Luận văn Thạc sĩ Toán học: Hệ số của đa thức chia đường tròn nhị phân và tam phân

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ta đã biết rằng với mỗi số nguyên dương n, có đúng n căn bậc n của đơn vị: ξk = cos 2kπ n +isin 2kπ n , k = 0, 1, . . . , n−1. Chú ý rằng ξk là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Mục đích của luận văn này là tìm hiểu một số tính chất của hệ số của đa thức chia đường tròn.

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 nhị phân và tam phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————————— BÙI THỊ LINH HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN NHỊ PHÂN VÀ TAM PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————————— BÙI THỊ LINH HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN NHỊ PHÂN VÀ TAM PHÂN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGUYỄN DUY TÂN Thái Nguyên - Năm 2017
1 Mục lục Mục lục 1 Lời nói đầu 2 Chương 1. Đa thức chia đường tròn 4 1.1 Đa thức chia đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1 Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên . . . . . 5 1.2.2 Công thức nghịch đảo M¨obius và công thức truy hồi tuyến tính đa thức chia đường tròn . . . . . . 9 1.3 Mọi số nguyên đều là hệ số của đa thức chia đường tròn 14 Chương 2. Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq (x) 17 2.1 Một định lý của Lam - Leung . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Chương 3. Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpqr (x) 26 3.1 Chặn trên cho hệ số của đa thức Φpqr (x) . . . . . . . . . 26 3.1.1 Số Fk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.1.2 Chứng minh Định lý 3.1.1 . . . . . . . . . . . . . 31 3.1.3 Chứng minh Định lý 3.1.2 . . . . . . . . . . . . . 35 3.2 Một vài hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3.3 Tính chất nhảy đơn vị (jump one) của hệ số . . . . . . . 38 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43
2 Lời nói đầu Ta đã biết rằng với mỗi số nguyên dương n, có đúng n căn bậc n của 2kπ 2kπ đơn vị: ξk = cos + i sin , k = 0, 1, . . . , n − 1. Chú ý rằng ξk là căn n n nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Vì thế có đúng ϕ(n) căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, trong đó ϕ là hàm Euler. Gọi ξkϕ1 , . . . , ξkϕ(n) là các căn nguyên thủy bậc n đơn vị. Khi đó đa thức chia đường tròn thứ n, kí hiệu là Φn (x), là đa thức bậc ϕ(n) được cho bởi công thức Φn (x) = (x − ξk ) · · · (x − ξkϕ(n) ). Mục đích của luận văn này là tìm hiểu một số tính chất của hệ số của đa thức chia đường tròn. Luận văn gồm 3 chương. Chương 1 định nghĩa đa thức chia đường tròn. Trong chương này một số tính chất của đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên được chứng minh. Chúng tôi chứng tỏ rằng Φn (x) có các hệ số đều nguyên. Hơn nữa, công thức nghịch đảo Mobius và công thức truy hồi tính đa thức chia đường tròn cũng được trình bày. Chương 2 có nội dung nói về hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq (x) trong đó p, q là hai số nguyên tố khác nhau. Chương này sẽ chứng minh một định lý của Lam - Leung và xác định hệ số của đa thức chia đường tròn dạng Φpq (x), các hệ quả về xác định hệ số trung tâm của nó và khẳng định các đa thức Φn (x) với n < 100 đều có hệ số thuộc {−1, 0, 1}. Chương 3 trình bày hệ số của đa thức chia đường tròn tam phân Φpqr (x) bao gồm kết quả của Bzdega về chặn trên trên cho cho hệ số của đa thức Φpqr (x), một số hệ quả của kết quả trên và một định lý của Suzuki về khẳng định mọi số nguyên đều là hệ số trong một đa thức chia đường tròn nào đó. Nội dung của luận văn được viết chủ yếu dựa theo bài báo "The coef-
Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping 3 ficients of cyclotomic polynomials" của tác giả B. Brookfield (2016), bài báo "Bounds on ternary cyclotomic coefficients" của B. Bzdega (2010) và bài báo có nhan đề "On the coefficients of cyclotomic polynomial" được trình bày trong hội nghị tên "Cyclotomic fields and related topics” diễn ra ở Pune năm 2009. Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Tân. Em xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của em trong suốt quá trình làm luận văn. Em cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các Thầy giáo, Cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K9B2 (khóa 2015 - 2017), Nhà trường và các phòng chức năng của trường; Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ em trong suốt thời gian học tập tại trường. Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K9B2 (khóa 2015 - 2017) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập, nghiên cứu. Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho em khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Học viên Bùi Thị Linh
Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping 4 Chương 1 Đa thức chia đường tròn 1.1 Đa thức chia đường tròn Định nghĩa 1.1.1. Cho n là số nguyên dương, đa thức chia đường tròn thứ n là đa thức ϕ(n) Y X Φn (x) = (x − ζnj ) = an (k)xk 1≤j≤n k=0 (j,n)=1 2πi 2π 2π với ζn = e n = cos n + sin n là căn bậc n của đơn vị. Ví dụ 1.1.2. Vì 1 là số phức duy nhất bậc 1 nên Φ1 (x) = x − 1. Vì −1 là số phức√duy nhất có bậc√2 nên Φ2 (x) = x + 1. −1 3 −1 3 Vì w1 = + i , w2 = −i có bậc 3 nên 2 2 2 2 √ !! √ !! −1 3 −1 3 Φ3 (x) = x − +i x− −i = x2 + x + 1. 2 2 2 2 Vì ±i là tất cả các số phức có bậc 4 ta có Φ4 (x) = (x − i)(x + i) = x2 + 1. Tương tự, Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1
Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping 5 Φ6 (x) = x2 − x + 1 Φ7 (x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 Φ8 (x) = x4 + 1. 1.2 Một số tính chất 1.2.1 Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên Tính chất 1.2.1. Với n ