chia hết cho p;
iii) a0 không chia hết cho p2
thì P (x) là đa thức bất khả quy trên Z.
1

Các trao đổi với tác giả về bài viết này có thể liên hệ qua email :


2
Việc chứng minh các định lí trên xin nhường lại cho bạn đọc. Bây giờ ta hãy giải
bài toán đã nêu
Giải. Giả sử f (x) khả quy trên Z, tức là f (x) = g(x).h(x), với g(x), h(x) ∈ Z[x]
và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. Thế thì
g(k.i).h(k.i) = f (k.i) = 1, ∀k ∈ Z, 1 ≤ |k| ≤ n.
1
= g(k.i) = g(k.i) = g(−k.i). Điều này
g(k.i)
dẫn tới đa thức h(x) − g(−x) có 2n nghiệm. Hơn nữa, đa thức này có bậc nhỏ hơn
2n nên h(x) = g(−x), ∀x. Như thế, f (x) = g(x).g(−x) và do đó, f (0) = [g(0)]2 ,
tức là (n!)2 + 1 = [g(0)]2 . Dễ thấy rằng điều này là không thể. Vậy điều giả sử là
sai hay f (x) là đa thức bất khả quy.
Từ đó suy ra |g(k.i)| = 1 và h(k.i) =

Thực tế là đa thức g(x) = (x + 12 )(x + 22 )(x + 32 ) . . . (x + n2 ) + 1 cũng bất khả quy.
Việc chứng minh trực tiếp không khó khăn lắm nhưng khá phức tạp. Tuy vậy nếu
sử dụng kết quả của bài toán trên thì lại rất đơn giản. Thật vậy, giả sử g(x) khả
quy, tức là g(x) = P (x).Q(x), ở đó P (x), Q(x) ∈ Z[x] và có bậc lớn hơn hoặc bằng
1. Khi ấy, g(x2 ) = P (x2 )Q(x2 ). Điều này là không thể. Bởi vậy bài toán 1 là một
trường hợp riêng của bài toán sau
Bài toán 2 (Romanian TST, 2003). Cho f (x) ∈ Z[x] là đa thức monic, bất khả
quy và |f (0)| không phải là số chính phương. Chứng minh rằng f (x2 ) là đa thức bất
khả quy.
Giải. Giả sử f (x2 ) không phải là đa thức bất khả quy. Thế thì tồn tại √
P (x), Q(x) ∈

2
Z[x] có bậc lớn
hơn
hoặc
bằng
1
sao
cho
f
(x
)
=
P
(x)Q(x).
Đặt
u
=
x, x ≥ 0, ta
√
√
√
√
có f (u) = P ( u)Q( u). Ta viết P ( u) và Q( u) dưới dạng
√
√
√
√
P ( u) = g1 (u) + u.h1 (u) và Q( u) = g2 (u) + u.h2 (u),
trong đó g1 (u), g2(u), h1 (u), h2(u) ∈ Z[u]. Khi đó,
√

f (u) = g1 (u)g2 (u) + u.h1 (u)h2 (u) + u [g1 (u)h2 (u) + g2 (u)h1 (u)]

(1).

Từ đây suy ra g1 (u)h2 (u) + g2 (u)h1 (u) = 0. Đặt d(u) = gcd (g1 (u), g2(u)) , thì
tồn tại các đa thức q(u), s(u) ∈ Z[u] sao cho gcd (q(u), s(u)) = 1 và g1 (u) =
d(u)q(u), g2 (u) = d(u)s(u). Khi ấy, ta có
q(u)h1 (u) = −s(u)h2 (u) =⇒

h1 (u) = k(u)s(u)
h2 (u) = −k(u)q(u)


3
với k(u) ∈ Z[u]. Thay vào (1) ta được
f (u) = q(u)s(u) d2 (u) − uk 2 (u)

(2)

