Luận văn Thạc sĩ Toán học: Hệ số của đa thức chia đường tròn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích chính của luận văn là dựa trên các tài liệu, trình bày chi tiết một số điều kiện đủ để đa thức chia đường tròn là phẳng, có nghĩa là các hệ số của đa thức đó nhận một trong các giá trị −1;0;1. Kết quả chính được trình bày là trường hợp n = pq, n = pqr là tích của hai và ba số nguyên tố khác nhau. Ngoài ra câu hỏi những số nguyên nào có thể là hệ số của một đa thức chia đường tròn cũng được xét trong luận văn này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Hệ số của đa thức chia đường tròn

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- ĐOÀN BÁ THƯỢNG HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- ĐOÀN BÁ THƯỢNG HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Đoàn Trung Cường THÁI NGUYÊN - 2017
i Mục lục Lời nói đầu 1 1 Đa thức chia đường tròn 3 1.1 Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Quan hệ giữa các đa thức Φn (x) . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Tính chất thuận nghịch của đa thức chia đường tròn . . . . . . 11 1.4 Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.4.1 Giá trị của đa thức chia đường tròn và cấp của phần tử 15 1.4.2 Định lý Zsigmondy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4.3 Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 Hệ số của đa thức chia đường tròn Φn (x) 24 2.1 Hệ số của đa thức Φ pq (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.2 Hệ số của đa thức Φn (x) với n nhỏ . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3 Hệ số của đa thức Φ pqr (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.4 Các số nguyên là hệ số của một đa thức chia đường tròn . . . . 39 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42
1 Lời nói đầu Đa thức chia đường tròn là một đối tượng thú vị và quan trọng xuất hiện ở nhiều lĩnh vực toán học khác nhau như Số học, Đại số, Hình học..., ở cả Toán phổ thông và Toán cao cấp. Có nhiều nghiên cứu xung quanh các đa thức này, từ các công trình từ thế kỷ 19 cho đến những công trình xuất hiện mới gần đây. Một hướng nghiên cứu đáng lưu ý là về hệ số của các đa thức chia đường tròn Φn . Bằng tính toán trực tiếp, người ta nhận thấy rằng các đa thức chia đường tròn đầu tiên (n nhỏ) có hệ số chỉ nằm trong các số −1, 0, 1. Đã có giả thuyết là điều này đúng với mọi đa thức chia đường tròn bất kỳ, tuy nhiên điều này không đúng. Nghiên cứu kỹ hơn, người ta nhận thấy các hệ số của đa thức chia đường tròn Φn phụ thuộc sâu sắc vào phân tích ra thừa số nguyên tố của số n, mặc dù vẫn có một số đánh giá độ lớn của các hệ số này qua n. Mục đích chính của luận văn là dựa trên các tài liệu [2, 3, 7, 8], trình bày chi tiết một số điều kiện đủ để đa thức chia đường tròn là phẳng, có nghĩa là các hệ số của đa thức đó nhận một trong các giá trị −1, 0, 1. Kết quả chính được trình bày là trường hợp n = pq, n = pqr là tích của hai và ba số nguyên tố khác nhau. Ngoài ra câu hỏi những số nguyên nào có thể là hệ số của một đa thức chia đường tròn cũng được xét trong luận văn này. Luận văn được chia thành hai chương. Chương 1 nhắc lại định nghĩa đa thức chia đường tròn và nêu một số ví dụ về những đa thức chia đường tròn đầu tiên. Một số tính chất cơ bản của các đa thức chia đường tròn cũng được lựa chọn trình bày trong chương này như mối liên hệ giữa các đa thức khác nhau, tính chất thuận nghịch. Một số ứng dụng của đa thức chia đường tròn cũng được trình bày trong phần cuối của chương này. Chương 2 tập trung xét các tính chất của hệ số của các đa thức chia đường tròn Φ pq (x) và Φ pqr (x), với p, q, r là các
