设 $f(x)={x}^{n}+5{x}^{n-1}+3$，其中 $n$ 是一个大于 $1$ 的整数．求证：$f(x)$ 不能表示为两个多项式的乘积，其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次．（爱尔兰）
【难度】
【出处】
1993年第34届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
假设 $f(x)$ 可分解为两个整系数多项式之积，即 $f(x)=g(x)\cdot h(x)$，其中
$g(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+\cdots+a_1x+a_0$
$h(x)=x^q+b_{q-1}x^{q-1}+\cdots+b_1x+b_0$
这里 $a_p=b_q=1$．$a_i,b_j$ 为整数，$p,q$ 为正整数．
首先证明 $p,q$ 均不小于 $2$．若不然，不妨设 $p=1$，有 $f(x)=(x+a_0)h(x)$，由 $a_0b_0=3$，有 $a_0=\pm 1$ 或 $\pm 3$，即 $f(x)$ 有根 $\pm 1$ 或 $\pm 3$，但当 $x$ 为奇数时，$f(x)\not\equiv \pmod{2}$，于是 $f(x)$ 当然不可能为零，即 $p,q$ 均不小于 $2$．
设 $2\leqslant p\leqslant q\leqslant n-2$，由 $a_0b_0=3$．若 $a_0=\pm 3$，因为 $a_p\not\equiv 0\pmod{3}$，必存在 $k$，使 $3|a_i,0\leqslant i\leqslant k-1,3\nmid a_k$．
考察 $f(x)$ 和 $g(x)h(x)$ 的展开式中 $x^k$ 的系数，有 $0=a_kb_0+a_{k-1}b_1+\cdots+a_0b_k$，即 $a_k=-(a_{k-1}b_1+\cdots+a_0b_k)$．
由此便得 $3|a_k$，矛盾．
当 $b_0=\pm 3$，同理可证．
证法二
同证法一，假设存在首一整系多项式 $g(x),h(x)$，满足 $f(x)=g(x)h(x)$．
由于 $g(0)h(0)=f(0)=3$，所以 $|g(0)|=1$ 或 $|h(0)|=1$．
不妨设 $|g(0)|=1$，且设 $g(x)$ 有 $k$ 个根 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k(k<n)$，则由韦达定理知
$|\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_k|=1$ ①
又 $\alpha_i$ 为 $f(x)$ 的根，则 $\alpha_i^n+5\alpha_i^{n-1}+3=0,i=1,2,\cdots,k$．
因此 $|\alpha_i+5||\alpha_i|^{n-1}=3$ ②
于是 $\displaystyle \prod\limits_{i=1}^{k}|\alpha_i+5||\alpha_i|^{n-1}=3^k=\prod_{i=1}^k|\alpha_i+5|$．
不妨设 $|\alpha_k+5|=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant k}|\alpha_i+5|$
则 $|\alpha_k+5|\leqslant 3$．
又 $|-\alpha_k|+|\alpha_k+5|\geqslant 5$，
故 $|\alpha_k|\geqslant 5-|\alpha_k+5|\geqslant 2$．
这样由 ① 知必有 $k\geqslant 2$．
今不妨设 $|\alpha_1|=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant k-1}|\alpha_i|$，则
$\begin{aligned}
|\alpha_1|^{k-1}&\leqslant |\alpha_1||\alpha_2|\cdots|\alpha_{k-1}|\\
&=\frac{1}{|\alpha_k|}\\
&\leqslant \dfrac{1}{2}
\end{aligned}$
得 $|\alpha_1|\leqslant\dfrac{1}{\sqrt[k-1]{2}}$
于是 $|\alpha_1+5|\leqslant 5+\dfrac{1}{\sqrt[k-1]{2}}<6,|\alpha_1|^{n-1}\leqslant \dfrac{1}{2^{\frac{n-1}{k-1}}}<\dfrac{1}{2}$．