Vì f (u) là đa thức bất khả quy và d2 (u) − uk 2 (u) là một đa thức khác hằng nên có
thể coi q(u)s(u) = ±1. Như thế,
f (u) = ± d2 (u) − uk 2 (u) .
Cho u = 0, ta được |f (0)| = d2 (0) là một số chính phương. Điều mâu thuẫn này cho
ta điều phải chứng minh.
Bài toán 2 có thể tổng quát hơn nữa để có bài toán sau
Bài toán 3. Cho a, b, c ∈ Z, a ̸= 0 là một số chính phương, ∆ = b2 − 4ac và đa
thức P (x) ∈ Z[x] có hệ số cao nhất là một số chính phương. Khi đó, nếu P (x) là đa
∆
| không phải là bình phương của một số hữu
thức bất khả quy trên Z và |P − 4a

2
tỉ, thì P (ax + bx + c) cũng là một đa thức bất khả quy.
Giải. Giả sử P (ax2 + bx + c) là đa thức khả quy trên Z. Khi ấy, tồn tại các đa
thức khác hằng Q(x), H(x) ∈ Z[x] sao cho
P (ax2 + bx + c) = Q(x).H(x)
(1)
√
−b + 4au + ∆
Trong (1) ta thay x =
, thì được
2a
√
√
−b + 4au + ∆
−b + 4au + ∆
.H
P (u) = Q
2a
2a

(2).

Rõ ràng tồn tại các đa thức f (u), g(u), h(u), k(u) ∈ Q[u] sao cho
√
⎧
√
−b + 4au + ∆
⎪
⎪
= f (u) + g(u). 4au + ∆

⎨Q
√2a
√
4au + ∆
−b
+
⎪
⎪
⎩H
= h(u) + k(u). 4au + ∆
2a
Thay vào (2) ta được

√
P (u) = f (u).h(u) + (4au + ∆).g(u).k(u) + [f (u).k(u) + g(u).h(u)] . 4au + ∆ (3).


4
Từ đây suy ra f (u).k(u) + g(u).h(u) = 0, ∀u. Đặt d(u) = UCLN(f (u), g(u)), thì
tồn tại các đa thức f1 (u), g1(u), s(u) ∈ Q[u] sao cho
f (u) = f1 (u).d(u); g(u) = g1 (u).d(u); h(u) = f1 (u).s(u); k(u) = −g1 (u).s(u).
Thay vào (3), ta có
P (u) = d(u).s(u) f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u)

(4).

Do hệ số cao nhất của P (u) là một số chính phương nên có thể giả sử hệ số cao nhất
của d(u).s(u) bằng ±1. Dễ thấy f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u) là đa thức khác hằng. Vì
P (u) bất khả quy trên Z nên cũng bất khả quy trên Q. Do đó, d(u).s(u) là đa thức
hằng, suy ra d(u).s(u) = ±1. Như thế, (4) trở thành

P (u) = ± f12 (u) − (4au + ∆).g12 (u)

(5).

∆
∆
∆
, thì |P (− 4a
)| = f12 (− 4a
). Điều này mâu thuẫn với giả
Trong (5) ta cho u = − 4a
∆
thiết |P (− 4a
)| không là bình phương của một số hữu tỉ. Vậy P (ax2 + bx + c) là đa
thức bất khả quy.

Chú ý. Trong lời giải bài toán 3 ta thấy:
i) Vì hệ thức (5) đúng với mọi u thỏa mãn 4au + ∆ ≥ 0 nên nó đúng với mọi u ∈ R.
√
ii) Nếu b = 2b′ là số chẵn và a = 1, thì bằng cách thay x = b′ + u + ∆′ ta được
P (u) = ± f12 (u) − (u + ∆′ ).g12(u) ,

(6)

ở đó f1 (u) và g1 (u) là các đa thức với hệ số nguyên.
Dưới đây là vài áp dụng
Bài toán 4. Cho p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương. Chứng minh
rằng đa thức f (x) = (x2 + 1)n + p là bất khả quy.
Giải. Xét đa thức g(x) = xn + p, thì f (x) = (x2 + 1)n + p. Theo tiêu chuẩn
Eisenstein, đa thức g(x) là bất khả quy. Xảy các trường hợp sau

