ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ HẢI YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ HẢI YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN VĂN HOÀNG THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Số nguyên tố 1.2 Vành đa thức 1.3 Đa thức bất khả quy 1.4 Đa thức bất khả quy 1.5 Đa thức bất khả quy trường trường số thực số hữu tỷ phức 5 11 13 15 Số nguyên tố đa thức bất khả quy 19 2.1 Liên hệ số nguyên tố đa thức bất khả quy 20 2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố 30 2.3 Ví dụ minh họa 37 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Mở đầu Sự tương tự số nguyên tố đa thức bất khả quy chủ đề thống trị phát triển lý thuyết số hình học đại số Có giả thuyết mối liên hệ vượt tương tự Ví dụ, có giả thuyết tiếng Buniakowski phát biểu vào năm 1854: Cho đa thức f (x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau i) Hệ số đầu f (x) dương; ii) Đa thức f (x) bất khả quy Q; iii) Tập giá trị f (Z+ ) khơng có ước chung lớn đa thức f (x) nhận vô hạn giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S Lang [2, Trang 323]) Một cách độc lập phát biểu lại Schinzel, nói tác động đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] (mà tập giá trị f (Z+ ) khơng có ước số chung lớn 1) biểu diễn vô hạn nguyên tố Trong trường hợp này, vấn đề dẫn đến việc quan tâm đến số nguyên tố sinh từ đa thức bất khả quy Giả thuyết vấn đề lớn chưa giải lý thuyết số bậc f lớn (Lưu ý f đa thức bậc nhất, giả thuyết đúng) Khơng khó để thấy mệnh đảo giả thuyết Buniakowski Một cách cụ thể hơn, đa thức biểu diễn vơ hạn số ngun tố, đa thức bất khả quy Để thấy điều này, cố gắng để phân tích thừa số f (x) = g(x)h(x) với g(x) h(x) Z[x] có bậc dương Thực tế, f (x) lấy vô hạn giá trị nguyên tố, nên hai g(x) h(x) nhận vô hạn giá trị ±1 Đây mâu thuẫn, đa thức có bậc dương có nhận giá trị hữu hạn lần Mục đích luận văn tiếp tục tìm hiểu thêm liên hệ quan trọng đa thức bất khả quy số nguyên tố liên quan đến giả thuyết Buniakowski tốn ngược nêu Trên sở nghiên cứu số tài liệu số nguyên tố đa thức bất khả quy, luận văn lựa chọn trình bày chi tiết lại số tiêu chuẩn quan trọng đa thức bất khả quy liên quan đến ứng dụng số nguyên tố Tài liệu tham khảo mà chúng tơi sử dụng hai báo: • M R Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer Math Monthly 109 (2002) No 5, 452-458 (tài liệu số [8]) • A I Bonciocat, N C Bonciocat and A Zaharescu, On the irreducibility of polynomials that take a prime power value, Bull Math Soc Sci Math Roumanie Tome 54 (102), No (2011), 41-54 (tài liệu số [2]) Luận văn trình bày hai chương Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày tóm lược số kiến thức cần dùng cho chứng minh kết chương sau, chẳng hạn: sơ lược số nguyên tố, đa thức, bậc đa thức, đa thức bất khả quy, phân tích đa thức thành tích đa thức bất khả quy, số ví dụ đa thức bất khả quy, Chương II: Số nguyên tố đa thức bất khả quy Đây chương luận văn Chương trình bày số tiêu chuẩn để kiểm tra tính chất bất khả quy số lớp đa thức +) Mục 2.1 Trình bày liên hệ số nguyên tố đa thức bất khả quy (dựa báo [8]) Kết định lý sau Định lý 2.1.3 Cho f (x) = am xm + am−1 xm−1 + + a1 x + a0 ∈ Z[x] đa thức bậc m Đặt H = max Khi đó, có số nguyên 0≤i≤m−1 am n ≥ H + cho f (n) số nguyên tố f (x) bất khả quy Z Định lý 2.1.7 Cho b > cho p số nguyên tố có khai triển b−adic p = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 Khi f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 bất khả quy Q +) Mục 2.2 Nghiên cứu mối liên hệ đa thức bất khả quy lũy thừa số nguyên tố (dựa theo báo [2]) Trước hết chương chứng minh chi tiết cho kết sau mở rộng cho Định lý 2.1.7: Định lý 2.2.3 Cho p số nguyên tố Giả sử ps (với s ≥ 2) có biểu diễn qua hệ thống số b ≥ dạng ps = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 , n i−1 i=1 iai b ≤ ≤ b − p bất khả quy Q Khi đa thức n i i=0 x Phần mục trình bày dấu hiệu bất khả quy cho đa thức có hệ số đủ lớn có giá trị chia hết lũy thừa nguyên tố n i Định lý 2.2.4 Cho f (x) = i=0 x ∈ Z[x] với a0 an = Cho m, s, q ∈ Z (s ≥ 2) p số nguyên tố cho f (m) = ps q , p qf (m), |a0 | > n |ai |(|m| + |q|)i Khi f (x) bất khả quy Q i=1 Định lý 2.2.5 Cho f (x) = n xdi ∈ Z[x], với = d0 < d1 < < i=0 dn a0 a1 an = Cho m, s, q ∈ Z (với s ≥ 2), p số nguyên tố mà f (m) = ps q , |m| > |q| p qf (m) Khi có ≤ j ≤ n − cho |aj | > (|m| + |q|)dn −dj |ai |, f (x) bất khả quy Q i=j n i i=0 x ∈ Z[x], a0 an = Cho f (m) = Định lý 2.2.6 Cho f (x) = ps q với m, s, p ∈ Z, p số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p qf (m) |an | > n−1 |ai |(|m| − |q|)i−n f (x) bất khả quy Q i=0 Nói cách vắn tắt ba định lý cho ta trường hợp đặc biệt q = là: "Nếu f (m) lũy thừa số nguyên tố (trong m ≥ số nguyên thỏa mãn f (m) f (m) nguyên tố nhau) f (x) có hệ số đủ lớn f (x) đa thức bất khả quy Q." +) Mục 2.3 dành để trình bày số ví dụ minh họa Trong thời gian thực luận văn này, nhận dẫn tận tình, chu đáo Tiến sĩ Nguyễn Văn Hồng Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Văn Hồng giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu bạn đồng nghiệp trường THPT Đông Thành - Quảng Ninh nhiệt tình giúp đỡ tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn Tác giả Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương nhằm mục đích trình bày lại số kiến thức số nguyên tố, vành đa thức, đa thức bất khả quy Bên cạnh trình bày vài tiêu chuẩn bất khả quy quen biết số ví dụ minh họa Những kiến thức chương phần cần thiết cho chương sau phần giúp cho việc trình bày chủ đề có tính hệ thống 1.1 Số ngun tố Mục ta xét tập số tự nhiên N Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố số tự nhiên lớn gồm có hai ước Kí hiệu 1.1.2 Ký hiệu ”b|a” nghĩa b ước a, ký hiệu a.b nghĩa a chia hết cho b Tính chất 1.1.3 i) Ước khác nhỏ số tự nhiên lớn số nguyên tố ii) Cho p số nguyên tố, a ∈ N với a = Khi (a, p) = p ⇔ p|a; (a, p) = ⇔ p a iii) Cho a, b ∈ Z Khi (a, b) = tồn x, y ∈ Z cho ax + by = iv) Nếu tích nhiều số chia hết cho số ngun tố p có thừa số chia hết cho p Chứng minh i) Cho a số tự nhiên > Giả sử d ước nhỏ khác a Nếu d khơng ngun tố d = d1 d2 (với d1 , d2 > 1) Suy d1 |a với d1 < d, điều mâu thuẫn với d nhỏ Vậy d nguyên tố ii) Nếu p = (a, p) hiển nhiên p|a Ngược lại p|a (a, p) = p + Nếu = (a, p) p a (vì p|a (a, p) = p) Ngược lại, p a (a, p) = (vì (a, p) = d > d|p, từ p ngun tố nên d = p, suy p|a, điều mâu thuẫn) iii) Xét tập I = {ax + by | x, y ∈ Z} Ta thấy I iđêan Z, nên tồn d ∈ Z, d > cho I = dZ Lúc ta dễ thấy (a, b) = d Ngược lại, (a, b) = d a ∈ dZ b ∈ dZ Từ I ⊆ dZ Mặt khác, thuật tốn Euclid, ta tìm x0 , y0 ∈ Z cho d = ax0 + by0 , suy d ∈ {ax + by | x, y ∈ Z} = I , dZ ⊆ I Áp dụng kết d = ta có điều cần chứng minh iv) Bằng quy nạp ta cần chứng minh p|ab p|a p|b (với p số nguyên tố, a, b ∈ Z) Ta giả sử trái lại p a p b, theo ii), ta có = ax + py = bx + py với x, y, x , y ∈ Z Từ = (ax + py)(bx + py ) = abxx + p(axy + bx y + pyy ) Do ta lại áp dụng ý ii) nên