2 số nguyên tố phân biệt. Kết quả chính của chương này là chứng minh hệ số của các đa thức chia đường tròn Φ pq (x), p, q là số nguyên tố, thuộc tập hợp {−1, 0, 1}. Một điều kiện đủ để đa thức Φ pqr (x) là phẳng cũng được trình bày trong chương này. Một kết quả quan trọng khác được trình bày trong phần này khẳng định rằng mỗi số nguyên đều là hệ số của một đa thức chia đường tròn nào đó. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc với TS Đoàn Trung Cường. Thầy là người đã dành rất nhiều thời gian để nhắc nhở, đôn đốc và chỉ bảo cho tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Nhờ có sự tận tình, chu đáo và tâm huyết của thầy mà tác giả đã hoàn thành luận văn "Hệ số của đa thức chia đường tròn". Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cô giáo thuộc Khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học đã giúp đỡ tạo điều kiện cho tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu. Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và các đồng nghiệp đã luôn động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và làm luận văn. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Tác giả luận văn Đoàn Bá Thượng
3 Chương 1 Đa thức chia đường tròn Chương này được dành để trình bày về các đa thức chia đường tròn, từ định nghĩa, một số ví dụ tính toán cụ thể cho đến một số tính chất cơ bản và ứng dụng của các đa thức này. Các kết quả trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [1, 3, 8]. 1.1 Định nghĩa và ví dụ Định nghĩa 1.1.1. Cho số nguyên dương n, đa thức chia đường tròn thứ n là đa thức n Φn (x) = ∏ (x − εnk ) 1≤k≤n (k,n)=1 trong đó εn là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị (ví dụ, εn = cos 2π n + i. sin 2π n ). Ví dụ 1.1.2. Sau đây là ví dụ về một số đa thức chia đường tròn đầu tiên a) Vì 1 là số phức duy nhất có bậc 1 nên ta có đa thức chia đường tròn thứ nhất là Φ1 (x) = x − 1. b) Vì −1 là số phức duy nhất có bậc 2 nên ta có đa thức chia đường tròn thứ hai là Φ2 (x) = x + 1.
4 √ √ 3 3 c) Vì chỉ có hai số phức 12 + 2 i và 12 − 2 i có bậc 3 nên đa thức chia đường tròn thứ ba là √ ! √ ! 1 3 1 3 Φ3 (x) = x− − i x− + i = x2 + x + 1. 2 2 2 2 d) Vì chỉ có i và −i là các số phức có bậc 4 cho nên đa thức chia đường tròn thứ tư là Φ4 (x) = (x − i) (x + i) = x2 + 1. e) Tương tự, Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1 Φ6 (x) = x2 − x + 1. Từ định nghĩa và ví dụ về một số đa thức chia đường tròn đầu tiên chúng ta có nhận xét sau Nhận xét 1.1.3. (1) Φn (x) là đa thức monic bậc ϕ (n) và có đúng ϕ (n) nghiệm đơn. Trong đó ϕ là hàm Euler, ϕ (n) là số các số tự nhiên nhỏ hơn n và nguyên tố cùng nhau với n. (2) Đa thức có dạng xn − 1 được phân tích thành tích các đa thức chia đường tròn có chỉ số là ước của n . x − 1 = Φ1 (x) x2 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x) x3 − 1 = Φ1 (x).Φ3 (x) x4 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ4 (x) x5 − 1 = Φ1 (x).Φ5 (x) x6 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x)Φ6 (x). (3) Các đa thức chia đường tròn trên đều có hệ số nguyên. (4) Chúng ta thấy Φ4 (x) = Φ2 (x2 ) nhưng Φ6 (x) = Φ3 (−x).
