XIV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

III

Dowieść, że wielomian stopnia piątego

$ P(x) = x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6 $

nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli wielomian, w którym współczynnik najwyższego wyrazu równa się $1$ , jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych, to można przyjąć, że w każdym z tych czynników współczynnik najwyższego wyrazu też równa się $1$ . Gdyż jeżeli ich najwyższymi wyrazami są $a_0x^k$ i $b_0x^k$ , to $a_0b_0 = 1$ , więc $a_0=b_0=1$ lub $a_0 = b_0 = - 1$ , przy czym ten drugi przypadek sprowadza się do pierwszego przez zmianę znaku każdego z czynników.

Należy zatem dowieść, że dany wielomian $P(x)$ nie jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych mającym postać $(x + a)Q(x)$ [ $Q(x)$ - wielomian stopnia czwartego], bądź postać $(x^2 + a_1x + a_2) (x^3 + b_1x^2 + b_2x + b_3$ ).

Przypuśćmy że

$ (a) \qquad x^5 - 3x^4 + 6x^3 -3x^2 + 9x - 6 = (x + a) \cdot Q(x), $

gdzie liczba $a$ jest całkowita.

Podstawiając $x = - a$ , otrzymujemy

$ - a^5 - 3a^4 - 6a^3 - 3a^2 - 9a - 6 = 0. $

Równość ta nie może jednak zachodzić. Gdy bowiem $a$ jest podzielne przez $3$ , to lewa strona tej równości jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $9$ , gdy zaś $a$ jest niepodzielne przez $3$ , to lewa strona jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $3$ . Rozkład (a) jest więc niemożliwy.

Przypuśćmy, że

$ (b) \qquad x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6 = (x^2 + a_1x + a_2) (x^3 + b_1x^2 + b_2x + b_3), $

gdzie liczby $a_1, a_2, b_1, b_2, b_3$ są całkowite. Współczynniki przy jednakowych, potęgach $x$ po obu stronach tej tożsamości muszą być równe, więc

$ (1) \qquad a_2b_3 = - 6 , $

$ (2) \qquad a_1b_3 + a_2b_2 = 9, $

$ (3) \qquad a_1b_2 + a_2b_1 + b_3 = - 3, $

$ (4) \qquad a_1b_1 + a_2 + b_2 = 6, $

$ (5) \qquad a_1 + b_1 = - 3. $

Z równości (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb $a_2$ , $b_3$ jest podzielna przez $3$ .

Jeżeli $a_2$ jest podzielne, a $b_3$ - niepodzielne przez $3$ , to z równości (2) wynika, że $a_1$ jest podzielne przez $3$ , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że $b_3$ jest podzielne przez $3$ , co przeczy przyjętemu założeniu.

Jeżeli $a_2$ jest niepodzielne, a $b_3$ - podzielne przez $3$ , to z równości (2) wynika, że $b_2$ jest podzielne przez $3$ , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że $b_1$ jest podzielne przez $3$ ; w takim razie z równości (4) wynika, że $a_2$ jest podzielne przez $3$ , tzn. otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Zatem rozkład (b) jest niemożliwy.

Uwaga. Wielomian o współczynnikach wymiernych, który nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach wymiernych, nazywa się wielomianem nieprzywiedlnym albo pierwszym w zbiorze liczb wymiernych. Udowodniliśmy wyżej, że wielomian $x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6$ jest nieprzywiedlny. Analizując ten dowód dostrzeżemy łatwo, że korzystaliśmy w nim tylko z tego, że wszystkie współczynniki wielomianu oprócz pierwszego są podzielne przez $3$ i że ostatni współczynnik nie jest podzielny przez $9$ .

Zachodzi twierdzenie ogólne zwane kryterium Eisensteina nieprzywiedlności wielomianów:

Jeżeli współczynniki wielomianu

$ P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots +a_n $

są całkowite i jeżeli istnieje taka liczba pierwsza $p$ , że współczynniki $a_1, a_2, \ldots, a_n$ są podzielne przez $p$ , $a_0$ nie jest podzielne przez $p$ oraz $a_n$ nie jest podane przez $p^2$ , to wielomian $P(x)$ jest nieprzywiedlny w zbiorze liczb wymiernych.

Dowód. Przypuśćmy, że przy powyższych założeniach

$ a_0x^n + a_1x^{n-1} +\ldots + a_n = (b_0x^n + b_1x^{k-1} + \ldots + b_k) (c_0x^l + c_1x^{l-1} + \ldots + c_l), $

gdzie: liczby $k, l,b_0, \ldots, b_k$ i $c_0, \ldots, c_l$ są całkowite, $l \geq k > 0$ . Wspołczynmki przy jednakowych potęgach $x$ po obu stronach tej równości muszą być równe, więc

$(1) \qquad b_k \cdot c_l = a_n,$

$(2) \qquad b_kc_{l-1} + b_{k-1}c_l = a_{n-1},$

$(3) \qquad b_kc_{l-2} + b_{k-1}c_{l-1} + b_{k-2}v_l = a_{n-2},$

$\ldots,$

$\nr{k+1} b_kc_{l-k} + b_{k-1}c_{l-k+1}+ \ldots + b_1c_{l-1} + b_0c_l =a_{n-k},$

$\nr{l+1} b_kc_0 + b_{k-1}c_1 + \ldots + b_1c_{k-1} + b_0c_k = a_{n-l},$

$\nr{n+1} b_0c_0 = a_0.$

Ponieważ $a_n$ jest podzielne przez $p$ , ale nie jest podzielne przez $p^2$ , więc z (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb $b_k$ , $c_l$ jest podzielna przez $p$ . Przypuśćmy, że $b_k$ jest podzielne a $c_l$ niepodzielne przez $p$ . Wówczas z równości (2), której prawa strona jest podzielna przez $p$ wynika, że $b_{k-1}$ jest podzielne przez $p$ ; podobnie z równości (3) wynika, że $b_{k-2}$ jest podzielne przez $p$ itd., wreszcie z równości $(k + 1)$ wynika, że $b_0$ jest podzielne przez $p$ , co wobec równości $(n + 1)$ jest sprzeczne z założeniem, że $a_0$ nie jest podzielne przez $p$ . W taki sam sposób dochodzimy do sprzeczności, jeśli przypuścimy, że $c_1$ jest podzielne oraz $b_k$ niepodzielne przez $p$ . Przypuszczenie, że $P(x)$ nie jest wielomianem nieprzywiedlnym jest więc fałszywe.

Z twierdzenia Eisensteina wynika bezpośrednio nieprzywiedlność wielomianu $P(x)$ w zadaniu 23.