ta (ab, p) = 1, điều mâu thuẫn Tính chất 1.1.4 Tập hợp số nguyên tố vơ hạn Chứng minh Giả sử có hữu hạn n số nguyên tố p1 , p2 , , pn Ta xét số tự nhiên q = p1 p2 pn + Rõ ràng q > Gọi p ước nhỏ khác q Khi p số nguyên tố (theo Tính chất 1.1.3 i)) Mặt khác ta thấy p ∈ {p1 , , pn } (vì trái lại p|1 điều mâu thuẫn) Như ta / lại tìm thêm số nguyên tố p khác với p1 , p2 , , pn Đó điều mâu thuẫn với điều giả sử có n số nguyên tố p1 , , pn Ta có định lý quan trọng sau nói vai trị số ngun tố thành phần cấu tạo nên số tự nhiên Định lý 1.1.5 (Định lý số học) Mọi số tự nhiên n lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố, phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số Từ có dạng phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên n > có dạng sau n = pk1 pk2 pkm m p1 , p2 , , pm số nguyên tố đôi khác nhau, k1 , k2 , , km số tự nhiên khác 1.2 Vành đa thức Mục nhắc lại số kiến thức đa thức với hệ tử vành giao hốn A có đơn vị Định nghĩa 1.2.1 Cho A vành giao hốn có đơn vị, n ∈ N, a0 , a1 , , an ∈ A Một biểu thức có dạng f (x) = a0 + a1 x + + an−1 xn−1 + an xn gọi đa thức biến x lấy hệ tử A Tập tất đa thức ẩn x lấy hệ tử A ký hiệu A[x] Nếu an = ta nói bậc f (x) n ký hiệu deg(f (x)) = n; trường hợp ta nói an hệ tử cao f (x) Hai đa thức có bậc hệ tử tương ứng Với hai đa thức f (x), g(x) ∈ A[x], tồn m ∈ N cho f (x) = m m i i i=0 bi x (lưu ý không thiết am = i=0 x g(x) = bm = 0), ta định nghĩa tổng f (x) g(x) sau: m (ai + bi )xi f (x) + g(x) = i=0 Trong trường hợp f (x) = n xi g(x) = i=0 ta định nghĩa tích f (x) g(x) bởi: m i i=0 bi x (với n, m bất kì), n+m ck x k , f (x)g(x) = k=0 ck = i+j=k bj với k = 0, , n + m Chú ý 1.2.2 Tập A[x] với phép cộng nhân đa thức định nghĩa tạo thành vành giao hoán, ta gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử A Trong đa thức khơng A[x] phần tử A Phần tử A đóng vai trị phần tử đơn vị vành A[x] Khi A tập số Z, Q, R, C hệ tử đa thức gọi hệ số Từ định nghĩa đa thức ta dễ dàng thu số tính chất sau bậc đa thức Định lý 1.2.3 Giả sử f (x) g(x) hai đa thức khác vành A[x] i) Nếu deg f (x) = deg g(x), ta có f (x) + g(x) = deg(f (x) + g(x)) = max{deg f (x), deg g(x)} Nếu degf (x) = deg g(x) f (x) + g(x) = ta có deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg f (x), deg g(x)} ii) Nếu f (x)g(x) = deg(f (x)g(x)) ≤ deg f (x) + deg g(x) Chú ý 1.2.4 Giả sử A miền nguyên Khi f (x), g(x) đa thức khác A[x] ta dễ thấy f (x)g(x) = Từ ta thấy A[x] miền nguyên Định nghĩa 1.2.5 Cho A miền nguyên, f (x), g(x) ∈ A[x] với g(x) = Nếu tồn q(x) ∈ A[x] cho f (x) = q(x)g(x) ta nói g(x) ước f (x), hay f (x) bội g(x), ta viết g(x)|f (x) f (x).g(x) (trong trường hợp ta nói g(x) chia hết f (x), f (x) chia hết cho g(x)) Tiếp theo ta nhắc lại vài tính chất đơn giản sau đây: Bổ đề 1.2.6 Cho A miền nguyên Khi phát biểu sau i) Với a ∈ A m số tự nhiên ta có (x − a)|(xm − am ) ii) Nếu f (x) ∈ A[x] a ∈ A tồn q(x) ∈ A[x] cho f (x) = (x − a)q(x) + f (a) Chứng minh i) Kết suy từ đẳng thức xm − am = (x − a)(xm−1 + axm−2 + + am−2 x + am−1 ) ii) Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + a1 x + a0 Khi f (a) = an an + an−1 an−1 + a1 a + a0 Từ f (x) − f (a) = an (xn − an ) + an−1 (xn−1 − an−1 ) + + a1 (x − a) Theo ý i), ta có xn − an , xn−1 − an−1 , , x − a chia hết cho x − a Từ tồn q(x) ∈ A[x] cho f (x) − f (a) = (x − a)q(x), hay f (x) = (x − a)q(x) + f (a) Bổ đề 2.1.9 Giả sử α nghiệm phức đa thức f (x) = xm + am−1 xm−1 + + a1 x + a0 với hệ số Nếu | arg(α)| ≤ π/4 |α| < 3/2 Ngược lại, √ √ ta có (α) < (1 + 5)/(2 2) Chứng minh Xét trường hợp m = m = kiểm tra trực tiếp Giả sử m ≥ 3, ta tính tốn z = ta có | f (z) am−1 am−2 |≥ 1+ + − + + m zm z z |z|3 |z| Với z thỏa mãn | arg(z)| ≤ π/4 nên ta thấy ta có bất đẳng thức (1/z ) ≥ 0, với z f (z) |z|3 − |z|2 − 1 = >1− zm |z| (|z| − 1) |z|2 (|z| − 1) (Lưu ý có bất đẳng thức 1+ (vì am−1 am−2 + ≥ z z 1+ am−1 am−2 + ≥1 z z (1/z ) ≥ 0); đồng thời ta có 1 1 + + m < |z|3 |z| |z| |z| − (vì tương đương với |z|m−2 − < |z|m−2 )) Bằng cách khảo sát hàm bậc ba ta thấy đa thức f (x) = x3 − x2 − có nghiệm thực thuộc khoảng (2/3, 3/2) Do f (|z|)| > với |z| ≥ 3/2 | arg(z)| ≤ π/4, phần thứ bổ đề chứng minh Đối với phần thứ hai, √ kết hợp giả thiết với Bổ đề 2.1.6 ta xét hai điều kiện |α| < (1 + 5)/2 | arg(z)| > π/4 Với điều kiện ta thấy (α) phải nhỏ √ √ (1 + 5)/(2 2) Điều hoàn thành chứng minh Cách chứng minh Định lý 2.1.7 nói thực bao phủ chứng minh Brillhart-Filaseta-Odlyzko [4], tác giả vận dụng phương pháp chứng minh nêu [9, p.133] để giải với trường hợp tổng quát Cách tiếp cận M R Murty tự nhiên 27 dễ Điểm mấu chốt vận dụng Bổ đề 2.1.2 Định lý 2.1.3 cho trường hợp trường hàm Có mở rộng tự nhiên định lý Cohn (Định lý 2.1.1) tới trường hợp trường hàm trường hữu hạn Định lý 2.1.10 Cho Fq trường có q phần tử (với q lũy thừa số nguyên tố p) Cố định phần tử b(t) ∈ Fq [t] Giả sử p(t) đa thức bất khả quy Fq [t] viết sở "b(t)" dạng p(t) = am (t)b(t)m + + a1 (t)b(t) + a0 (t) (thơng qua thuật tốn Euclide) Khi f (x) = am (t)xm + + a1 (t)x + a0 (t) đa thức bất khả quy Fq [t, x] Chứng minh Lấy K = Fq (t) trường phân thức hữu tỷ Lấy phần tử α = f (t)/g(t) ∈ K với f (t) g(t) đa thức với hệ số Fq Người ta xác định định giá α trường K cách đặt |α|K = q deg(f )−deg(g) Gọi L bao đầy đủ K định giá |.|K ; người ta định giá |.|K K mở rộng cách tự nhiên thành |.|L L Đặc biệt, α phần tử đại số K, ta có chuẩn NL(α)/L (α) ∈ L, tính |NL(α)/L (α)|L Từ ta có định giá α L(α) |α|L(α) = |NL(α)/L (α)|L 1/d , với d = [L(α) : L] (theo [6, Prop 2.6, p 474]) Ta phân tích đa thức f (x) thành tích nhân tử tuyến tính trường đóng đại số K K Giả sử f (x) không bất khả quy, f (x) có ước thực đa thức g(x), h(x) ∈ Fq [t][x] cho f (x) = g(x)h(x) Lúc p(t) = g(b(t)) = g(b(t))h(b(t)), từ p(t) bất khả quy Fq [t] nên phải có g(b(t)) ∼ h(b(t)) ∼ Khơng tính tổng qt ta giả sử g(b(t)) ∼ Lúc deg(g(b(t))) = 0, nên |g(b(t))|K = q = Mặt khác, trước ta thấy nhân tử không tầm thường g(x) ∈ Fq [t][x] f (x) phân tích dạng (x − αi (t)) g(x) = c(t) i 28 c(t) đa thức thuộc Fq [t] Bây ta có |g(b(t))|K ≥ (|b(t)|K − |αi (t)|K ) i (q deg(b) − |αi (t)|K ) = i (q deg(b) − (q deg(b)−1 + 1)) ≥ > (*) i trừ q = deg(b) = 1, điều mâu thuẫn (Lưu ý lập luận tương tự Bổ đề 2.1.2 ta suy nghiệm α f (x) thỏa mãn |α|L(α) < H + H = max 0≤i≤m−1 (t) am (t) = max (q deg(ai )−deg(am )) ≤ q deg(b)−1 K 0≤i≤m−1 bất đẳng thức (*) đúng) Các trường hợp đặc biệt lại (q = deg(b) = 1) kiểm chứng cách dễ dàng cách để ý deg(b) = 1, f (x) giống p(x) sau phép thay đổi tuyến tính biến Do ta có tính bất khả quy trường hợp Để minh họa kết trường hợp trường hàm, xét ví dụ sau Ví dụ 2.1.11 i) Xét thấy đa thức p(t) = t4 + t + ∈ F2 [t] bất khả quy trường hữu hạn F2 Thật vậy, p(t) khơng có nghiệm F2 nên p(t) khơng phân tích thành tích đa thức bậc bậc ba F2 [t] Do ta giả sử p(t) có phân tích p(t) = (t2 + at + 1)(t2 − at + 1) vành F2 [t] Từ khai triển vế phải rút gọn đồng hệ tử hai vế ta thu a2 = t4 + t + = t4 − a2 