5 (5) Tất cả các đa thức chia đường tròn trên đều có hệ số thuộc tập {−1, 0, 1}. Những nhận xét trên về 6 đa thức chia đường tròn đầu tiên liệu có đúng cho tất cả các đa thức chia đường tròn hay không. Để trả lời câu hỏi này chúng ta cùng tìm hiểu về các tính chất cơ bản của đa thức chia đường tròn. 1.2 Quan hệ giữa các đa thức Φn (x) Trong phần này ta sẽ tìm hiểu những tính chất đầu tiên của các đa thức chia đường tròn, trong đó trọng tâm là những mối quan hệ giữa các đa thức Φn (x) và Φm (x) với m 6= n là các số nguyên dương. Bổ đề 1.2.1. Cho m, n là hai số nguyên dương. Khi đó Φn (x) và Φm (x) có nghiệm chung khi và chỉ khi m = n. Chứng minh. Giả sử Φn (x) và Φm (x) có nghiệm chung là εmk = εnl với (k, m) = 1 n và (l, n) = 1. Khi đó ta có εmk = 1 suy ra m|kn, mà (k, m) = 1 cho nên m|n. m Mặt khác ta có εnl = 1 suy ra n|lm vì (l, n) = 1 nên n|m . Do đó m = n. Ngược lại m = n thì hiển nhiên Φn (x) = Φm (x) nên chúng có nghiệm chung. Bổ đề sau rất hữu ích trong thực tế giúp ta tính toán cụ thể các đa thức Φn (x) khi đã biết các đa thức Φm (x)với m < n. Bổ đề 1.2.2. Cho số nguyên dương n, khi đó xn − 1 = ∏ Φd (x) d|n Chứng minh. Để chứng minh đẳng thức trên, chúng ta chỉ cần chứng minh hai đa thức ở vế trái và vế phải là những đa thức monic có cùng bậc, có cùng tập nghiệm và không có nghiệm bội. Chúng ta có xn − 1 có bậc n và có đúng n nghiệm đơn phân biệt. Mặt khác Φd (x) có bậc ϕ (d) và có ϕ (d) nghiệm đơn phân biệt nên ∏ Φd (x) có bậc là ∑ ϕ(d) = n và có ∑ ϕ(d) = n nghiệm d|n d|n d|n đơn phân biệt. Gọi εdl với (l, d) = 1 và d|n là một nghiệm của Φd (x) thì ta có n εdl = 1, do đó εdl là một nghiệm của xn − 1. Như vậy hai đa thức ở vế trái
6 và vế phải của đẳng thức trên cùng là đa thức monic, không có nghiệm bội, có cùng bậc và có cùng tập nghiệm nên chúng bằng nhau. Vậy ta được điều phải chứng minh. Dựa vào Bổ đề 1.2.2 ta có thể xác định được một số đa thức chia đường tròn một cách dễ dàng hơn. Ví dụ 1.2.3. 1) Để xác định Φ10 (x), ta có x10 − 1 = ∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ5(x)Φ10(x) d|10 x10 −1 Suy ra Φ10 (x) = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ5 (x) = x4 − x3 + x2 − x + 1 2) Để xác định Φ12 (x) ta có x12 − 1 = ∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ3(x).Φ6(x)Φ12(x) d|12 Suy ra x12 − 1 Φ12 (x) = = x4 − x2 + 1. Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x).Φ6 (x) Tính chất đầu tiên của hệ số của Φn (x) là kết quả quan trọng sau. Định lý 1.2.4. Với mọi số nguyên dương n thì Φn (x) là đa thức có hệ số nguyên. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 thì Φ1 (x) = x − 1 ∈ Z[x], do đó định lý đúng với n = 1. Giả sử với mọi m nguyên xn −1 dương sao cho 1 ≤ m < n ta có Φm (x) ∈ Z[x] . Ta đã biết Φn (x) = ∏ Φd (x) . 1≤d
