Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Đại số

Để củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng giải đề chuẩn bị cho kì thi Olympic Toán sinh viên sắp tới, mời các bạn cùng tham khảo Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Đại số. Từ đó, giúp các bạn nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề đạt hiệu quả cao hơn.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Đại số HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2023 ĐÁP ÁN: ĐẠI SỐ Bảng PT A. Các kết quả cơ bản về đa thức bất khả quy Bài PT.1. (2 điểm.) Giả sử đa thức (x − 1)(x − 2)(x − 3) − 1 khả quy trong Z[x], tức là tồn tại các đa thức với hệ số nguyên P (x), Q(x) trong đó deg P, deg Q ≥ 1 mà P (x) · Q(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) − 1 = x3 − 6x2 + 11x − 7. Từ đó có thể giả sử P (x), Q(x) là các đa thức đơn và một trong hai đa thức trên là đa thức bậc nhất, đa thức còn lại có bậc hai. Không mất tính tổng quát, giả sử P (x) = x + a và Q(x) = x2 + bx + c, với a, b, c là các số nguyên. Khi đó P (x) · Q(x) = (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b)x2 + (ab + c)x + ac. Cân bằng hệ số ta thu được hệ sau:  a + b = −6  ab + c = 11  ac = −7. Từ phương trình ac = −7 ta thu được (a, c) ∈ {(1, −7), (−1, 7), (7, −1), (−7, 1)}. Thử từng trường hợp ta không thu được bộ các số nguyên a, b, c thỏa mãn hệ trên. Vậy điều giả sử là sai và ta có điều phải chứng minh. Bài PT.2. (4 điểm.) a) Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mệnh đề cần chứng minh sai. Đặt R(x) = P (x).Q(x) = c0 + c1 x + · · · + cm+n xm+n . Từ giả thiết phản chứng, tồn tại i là chỉ số nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p và tồn tại j là chỉ số nhỏ nhất mà bj không chia hết cho p. Khi đó, bằng cách xét hệ số của xi+j ta thấy rằng ci+j = ai bj + ai−1 bj+1 + · · · có số hạng ai bj không chia hết cho p và tất cả các số hạng còn lại chia hết cho p, vì thế không chia hết cho p, vô lý. Vậy ta có điều phải chứng minh. b) Được suy trực tiếp từ a). Bài PT.3. (2 điểm.) Giả sử P (x) khả quy trong Z[x]. Khi đó P (x) = G(x)H(x), với G(x) = c0 + c1 x + · · · + cr xr , r ≥ 1, H(x) = d0 + d1 x + · · · + ds xs , s ≥ 1. Do p | a0 = c0 d0 và p2 c0 d0 nên ta có thể giả sử: p | c0 và p d0 . Do p | a1 = c0 d1 + c1 d0 nên p | c1 d0 . Suy ra p | c1 . Tương tự từ p | a2 = c0 d2 + c1 d1 + c2 d0 ta suy ra p | c2 . Giả sử p | c0 , c1 , . . . , ck . Khi đó p | ak+1 = c0 dk+1 + · · · + ck d1 + ck+1 d0 nên p | ck+1 d0 . Do p | d0 nên p | ck+1 . Lập luận trên dẫn đến p | c0 , c1 , . . . , cr . Suy ra p | an = cr ds , mâu thuẫn. Do đó P (x) bất khả quy trong Z[x]. Bài PT.4. (3 điểm.) Hiển nhiên tính bất khả quy trên Q[x] suy ra tính bất khả quy trong Z[x]. Ta cần chỉ ra tính bất khả quy trong Z[x] suy ra tính bất khả quy trong Q[x]. Gọi P (x) là một đa thức hệ số nguyên và bất khả quy trong Z[x]. Giả sử P (x) khả quy trong Q[x]: P (x) = P1 (x)P2 (x) với P1 (x), P2 (x) là các đa thức bậc nhỏ hơn bậc của P (x) và có hệ số hữu tỷ. Bằng cách quy đồng các hệ số rồi đặt nhân tử chung của các hệ số của đa thức ở tử số, ta dễ dàng biểu diễn được a1 a2 P1 (x) = Q1 (x), P2 (x) = Q1 (x), b1 b2 với a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z+ , gcd(ai , bi ) = 1 và Q1 (x), Q2 (x) là các đa thức nguyên bản. Khi đó a1 a2 p P (x) = P1 (x)P2 (x) = Q1 (x)Q2 (x) = Q(x), b1 b2 q với (p, q) = 1 và Q(x) = Q1 (x)Q2 (x). Từ kết quả của PT.2 suy ra Q(x) là đa thức nguyên bản. Do P (x) là đa thức hệ số nguyên, Q(x) nguyên bản, và (p, q) = 1 nên q = 1. Suy ra b1 b2 = 1, dẫn đến b1 = b2 = 1. Suy ra P1 (x), P2 (x) ∈ Z[x] và do đó P (x) khả quy trong Z[x], mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, do vậy P (x) bất khả quy trong Q[x]. Bài PT.5. (3 điểm.) Trước hết ta chỉ ra P (x) có đúng một nghiệm phức α với môđun |α| > 1. Thật vậy, xét α là một nghiệm bất kì của P (x). Khi đó, −an−1 αn−1 = αn + an−1 αn−2 + · · · + a1 α + a0 . Nếu |α| = 1 thì |an−1 | = |αn + an−1 αn−2 + · · · + a1 α + a0 | ≤ 1 + |an−2 | + · · · + |a1 | + |a0 |, mâu thuẫn với giả thiết bài toán. Do đó |α| = 1. Gọi α1 , α2 , . . . , αn là tất cả các nghiệm phức (không nhất thiết phân biệt) của f (x). Ta có |a0 | = |α1 | · |α2 | · · · |αn |. 2 Mà a0 = 0 và nguyên nên |α1 | · |α2 | · · · |αn | ≥ 1. Vì |αi | = 1 nên sẽ có một nghiệm αi nào đó có môđun > 1, chẳng hạn, |α1 | > 1. Viết P (x) = (x − α1 )p(x), với p(x) = xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0 . Cân bằng hệ số ta có a0 = −α1 b0 , a1 = b0 − α1 b1 , . . . , an−2 = bn−3 − α1 bn−2 , an−1 = bn−2 − α1 . Từ giả thiết ta có |bn−2 − α1 | > 1 + |bn−3 − α1 bn−2 | + · · · + |α1 b0 |. Suy ra |bn−2 | + |α1 | > 1 + |α1 ||bn−2 | − |bn−3 | + · · · + |α1 ||b1 | − |b0 | + |α1 ||b0 |. =⇒ |α1 | − 1 > (|α1 | − 1)(|bn−2 | + |bn−3 | + · · · + |b0 |). Vì |α1 | > 1 nên bất đẳng thức này cho thấy |bn−2 | + |bn−3 | + · · · + |b0 | < 1. Với mọi số phức x có môđun > 1, ta có |p(x)| = |xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0 | ≥ |x|n−1 − |bn−2 ||x|n−2 − · · · − |b1 ||x| − |b0 | ≥ 1 − |bn−2 | − · · · − |b1 | − |b0 | > 0. Như vậy, mọi nghiệm phức của p(x) đều có môđun nhỏ hơn 1, tức ...