t2 + suy = 1, điều vô lý Vậy p(t) đa thức bất khả quy F2 ii) Hơn nữa, ta khai triển p(t) sở b(t) = t2 + sau p(t) = (t2 + 1)2 + t = b(t)2 + t = f (b(t)), f (x) = x2 + t ∈ F2 [t][x] Từ áp dụng Định lý 2.1.10, ta kết luận đa thức f (x) = x2 + t bất khả quy F2 [t][x] 29 Chú ý 2.1.12 Bằng cách khác, ta thấy f (x) bất khả quy F2 [t][x] sau Giả sử f (x) không bất khả quy F2 [t][x] Khi hệ số cao f (x) nên f (x) phân tích thành tích hai đa thức bậc F2 [t][x], suy f (x) có nghiệm thuộc F2 [t], chẳng hạn nghiệm = α ∈ F2 (t) Khi α có dạng α = g(t) với g(t) ∈ F2 [t] α2 = −t Suy g(t)2 = −t Giả sử g(t) có hệ số cao A, với deg(g) = m A2 t2m = −t, dẫn đến A2 = −1 2m = 1, điều mâu thuẫn 2.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố Một số tiêu chuẩn bất khả quy cổ điển đưa dựa tồn số nguyên tố phù hợp với giá trị số đa thức Một kết hay phần này, đưa Polya-Szego Định lý 2.1.1 Tiêu chuẩn bất khả quy khái quát hóa cho sở tùy ý b Brillhart-Filaseta-Odlyzko Định lý 2.1.7 Có nhiều mối liên hệ đẹp số nguyên tố đa thức bất khả quy, ví dụ ta xét Mục 2.1 Bây ta tiếp tục đề cặp đến chủ đề này, hai kết số kết theo hướng Định lý 2.2.1 (xem [1]) Nếu có số nguyên tố p viết dạng tổng số nguyên a0 , , an với a0 an = |a0 | > n |ai |2i i=1 n i đa thức i=0 X bất khả quy Q Định lý 2.2.2 (xem [1]) Nếu tất hệ số đa thức f (x) ±1 f (m) số nguyên tố (với m số ngun thỏa mãn |m| ≥ 3) f (x) bất khả quy Q Tiêu chuẩn bất khả quy tương tự cho đa thức nhiều biến trường tùy ý trình bày [3] Một cách tự nhiên người ta hỏi kết Cohn (Định lý 2.1.1) ta thay số nguyên tố p lũy thừa ps (với s ≥ 2) Điều khơng phải lúc đúng, chẳng hạn ta lấy p = 11 xét đa thức f (x) thu cách thay lũy thừa 10 tương ứng lũy thừa x biểu diễn số 10 số 112 Trong trường hợp f (10) = 121 đa thức f (x) = x2 + 2x + rõ ràng khả quy Ví dụ số khác ta 30 xét biểu diễn số 10 số 117 Ở f (10) = 117 = 19487171, đa thức f (x) khả quy (nó chia hết cho x + 1) Mục tiêu mục để tìm thêm số điều kiện để đảm bảo cho tính bất khả quy đa thức mà lấy giá trị lũy thừa số ngun tố, để hồn thành kết [1], cách mở rộng chúng tới lớp rộng gồm đa thức Điều đạt cách thêm điều kiện tự nhiên đạo hàm đa thức Mục tiêu thứ hai mục tìm cận cho tổng số nhân tử bất khả quy đa thức vậy, thay tiêu chuẩn bất khả quy, ta xét đạo hàm cấp cao Kết mục mở rộng Định lý 2.1.7 tới lũy thừa số nguyên tố, sau Định lý 2.2.3 Cho p số nguyên tố Giả sử ps (với s ≥ 2) có biểu diễn qua hệ thống số b ≥ dạng ps = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 , ≤ ≤ b − p khả quy Q n i−1 i=1 iai b Khi đa thức n i i=0 x bất Ba kết điều kiện bất khả quy cho đa thức có hệ số có giá trị tuyệt đối đủ lớn có giá trị chia hết cho lũy thừa ps (với s ≥ 2) Định lý 2.2.4 Cho f (x) = n xi ∈ Z[x] với a0 an = Giả sử i=0 có số nguyên m, s, q (s ≥ 2) p số nguyên tố cho f (m) = ps q , p qf (m), n |ai |(|m| + |q|)i |a0 | > i=1 Khi f (x) bất khả quy Q Định lý 2.2.5 Cho f (x) = n xdi ∈ Z[x], với = d0 < d1 < < dn i=0 a0 a1 an = Giả sử có số nguyên m, s, q (với s ≥ 2), p số nguyên tố cho f (m) = ps q , |m| > |q| p qf (m) Nếu có số j ∈ {1, , n − 1} cho |aj | > (|m| + |q|)dn −dj |ai |, i=j 31 f (x) bất khả quy Q Định lý 2.2.6 Cho f (x) = n xi ∈ Z[x], a0 an = Giả sử f (m) = i=0 s p q với m, s, p ∈ Z, p số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p qf (m) n−1 |ai |(|m| − |q|)i−n |an | > i=0 f (x) bất khả quy Q Nói cách đại thể ba định lý cho ta trường hợp đặc biệt hệ sau f (m) lũy thừa số nguyên tố (trong m ≥ số nguyên