7 Chứng minh. Theo Định lý 1.2.4, Φn (x) là một đa thức nguyên với hệ số cao nhất bằng 1. Nói riêng Φn (b) > 0 với mọi số thực b 0. Mặt khác, theo định nghĩa Φn (x) không có nghiệm thực. Vì vậy với mọi a ∈ R thì Φn (a) > 0. Bổ đề 1.2.6. Với m, n là các số nguyên dương bất kì thì Φn (xm ) = ∏ Φd (x), d∈D m.n trong đó D = {d ∈ N| lcm(m, d) = m.n} = k | k ∈ N, k|m, gcd(n, k) = 1 . Chứng minh. Ta có Φn (xm ) và ∏ Φd (x) chỉ có nghiệm đơn. Lại có Φn (xm ) là d∈D ước của (xm )n − 1 hay xmn − 1 mà d là ước của mn nên ∏ Φd (x) cũng là ước d∈D của xmn − 1. Chúng ta sẽ chứng minh Φn (xm ) và ∏ Φd (x) có cùng tập nghiệm. d∈D Thật vậy, ω ∈ C là nghiệm của Φn (xm ) khi và chỉ khi ordω m = n khi và chỉ khi lcm(m, ordω) = m.n khi và chỉ khi ordω ∈ D khi và chỉ khi ω là nghiệm của ∏ Φd (x). Như vậy Φn (xm ) và ∏ Φd (x) có cùng tập nghiệm nên ta được điều d∈D d∈D phải chứng minh. Ví dụ 1.2.7. 1) Với n = 3, m = 2 thì ta có D = {6, 3}. Suy ra Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x). Thật vậy, ta có Φ6 (x)Φ3 (x) = x2 − x + 1 x2 + x + 1 = x4 + x2 + 1 = Φ3 (x2 ). 2) Với n = 3, m = 2 thì ta có D = {6, 2}. Suy ra Φ2 (x3 ) = Φ6 (x)Φ2 (x). Thật vậy, Φ6 (x)Φ2 (x) = x2 − x + 1 (x + 1) = x3 + 1 = Φ2 (x3 ). Hệ quả 1.2.8. Nếu p là số nguyên tố, n là số tự nhiên dương và (p, n) = 1 thì Φn (x p ) = Φnp (x).Φn (x)
8 hay Φn (x p ) Φnp (x) = . Φn (x) Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.6 ta có Φn (x p ) = ∏ Φd (x) d∈D với D = {d ∈ N| lcm (p, d) = p.n)} = {n, p.n}. Suy ra, Φn (x p ) = Φn (x).Φnp (x) p ta cũng có thể viết Φnp (x) = ΦΦnn(x(x)) . Dựa vào Hệ quả 1.2.8 chúng ta có thể xác định được một số đa thức chia đường tròn. Chẳng hạn để xác định Φ20 (x) thì ta chọn p = 5, n = 4. Khi đó, ta có Φ4 (x5 ) x10 + 1 Φ20 (x) = Φ4.5 (x) = = 2 = x8 − x6 + x4 − x2 + 1 Φ4 (x) x +1 Bổ đề 1.2.9. Cho hai số nguyên dương m, n . Nếu mọi ước nguyên tố của m cũng là ước của n thì ta có Φm.n (x) = Φn (xm ). Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.6 ta có Φn (xm ) = ∏ Φd (x) trong đó tập D gồm d∈D mn các phần tử d = k với k ∈ N sao cho k|m và gcd(n, k) = 1. Vì theo giả thiết thì mọi ước nguyên tố của m cũng là ước nguyên tố của n nên suy ra nếu k có ước nguyên tố p thì p phải là ước của n. Như vậy p|gcd(n, k) hay p|1, điều này là vô lí. Do đó k không có ước nguyên tố, suy ra k = 1 và D = {m.n}, vì vậy ta có Φm.n (x) = Φn (xm ) Dựa vào Bổ đề 1.2.9 này chúng ta có thể xác định được nhiều đa thức chia đường tròn, đặc biệt là những đa thức chia đường tròn có chỉ số lớn. Chẳng hạn để xác định Φ400 (x) ta chọn m = 40 = 23 .5, n = 10 = 2.5 vì mọi ước nguyên tố
