Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: Newton nâng cao (Toán học Lớp 10)

Ta có $A(x)=x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1$
Ta nhân hai vế với một lượng $(x+1)\iff A(x).(x+1)=(x+1)(x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1)$ $(x\ne -1)$

Áp dụng tính chất: $(x+1)(x^n-x^{n-1}+x^{n-2}-\dots +1)=x^{n+1}+(-1{)}^n$

Từ đa thức $A(x)$ ta thấy $n=6$, suy ra ta có được: $A(x)=\frac{x^7+1}{x+1}$ $(x\ne -1)$

Ta thay $x=y-1$ vào $A(x)$ ta được: $Q(y)=A(y-1)=\frac{(y-1{)}^7+1}{y}$

Từ phân tử thức, ta khai triển nhị thức Newton:
$$\sum _{k=0}^7{C}_7^k\cdot y^{7-k}\cdot (-1{)}^k$$

Suy ra ta được: $(y-1{)}^7+1=y^7-7y^6+21y^5-35y^4+35y^3-21y^2+7y$

Từ đó ta rút $y$ cho tử mẫu, suy ra:
$Q(y)=y^6-7y^5+21y^4-35y^3+35y^2-21y+7$

Chọn số nguyên tố $p=7$, ta có các yếu tố như sau:

(1) Hệ số cao nhất là 1 không chia hết cho 7
(2) Các hệ số còn lại 7, 21, 35 đều chia hết cho 7
(3) Hệ số tự do là 7 thì chia hết cho 7, nhưng không chia hết cho bình phương của 7 là 49

Vậy tồn tại số nguyên tố là $p=7$ thỏa mãn các điều kiện trên theo tiêu chuẩn Eisenstein nên $Q(y)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$

Mà đa thức mới $Q(y)$ bất khả quy, dẫn đến đa thức gốc $A(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ (đpcm)

a) Ta có $T_n-1=(2026+1{)}^n-2026^n={\sum }_{j=1}^{n-1}{C}_n^{j}2026^j$.

Xét $n=2^k$ với $k$ nguyên dương, khi đó vì $C_n^j=\frac{n}{j}{C}_{n-1}^{j-1}$ nên $v_2(C_n^j)\ge r-v_2(j)$.

Do đó $v_2(C_n^{j}2026^j)\ge r-v_2(j)+j\ge r$ nên $C_n^{j}2026^j$ chia hết cho $2^r$ với mọi $j=1,2,\dots ,n-1$.

Vì vậy $T_n\equiv 1(\mathrm{mod}n)$ với $n=2^k$, $k$ nguyên dương nên có điều phải chứng minh.

b) Ta sẽ chứng minh tất cả giá trị cần tìm là $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.

- Điều kiện cần: Giả sử $n$ có một ước lẻ $d>1$, khi đó $d\mid n$ nên $T_d\mid T_n$ hay $T_d\mid m^2+4053^2$. Ta có $T_d\equiv (-1{)}^d\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ do $d$ lẻ, từ đó $m^2+4053^2$ có một ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$, theo tính chất quen thuộc suy ra $m$ và $4053$ chia hết cho $p$ nên $p\in \{3,7,193\}$.

Tuy nhiên $T_d\equiv 1(\mathrm{mod}3)$, $T_d\equiv -2\cdot 3^d\not\equiv 0(\mathrm{mod}7)$ và $T_d\equiv -2\cdot 96^d\not\equiv 0(\mathrm{mod}97)$ nên trường hợp này không tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn hay $n$ không có ước lẻ.

Vậy $n$ là một lũy thừa của 2.

- Điều kiện đủ: Xét $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.

Với $k=0$, có $n=1$ cho ta $T_1=1$ nên thỏa mãn.

Xét $k\ge 1$, đặt $a=2027$, $b=2026$, $c=a+b=4053$ thì $a-b=1$ và ta có:
$$T_{2^k}=a^{2^k}-b^{2^k}=(a+b)(a^2+b^2)(a^4+b^4)\cdots (a^{2^{k-1}}+b^{2^{k-1}})$$

Đặt $Q_j=a^{2^j}+b^{2^j}$ với $1\le j\le k-1$ thì các số $c,Q_1,\dots ,Q_{k-1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Thật vậy, nếu tồn tại số nguyên tố $q$ là ước của $c$ và $Q_j$, thì $a\equiv -b(\mathrm{mod}q)$, nên
$$Q_j\equiv 2b^{2^j}\not\equiv 0(\mathrm{mod}q),$$
mâu thuẫn. Tiếp theo, nếu $i<j$ và $q\mid Q_i,Q_j$, do $q$ lẻ và $q\nmid b$, đặt $x\equiv a{b}^{-1}(\mathrm{mod}q)$. Khi đó
$$x^{2^i}\equiv -1(\mathrm{mod}q).$$
Lũy thừa hai về $2^{j-i}$, ta được $x^{2^j}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, trái với $q\mid Q_j$.

Với mỗi $j=1,\dots ,k-1$, vì $\gcd (b,Q_j)=1$, nên ta có thể chọn
$$x_j\equiv a^{2^j-1}{b}^{-2^j-1}(\mathrm{mod}{Q}_j).$$
Khi đó $x_j^2\equiv a^{2^j}{b}^{-2^j}\equiv -1(\mathrm{mod}{Q}_j)$, nên theo CRT tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn:
$$m\equiv 0(\mathrm{mod}c),m\equiv c{x}_j(\mathrm{mod}{Q}_j)(1\le j\le k-1).$$

Với số $m$ này, ta có $c\mid m^2+c^2$ và $Q_j\mid m^2+c^2$ với mọi $j$ nên $T_{2k}\mid m^2+c^2$.

Vậy tất cả số nguyên dương cần tìm là $n=2^k$ với $k\in \mathbb{N}$.