thỏa mãn f (m) f (m) nguyên tố nhau) f (x) có hệ số đủ lớn f (x) phải bất khả quy Q Hơn nữa, từ Định lý 2.2.4 Định lý 2.2.6 ta thu tiêu chuẩn bất khả quy sau đây, chúng mở rộng Định lý 2.2.1 Định lý 2.2.2 cho đa thức có giá trị số nguyên tố Hệ 2.2.7 Nếu ta viết lũy thừa nguyên tố ps , s ≥ dạng tổng số nguyên a0 , , an với a0 an = 0, |a0 | > n |ai |2i , i=1 a1 + 2a2 + + nan khơng chia hết cho p, đa thức n xi bất khả i=0 quy Q Hệ 2.2.8 Cho f (x) đa thức có hệ số ±1 Nếu f (m) lũy thừa nguyên tố ps , s ≥ với m số nguyên, |m| ≥ p f (m) f (x) bất khả quy Q Tiếp theo ta chứng minh kết mục Trước hết ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.9 Cho f (x) ∈ Z[x] giả sử f (m) = ps q với m, s, p số nguyên, p số nguyên tố, với s ≥ p qf (m) Nếu cho hai số thực dương A B ta có A < |m| − |q| < |m| + |q| < B , f (x) khơng có nghiệm hình vành khăn A < |z| < B , f (x) bất khả quy Q Chứng minh Lấy f (x) = n xi giả sử f (x) phân tích thành i=0 f (x) = f1 (x)f2 (x), với f1 (x), f2 (x) ∈ Z[x], deg(f1 (x)) ≥ deg(f2 (x)) ≥ Khi đó, f (m) = ps q = f1 (m)f2 (m), f (m) = f1 (m)f2 (m) + f1 (m)f2 (m) p qf (m), nên qf (m) = qf1 (m)f2 (m) + qf1 (m)f2 (m) Từ suy 32 số nguyên f1 (m), f2 (m) phải chia hết cho ps , cịn lại phải chia hết q , chẳng hạn f1 (m)|q Đặc biệt, ta có |f1 (m)| ≤ |q| Giả sử f (x) phân tích thành f (x) = an (x − θ1 ) (x − θn ), với θ1 , , θn ∈ C Vì f1 (x) nhân tử của f (x), nên phân tích C dạng f1 (x) = bt (x − θ1 ) (x − θt ) với t ≥ |bt | ≥ Khi ta có t |f1 (m)| = |bt | t |m − θi | ≥ i=1 |m − θi | (3) i=1 Do nghiệm f (x) nằm ngồi hình vành khăn A < |z| < B , nên ta suy với số i ∈ {1, , t} ta có |m − θi | ≥ |m| − |θi | ≥ |m| − A, |θi | ≤ A, |m − θi | ≥ |θi | − |m| ≥ B − |m|, |θi | ≥ B Từ giả thiết ta có A < |m|−|q| < |m|+|q| < B , ta kết luận |m−θi | > |q| với i = 1, , t, theo (3) ta |f1 (m)| > |q|, mâu thuẫn Do bổ đề hồn tồn chứng minh Chứng minh Định lí 2.2.3 Đặt f (x) = an xn + + a1 x + a0 Trước tiên ta ý f (b) = ps p f (b), nên f (x) phải đa thức nguyên Giả sử f (x) phân tích f (x) = f1 (x)f2 (x), với f1 (x), f2 (x) ∈ Z[X], deg(f1 (x)) ≥ deg(f2 (x)) ≥ Lập luận tương tự chứng minh Bổ đề 2.2.9 với q = m = b, ta kết luận |f1 (b)| = Ta sử dụng phương pháp tương tự nhứ trình bày chứng minh Định lý 2.1.7 Trước hết, ta yêu cầu nghiệm phức θ f (x) có phần thực không dương thỏa mãn √ + 4b − |θ| < (4) 33 Để có điều này, ta nhận xét |θ| > (θ) > ta có an−1 1 − (b − 1) + + n θ |θ|2 |θ| an−1 b−1 > an + − θ |θ| − |θ| b−1 |θ|2 − |θ| − (b − 1) >1− = , |θ| − |θ| |θ|2 − |θ| √ điều mâu thuẫn với |θ| ≥ (1 + 4b − 3)/2 Chú ý |θ| ≤ 1, (4) tầm thường Vì ta giả sử |θ| > 1, ta có (θ) ≤ 0, θ phải thỏa mãn (4) Suy điều yêu cầu thứ chứng minh Bây lấy θ nghiệm phức tùy ý f (x) Theo ta có hai trường hợp: Nếu xảy trường hợp (θ) ≤ 0, ta có |b − θ| ≥ b > Nếu xảy trường hợp θ thỏa mãn (4), ta có √ + 4b − |θ| < ≤b−1 ≥ an + b ≥ 3, từ ta có |b − θ| > Từ theo (3) ta có |f1 (b)| > 1, mâu thuẫn Do ta chứng minh tính bất khả quy f (x) với b ≥ Bây ta giả sử b = Theo lập luận trên, θ nghiệm √ f (x), ta có (θ) ≤ |θ| < (1 + 5)/2 Ta chứng minh thực tế tất nghiệm f (x) có phần thực nhỏ 3/2 Để thấy điều này, trước hết ta nhận thấy nghiệm θ| f (x) với | arg θ| > π/4 √ √ √ phải có (θ) < (1 + 5)/2 < 3/2 |θ| < (1 + 5)/2 Do ta giả sử | arg θ| ≤ π/4, (1/θ) ≥ (1/θ2 ) ≥ Hơn nữa, ta cần xét đa thức f (x) có deg(f (x)) ≥ 3, khơng có đa thức bậc với hệ số thỏa mãn giả thiết phát biểu định lý Bây ta giả sử ngược lại (θ) ≥ 3/2 Khi |θ| ≥ 