∆
= 1. Vì g(1) = 1 + p
4a
không thể là một số chính phương nên f (x) = g(x2 + 1) là đa thức bất khả
quy.

i) Nếu p = 2 hoặc p có dạng 4k + 1. Tam thức x2 + 1 có −


5
ii) Nếu p có dạng 4k + 3,√thì theo Chú ý trên nếu f (x) = g(x2 + 1) là khả quy,
bằng cách thay x = u − 1, ta sẽ có
g(u) = ± f12 (u) − (u − 1).g12 (u) , ∀u ∈ R,

với f1 (u) và g1 (u) là các đa thức với hệ số nguyên nào đó. Trong hệ thức này,
ta cho u = 0, sẽ có p = f12 (0) + g12(0). Nhưng p là số nguyên tố có dạng 4k + 3
nên không thể biểu diễn được thành tổng bình phương của 2 số nguyên. Vậy
f (x) phải là đa thức bất khả quy.

Bài toán 5 (HongKong TST, 2011). Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh
n
rằng đa thức P (x) = (x2 + x)2 + 1 bất khả quy.
Giải. Đặt f (x) = (x − 1)2 + 1, thì P (x) = f (x2 + x + 1). Ta có f (x) = x2 +
n

2n −1

(−1)k C2kn x2

k=1


n −k

n

+ 2. Dễ dàng thấy rằng C2kn chia hết cho 2 với mọi k = 1, 2n − 1.

Từ đó, theo tiêu chuẩn Eisenstein, f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z. Tam
∆
3
thức x2 + x + 1 có − = . Theo bài toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy trên
4
4
Z, ta chỉ cần chứng minh
P

−

1
2

=f

3
4

1 + 42
42n

n


=

không là bình phương của một số hữu tỉ, tức là chỉ cần chứng minh 1+42 không phải
n
là số chính phương. Điều này là hiển nhiên, bởi vì phương trình 1 + 42 = a2 , a ∈ N
không có nghiệm nguyên dương.
n

Bài toán 6 (VMO, 2014). Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng đa
thức P (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 không thể biểu diễn thành tích của n + 1 đa thức
khác hằng với hệ số nguyên.
Việc giải bài toán này không khó. Ý tưởng chính của lời giải là sử dụng phản chứng.
Nếu P (x) biểu diễn được thành tích của n + 1 đa thức khác hằng với hệ số nguyên,
thì do deg(P (x)) = 4n nên ắt phải có một nhân tử có bậc nhỏ hơn 4. Hơn nữa, P (x)
không có nghiệm thực nên các nhân tử phải có bậc chẵn. Như thế phải có một nhân
tử bậc 2. Từ đó bằng cách xét hệ số cao nhất và cho x = 1, x = 6 ta suy ra điều
mâu thuẫn.
Nhưng điều tôi muốn nói ở đây là nhờ bài toán 3 ta có thể làm mạnh hơn kết quả
này. Cụ thể là ta có bài toán sau


6
Bài toán 7. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P (x) =
(x2 − 7x + 6)2n + 13 bất khả quy trên Z.
Giải. Đặt f (x) = x2n + 13, thì P (x) = f (x2 − 7x + 6). Chọn p = 13 là số nguyên
tố, thì theo tiêu chuẩn Eisenstein, f (x) là một đa thức bất khả quy trên Z. Tam
∆
25
thức x2 − 7x + 6 có − = −

và
4a
4
f

−

25
4

=

−25
4

2n

+ 13 =

252n + 13.42n
.
42n

Theo bài toán 3, để chứng minh P (x) bất khả quy trên Z, ta chỉ cần chứng minh
|f − 25
| không phải là bình phương của một số hữu tỉ hay chỉ cần chứng minh
4
2n
25 + 13.42n không phải là số chính phương. Nhưng điều này hiển nhiên, vì 252n +
13.42n ≡ 2 (mod 3). Như vậy, |f − 25

| không phải là bình phương của một số hữu
4
tỉ và do đó, P (x) là bất khả quy trên Z.