9 của 40 cũng là ước của 10 cho nên ta có Φ400 (x) = Φ10 (x40 ) = x160 − x120 + x80 − x40 + 1. Để xác định Φ432 (x) ta chọn m = 72, n = 6. Ta thấy mọi ước nguyên tố của 72 cũng là ước của 6 nên ta có Φ432 (x) = Φ6 (x72 ) = x216 − x72 + 1. Kết quả sau đây cho phép ta chuyển việc đánh giá hệ số của các đa thức Φn (x) với n tùy ý về trường hợp n không có ước bình phương. Định lý 1.2.10. Cho n là tích các ước nguyên tố của số nguyên dương m. Khi đó m Φm (x) = Φn x n . Nói riêng Φm (x) và Φn (x) có cùng hệ số. α α Chứng minh. Giả sử ta có m = pα1 1 pα2 2 p3 3 ...pk k , αi ≥ 1, pi là các số nguyên tố. Vì n là tích các ước nguyên tố của m nên n = p1 .p2 ...pk . Suy ra mọi ước nguyên α −1 α −1 tố của mn = pα1 1 −1 pα2 2 −1 p3 3 ...pk k cũng là ước của n. Như vậy ta có m Φ mn .n (x) = Φn x n hay m Φm (x) = Φn x n . m Vì Φn x n và Φn (x) có cùng hệ số cho nên Φm (x) và Φn (x) cũng có cùng hệ số. Định lí này rất hữu ích trong việc xét các hệ số của đa thức chia đường tròn. Từ Định lí 1.2.10 khi xét các hệ số của đa thức chia đường tròn, chúng ta chỉ cần xét Φn (x) khi n là tích của các số nguyên tố phân biệt. Từ Bổ đề 1.2.9 nếu m = p là số nguyên tố thì chúng ta có hệ quả sau Hệ quả 1.2.11. Cho p là số nguyên tố và là ước của số nguyên dương n. Khi đó
10 (i) Φnp (x) = Φn (x p ) k (ii) Φ pk n (x) = Φn x p Chứng minh. (i) Vì p là nguyên tố và là ước của n cho nên mọi ước của p cũng là ước của n, suy ra Φnp (x) = Φn (x p ). k (ii) Ta có Φ pk n (x) = Φ p(pk−1 n) (x) = Φ pk−1 n (x ) = ... = Φn x p . p Định lý 1.2.12. Nếu n là số nguyên lẻ lớn hơn 1 thì Φ2n (x) = Φn (−x). Chứng minh. Ta có Φ2 (x) = −Φ1 (−x). Chúng ta đã biết Φ6 (x) = Φ3 (−x) vì thế bổ đề đúng với n = 3. Giả sử bổ đề đúng với mọi k lẻ và 3 ≤ k < n. Ta sẽ chứng minh bổ đề đúng với mọi số n lẻ. Thật vậy, ta có: x2n − 1 x2n − 1 Φ2n (x) = = ∏ Φd (x) ∏ Φd (x). ∏ Φ2d (x) d|2n,d