3/2, dẫn đến 0= f (θ) an−1 an−2 1 ≥ 1+ + − + + n θn θ θ θ3 θ an−1 an−2 > 1+ + − θ θ |θ| (|θ| − 1) |θ|3 − |θ|2 − ≥1− = > 0, |θ| (|θ| − 1) |θ|2 (|θ| − 1) 34 mâu thuẫn Bởi nghiệm θi f (x) có phần thực ta thấy đa thức (θi ) nhỏ 3/2, nên cho f1 (x + 3/2) = bt (x + 3/2 − θ1 ) (x + 3/2 − θt ) có hệ số dương (Thật vậy, θi nghiệm thực f1 (x), nhân tử tuyến tính x + 3/2 − θi có hệ số dương, θi khơng nghiệm thực, ta ghép với liên hợp phức θi lưu ý (x + 3/2 − θi )(x + 3/2 − θi ) = x2 + (3/2 − θi )x + |3/2 − θi |2 có hệ số dương) Do f1 (−x + 3/2) có hệ số đan dấu, với x > ta có |f1 (−x + 3/2)| < f1 (x + 3/2) Bây ta cho x = 1/2 ta suy f1 (2) > |f1 (1)| Vì khơng nghiệm f1 (x) f1 (1) số nguyên, nên ta |f1 (2)| > 1, mâu thuẫn Điều kết thúc chứng minh định lý Chứng minh Định lý 2.2.4 Ở ta cần để ý giả thiết ta độ lớn |a0 | dẫn đến |θi | > |m| + |q| với nghiệm θi f (x) Thật vậy, tồn số j ∈ {1, , n} cho |θj | ≤ |m| + |q|, i a0 = − n θj , nên ta thu i=1 n n i |a0 | ≤ |ai |(|m| + |q|)i , |ai ||θj | ≤ i=1 i=1 mâu thuẫn Phần lại chứng minh tiến hành tương tự chứng minh Bổ đề 2.2.9 Tiếp theo để chứng minh Định lý 2.2.5 ta cần thiết lập thêm bổ đề sau n di Bổ đề 2.2.10 Cho f (x) = i=0 x , với = d0 < d1 < < dn a0 a1 an = Giả sử f (m) = ps q với m, s, q số nguyên, p số nguyên tố, s ≥ p qf (m) Giả sử tồn dãy số thực dương µ0 , µ1 , , µn số j ∈ {0, , n} cho k=j µk ≤ |ak | max kj |ak | 35 dk −dj (5) Thì f (x) bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) phân tích thành f x) = an (x−θ1 ) (x−θdn ), với θ1 , , θdn ∈ C Lấy |ak | A = max kj |ak | dk −dj , ý theo giả thiết ta A phải thực nhỏ B Ta chứng minh f (x) khơng có nghiệm hình vành khăn A < |z| < B , yêu cầu Bổ đề 2.2.9 Để thấy điều này, ta giả sử tồn số i ∈ {1, , dn } cho A < |θi | < B Khi A < |θi | ta suy µk |aj ||θi |dj > |ak ||θi |dk với k < j ; từ θi < B ta có µk |aj ||θi |dj > |ak ||θi |dk với k > j Cộng vế với vế bất đẳng thức lưu ý đến thực tế k=j µk ≤ ta |aj ||θi |dj > |ak ||θi |dk (6) k=j Mặt khác, f (θi ) = 0, nên ta có d ak θi k | ≥ |aj ||θi |dj − ≥ |aj ||θi |dj − | k=j |ak ||θi |dk , k=j điều mâu thuẫn với (6) Như kết luận bổ đề suy từ Bổ đề 2.2.9 Chứng minh Định lý 2.2.5 Như thông lệ, ta phải bỏ qua số hạng bân trái (5) j = 0, bỏ qua số hạng bên phải (5) j = n Chú ý bất đẳng thức (5) Bổ đề 2.2.10 thỏa mãn |m| > |q| |ak |(|m| + |q|sign(k − j))dk −dj |aj | > max , k=j µk f (m) = ps , s ≥ với m số nguyên, |m| ≥ p số nguyên tố cho p f (m), f (x) có hệ số đủ lớn; f (x) bất khả quy Q Bằng cách chọn Bổ đề 2.2.10 dãy khác gồm số thực dương µ0 , µ1 , , µn thỏa mãn k=j µk ≤ 1, ta nhận nhiều điều kiện bất khả quy khác Chẳng hạn, ta chọn µk = n k = j , 36 µk = 2−n n k = j Cho ví dụ µk phụ thuộc vào hệ k số f (x), ta lấy µk = |ak ||ai | với k = j , ta thu Định lý 2.2.5 i=j Chứng minh Định lý 2.2.6 Trong trường hợp giả thiết ta độ lớn |an | dẫn đến |θi | < |m| − |q| với nghiệm θi f (x); trái lại, tồn số j ∈ {1, , n} cho |θi | ≥ |m| − |q|, ta có n n−1 i−n θ j 0= ≥ |an | − i=0 n−1 i−n |ai ||θj | |ai |(|m| − |q|)i−n , ≥ |an | − i=0 i=0 mâu thuẫn Phần lại ta sử dụng lập luận tương tự chứng minh Bổ đề 2.2.9 Chứng minh Hệ 2.2.8 Ở ta sử dụng thực tế n−1 (|m| − |q|)i−n 1> i=0 với |q| = |m| ≥ 2.