所以 $|\alpha_1+5||\alpha_1|^{n-1}<3$．
这和 ② 矛盾，所以 $f(x)$ 不能分解为两个（非常数）整系数多项式的乘积．
假设 $f(x)$ 可分解为两个整系数多项式之积，即 $f(x)=g(x)\cdot h(x)$，其中
$g(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+\cdots+a_1x+a_0$
$h(x)=x^q+b_{q-1}x^{q-1}+\cdots+b_1x+b_0$
这里 $a_p=b_q=1$．$a_i,b_j$ 为整数，$p,q$ 为正整数．
首先证明 $p,q$ 均不小于 $2$．若不然，不妨设 $p=1$，有 $f(x)=(x+a_0)h(x)$，由 $a_0b_0=3$，有 $a_0=\pm 1$ 或 $\pm 3$，即 $f(x)$ 有根 $\pm 1$ 或 $\pm 3$，但当 $x$ 为奇数时，$f(x)\not\equiv \pmod{2}$，于是 $f(x)$ 当然不可能为零，即 $p,q$ 均不小于 $2$．
设 $2\leqslant p\leqslant q\leqslant n-2$，由 $a_0b_0=3$．若 $a_0=\pm 3$，因为 $a_p\not\equiv 0\pmod{3}$，必存在 $k$，使 $3|a_i,0\leqslant i\leqslant k-1,3\nmid a_k$．
考察 $f(x)$ 和 $g(x)h(x)$ 的展开式中 $x^k$ 的系数，有 $0=a_kb_0+a_{k-1}b_1+\cdots+a_0b_k$，即 $a_k=-(a_{k-1}b_1+\cdots+a_0b_k)$．
由此便得 $3|a_k$，矛盾．
当 $b_0=\pm 3$，同理可证．
证法二
同证法一，假设存在首一整系多项式 $g(x),h(x)$，满足 $f(x)=g(x)h(x)$．
由于 $g(0)h(0)=f(0)=3$，所以 $|g(0)|=1$ 或 $|h(0)|=1$．
不妨设 $|g(0)|=1$，且设 $g(x)$ 有 $k$ 个根 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k(k<n)$，则由韦达定理知
$|\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_k|=1$ ①
又 $\alpha_i$ 为 $f(x)$ 的根，则 $\alpha_i^n+5\alpha_i^{n-1}+3=0,i=1,2,\cdots,k$．
因此 $|\alpha_i+5||\alpha_i|^{n-1}=3$ ②
于是 $\displaystyle \prod\limits_{i=1}^{k}|\alpha_i+5||\alpha_i|^{n-1}=3^k=\prod_{i=1}^k|\alpha_i+5|$．
不妨设 $|\alpha_k+5|=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant k}|\alpha_i+5|$
则 $|\alpha_k+5|\leqslant 3$．
又 $|-\alpha_k|+|\alpha_k+5|\geqslant 5$，
故 $|\alpha_k|\geqslant 5-|\alpha_k+5|\geqslant 2$．
这样由 ① 知必有 $k\geqslant 2$．
今不妨设 $|\alpha_1|=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant k-1}|\alpha_i|$，则
$\begin{aligned}
|\alpha_1|^{k-1}&\leqslant |\alpha_1||\alpha_2|\cdots|\alpha_{k-1}|\\
&=\frac{1}{|\alpha_k|}\\
&\leqslant \dfrac{1}{2}
\end{aligned}$
得 $|\alpha_1|\leqslant\dfrac{1}{\sqrt[k-1]{2}}$
于是 $|\alpha_1+5|\leqslant 5+\dfrac{1}{\sqrt[k-1]{2}}<6,|\alpha_1|^{n-1}\leqslant \dfrac{1}{2^{\frac{n-1}{k-1}}}<\dfrac{1}{2}$．
所以 $|\alpha_1+5||\alpha_1|^{n-1}<3$．
这和 ② 矛盾，所以 $f(x)$ 不能分解为两个（非常数）整系数多项式的乘积．
答案
解析
备注