11 Ví dụ 1.2.13. Hãy xác định đa thức chia đường tròn Φ42 (x). Trước hết ta xác định đa thức Φ21 (x). Theo Hệ quả 1.2.8 thì ta có Φ3 x7 x14 + x7 + 1 Φ21 (x) = Φ3.7 (x) = = 2 Φ3 (x) x +x+1 = x12 − x11 + x9 − x8 + x6 − x4 + x3 − x + 1 Vì Φ42 (x) = Φ21 (−x) nên ta có Φ42 (x) = x12 + x11 − x9 − x8 + x6 − x4 − x3 + x + 1. 1.3 Tính chất thuận nghịch của đa thức chia đường tròn Quan sát các hệ số của Φ21 (x) và Φ42 (x) chúng ta thấy các hệ số của chúng đối xứng nhau qua hệ số của đơn thức x6 nên chúng là các đa thức thuận nghịch. Từ đó xuất hiện một câu hỏi đặt ra là có phải mọi đa thức chia đường tròn đều là đa thức thuận nghịch không. Trước khi trả lời câu hỏi này chúng ta nhắc lại định nghĩa và một vài tính chất của hàm M¨obius. Định nghĩa 1.3.1. Hàm M¨obius µ : Z+ → {−1, 0, 1} được định nghĩa như sau  1  nếu n = 1, µ (n) = (−1)k nếu n = p1 p2 ...pk với pk là các số nguyên tố phân biệt,  0 nếu có số nguyên tố p sao cho p2 là ước của n.  Từ định nghĩa chúng ta thấy rằng µ là hàm nhân. Tức là, với m, n là các số nguyên dương bất kì và nguyên tố cùng nhau, ta có µ(mn) = µ(m).µ(n). Bổ đề 1.3.2. Cho n là số nguyên dương. Khi đó ( 1 nếu n = 1. ∑ µ(d) = 0 nếu n ≥ 2. d|n Chứng minh. Với n = 1 thì ước dương duy nhất của n là 1. Do đó, theo định nghĩa hàm M¨obius ta có ∑ µ(d) = µ(1) = 1. d|n
12 Cho n ≥ 2. Ta đặt T là tích tất cả các số nguyên tố p là ước của n, tức là T = ∏ p. p|n Chú ý rằng nếu q là ước của n có chứa thừa số bình phương thì µ(q) = 0. Do đó ta có thể bỏ những chỉ số q như thế ra khỏi tổng. Do đó ta có ∑ µ(d) = ∑ µ(d). d|n d|T Gọi p là một ước nguyên tố bất kỳ của T . Chú ý rằng mỗi ước của T là một ước d của Tp hoặc là d p với d là ước của Tp . Vì thế từ tính chất hàm nhân của µ ta có ∑ µ(d) = ∑T (µ(d) + µ(pd)) = ∑T (µ(d) + µ(p)µ(d)) d|T d| p d| p = ∑T (µ(d) + (−1)1 µ(d)) = ∑T (µ(d) − µ(d)) d| p d| p = 0. Ta có điều phải chứng minh. Trong số học chúng ta đã biết nếu f là hàm nhân thì F(n) = ∑ f (d) cũng là d|n hàm nhân. Từ Bổ đề trên ta có một kết quả quan trọng của hàm M¨obius, đó là công thức thuận nghịch sau đây. Mệnh đề 1.3.3. Ký hiệu Z+ là tập các số nguyên dương. Cho hai hàm số F, f : Z+ → Z+ sao cho F(n) = ∑ f (d). Khi đó, ta có d|n n f (n) = ∑ µ(d)F . d|n d Chứng minh. Theo giả thiết n ∑ µ(d)F d = ∑ µ(d) ∑n f (t) . d|n d|n t| d
13 Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có ∑ µ(d) ∑n f (t) = ∑ f (t) ∑ n µ(d). d|n t| d t|n d|n,t| d Dễ thấy rằng với hai ước t và d của n, số d là ước của n/t khi và chỉ khi t là ước của n/d. Do vậy, ∑ f (t) ∑ n µ(d) = ∑ f (t) ∑n µ(d). t|n d|n,t| d t|n d| t Theo Bổ đề 1.3.2, nếu n/t = 1 tức là t = n thì ∑ µ(d) = 1. Và nếu n/t ≥ 2 thì d| nt ∑ µ(d) = 0. Vì vậy, ta có d| nt ∑ f (t) ∑n µ(d) = f (n). t|n d| t Mệnh đề được chứng minh. Luật thuận nghịch cho tích được phát biểu như sau. Mệnh đề 1.3.4. Giả sử F, f : Z+ → Z+ là hai hàm số thỏa mãn điều kiện µ(d) F(n) = ∏ f (d). Khi đó ta có f (n) = ∏d|n F dn . d|n Chứng minh. Chứng minh của mệnh đề này tương tư như chứng minh của Mệnh đề 1.3.3 trong đó mỗi tổng được thay bằng tích và mỗi phép nhân liên quan đến hàm µ được thay bởi lũy thừa của hàm đó. Giả sử t là ước của dn . Theo giả thiết ta có F(n) = ∏ f (t). Suy ra t| dn n µ(d) µ(d) ∏F =∏ ∏ f (t) . d|n d d|n t| dn