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 2.3.1 Cho đa thức f (x) = x7 + 4x6 + 3x5 + 4x4 + 8x3 + 9x2 + Ta ý 315 = 107 + 4.106 + 3.105 + 4.104 + 8.103 + 9.102 + = f (10) Ta lại có f (10) = 9568580 Từ theo Định lý 2.2.3 ta suy f (x) bất khả quy Q Ví dụ 2.3.2 Cho f (x) = ps q + a1 x + a2 x2 + + an xn ∈ Z[x], với p số nguyên tố, q số nguyên khác 0, s ≥ 2, an = p qa1 Nếu ps > n i−1 , f (x) bất khả quy Q Thật vậy, điều suy i=1 |ai ||q| từ Định lý 2.2.4 cách thay m = Định lý 2.2.4 Chẳng hạn, ta có đa thức vậy, f (x) = 250+2x+3x2 −3x3 +5x4 +4x5 Ở ta có p = 5, s = 3, q = 125 > |ai |2i−1 = 124, f (x) i=1 đa thức bất khả quy Q Ví dụ 2.3.3 Cho f (x) = − 2x − x2 + x3 + 424x4 − x5 − x6 − x7 ý f (2) = 38 lũy thừa nguyên tố Ở m = 2, q = 1, f (2) = 12854 không chia hết cho 3, ta lấy j = Định lý 2.2.5, 37 424 = |a4 | > (|m| + |q|)d7 −d4 i=4 |ai | = 33 = 216 Do ta kết luận f (x) đa thức bất khả quy Q Ví dụ 2.3.4 Cho f (x) = 3967 − 401x − 251x2 − 171x3 − 14x4 − 5x5 Ở đây, 5 5 i i=0 = 3125 = , |a0 | > i=1 |ai |2 i=1 iai = −1497 không chia hết cho 5, f (x) bất khả quy Q theo Hệ 2.2.7 Ví dụ 2.3.5 Cho f (x) = −1 + x − x2 − x3 − x4 + x5 Ở ta có f (3) = 27 f (3) = 265, f (x) bất khả quy Q theo Hệ 2.2.8 38 Kết luận Luận văn “Số nguyên tố đa thức bất khả quy” giải vấn đề sau: Chương hệ thống lại số kiến thức cần thiết: khái niệm tính chất số nguyên tố; khái niệm đa thức bất khả quy, số tiêu chuẩn quen biết tính bất khả quy đa thức Chương giới thiệu trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy liên hệ mật thiết với số nguyên tố, định lý, tính chất để kiểm tra tính bất khả quy số lớp đa thức tiêu chuẩn M R Murty, A I Bonciocat - N C Bonciocat – A Zaharescu Ngoài chương cịn đưa số ví dụ minh họa quan trọng cần thiết 39 Tài liệu tham khảo [1] A I Bonciocat and N C Bonciocat, The irreducibility of polynomials that have one large coefficient and take a prime value, Canad Math Bull 52 (4) (2009), 511-520 [2] A I Bonciocat, N C Bonciocat and A Zaharescu, On the irreducibility of polynomials that take a prime power value, Bull Math Soc Sci Math Roumanie Tome 54 (102), No (2011), 41-54 [3] N C Bonciocat and A Zaharescu, Irreducible multivariate polynomials obtained from polynomials in fewer variables, J.Pure Appl Algebra 212 (2008), no 10, 2338-2343 [4] J Brillhart, M Filaseta and A Odlyzko, On an irreducibility theorem of A Cohn, Canadian J Math 33 (1981) 1055–1059 [5] M Filaseta, Irreducibility criteria for polynomials with non-negative coefficients, Canadian J Math 40 (1988) 339-351 [6] S Lang, "Algebra", 3rd ed., Addison-Wesley, Reading, MA, 1993 [7] M A Lee, Some irreducible polynomials which are reducible mod p for all p, Amer Math Monthly, 1969 [8] M R Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer Math Monthly 109 (2002) no 5, 452-458 [9] G Polya and G Szego, "Aufgaben und Lehrsatze aus der Analysis", Springer Verlag, Berlin, 1964 40 Luận văn với đề tài "Số nguyên tố đa thức bất khả quy" học viên Lê Thị Hải Yến chỉnh sửa theo ý kiến đóng góp hội đồng chấm luận văn họp Trường ĐH Khoa Học ĐH Thái Nguyên, ngày 12 tháng 10 năm 2014 Người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Văn Hoàng ... số nguyên tố, đa thức, bậc đa thức, đa thức bất khả quy, phân tích đa thức thành tích đa thức bất khả quy, số ví dụ đa thức bất khả quy, Chương II: Số nguyên tố đa thức bất khả quy Đây chương... HOÀNG THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Số nguyên tố 1.2 Vành đa thức 1.3 Đa thức bất khả quy 1.4 Đa thức bất khả quy 1.5 Đa thức bất khả quy ... 2 2 Điều f (x) đa thức bất khả quy 18 Chương Số nguyên tố đa thức bất khả quy Sự tương tự số nguyên tố đa thức bất khả quy chủ đề thống trị phát triển lý thuyết số hình học đại số Có giả thuyết