14 Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có: n µ(d) µ(d) n µ(d) ∑ ∏F =∏ ∏ f (t) = ∏ f (t) d|n,t| d . d|n d d|n t| dn t|n Chú ý rằng nếu d và t đều là ước của n thì d là ước của n/t khi và chỉ khi t là ước của n/d. Do vậy, ta có n µ(d) µ(d) n µ(d) ∑ ∏F =∏ ∏ f (t) = ∏ f (t) d|n,t| d d|n d d|n t| dn t|n ∑d| n µ(d) = ∏ f (t) t . t|n Vì thế theo Mệnh đề 1.3.2 nếu n/t = 1 tức là t = n thì ∑ µ(d) = 1. Và nếu d| nt n/t ≥ 2 thì ∑ µ(d) = 0. Do đó d| nt n µ(d) µ(d) n µ(d) ∑ ∏F =∏ ∏ f (t) = ∏ f (t) d|n,t| d d|n d d|n t| dn t|n ∑d| n µ(d) = ∏ f (t) t = f (n), t|n Mệnh đề được chứng minh. Hàm M¨obius được sử dụng để nghiên cứu đa thức chia đường tròn do tính chất sau đây Mệnh đề 1.3.5. Với mọi số nguyên dương n, Φn (x) = ∏(xn/d − 1)µ(d) = ∏(xd − 1)µ(n/d) . d|n d|n Chứng minh. Vì xn − 1 = ∏d|n Φd (x) nên áp dụng Mệnh đề 1.3.4 ta được ngay điều phải chứng minh. Định lí sau đây về tính thuận nghịch của đa thức chia đường tròn là kết quả chính của tiết này.
15 Định lý 1.3.6. Nếu n > 1 thì Φn (x) là đa thức thuận nghịch. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh Φn (x) = xϕ(n) Φn 1x . Ta xét µ ( n ) µ ( n ) µ ( n ) 1 1 d d 1 d Φn = ∏ d −1 = ∏ 1 − xd .∏ d x d|n x d|n d|n x Khi đó ta có, 1 µ ( n ) µ ( dn ) d ∑d|n d.µ ( dn ) d x .Φn = ∏ (−1) x −1 x d|n µ ( n ) ∑d|n µ ( dn ) d d = (−1) ∏ x −1 d|n = Φn (x). n Mà ∑d|n d.µ d = ϕ (n), ta được điều phải chứng minh. 1.4 Áp dụng Đa thức chia đường tròn có nhiều ứng dụng thú vị. Nội dung của phần này sẽ trình bày ứng dụng của đa thức chia đường tròn trong việc tìm cấp của một phần tử, xét ước nguyên tố của một số nguyên dương và chứng minh một trường hợp đặc biệt của Định lý Zsigmondy. Nội dung của tiết này được viết dựa theo tài liệu [1]. 1.4.1 Giá trị của đa thức chia đường tròn và cấp của phần tử Định nghĩa 1.4.1. Cho n > 1 và a là số nguyên dương, (a, n) = 1. Khi đó số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của a modulo n. Kí hiệu là k = ordn (a). Ví dụ, ta có (2, 7) = 1 và 23 ≡ 1 (mod 7) vì vậy ord7 (2) = 3. Cấp có liên hệ chặt chẽ với ước của các giá trị Φn (a) của các đa thức chia đường tròn. Trước khi phát biểu rõ ràng kết quả mô tả mối liên hệ này, ta cần hai kết quả chuẩn bị sau.
16 Bổ đề 1.4.2. Cho m, n là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố. Giả sử tồn tại số nguyên a sao cho p|Φn (a) và p|Φm (a), khi đó p|mn. Chứng minh. Luôn tồn tại đa thức f (x) có hệ số nguyên thỏa mãn xmn − 1 = Φm (x)Φn (x) f (x) Đặt Φn (x) = g (x) (x − a) + Φn (a), Φm (x) = h (x) (x − a) + Φm (a), với g (x) , h (x) là các đa thức với hệ số nguyên. Khi đó xmn − 1 = [g (x) (x − a) + Φn (a)] [h (x) (x − a) + Φm (a)] f (x) Lấy đạo hàm hai vế tại x = a, ta được mn.amn−1 = g (a) Φm (a) f (a) + h (a) Φn (a) f (a) + Φn (a)Φm (a) f 0 (a) Vì p là ước của Φn (a) và Φm (a) nhưng p không là ước của a nên từ đẳng thức trên ta suy ra p là ước của mn. Ta được điều phải chứng minh. Hệ quả 1.4.3. Cho m, n là các số nguyên dương và p là số nguyên tố. Giả sử tồn tại số nguyên a để p|Φn (a) và p|Φm (a), khi đó tồn tại số nguyên s sao cho n = ps m. Chứng minh. Đặt m = pα .m0 , n = pβ .n0 , trong đó α, β , n0 , m0 là các số tự nhiên và (m0 , p) = (n0 , p) = 1. Nếu α = 0 thì Φm0 (a) ≡ Φm (a) ≡ 0 (mod p). Nếu α ≥ 1, thì ta có pα α α−1 Φm0 (a) ≡ Φm0 a p ≡ Φm (a).Φm0 a p ≡ 0 (mod p).
17 Suy ra Φm0 (a) ≡ 0 (mod p). Do đó, ta luôn có p| Φm0 (a). Chứng minh tương tự, ta được p| Φn0 (a). Nếu m0 , n0 phân biệt thì p|m0 n0 nhưng vì (m0 n0 , p) = 1 nên m0 = n0 . Vậy m = ps n với s = α − β . Ta được điều phải chứng minh. Định lý 1.4.4. Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho (n, p) = 1. Cho a là một số nguyên bất kỳ. Khi đó p|Φn (a) khi và chỉ khi ord p (a) = n. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, hiển nhiên ta có p|Φ1 (a) = a − 1 khi và chỉ khi ord p (a) = 1. Giả sử định lí đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn n. Nếu p|Φn (a) thì p|an − 1, đặt ord p (a) = m, ta có m ≤ min {n, p − 1}. Giả sử m < n, theo giả thiết quy nạp suy ra p|Φm (a), do đó p|mn, điều này mâu thuẫn với (mn, p) = 1, cho nên m = n. Ngược lại, nếu ord p (a) = n thì p|an − 1 và n|p − 1, khi đó tồn tại số nguyên dương d là ước của n sao cho p|Φd (a), với d ≤ n ≤ p − 1. Giả sử d < n, theo giả thiết quy nạp suy ra n = ord p (a) = d, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy định lí đã được chứng minh. Từ định lí trên ta có thể xét các ước nguyên tố của Φn (a) qua hệ quả sau. Hệ quả 1.4.5. Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho (n, p) = 1. Khi đó, với mọi số nguyên a thỏa mãn p|Φn (a) thì p ≡ 1 ( mod n). Định nghĩa 1.4.6. Cho n > 1, a là số nguyên dương và (a, n) = 1. Khi đó, nếu ϕ(n) = ordn (a) thì a được gọi là một căn nguyên thủy modulo n. Kết quả của bổ đề sau đây sẽ là công cụ để chứng minh rằng mọi số nguyên tố p luôn tồn tại căn nguyên thủy modulo p. Bổ đề 1.4.7. Cho số nguyên tố p. Cho đa thức P(x) có bậc n với hệ số nguyên P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 Giả sử tồn tại n + 1 số nguyên b0 , b1 , ..., bn thỏa mãn đồng thời các điều kiện (i) bi 6= b j (mod p), 0 ≤ i 6= j ≤ n;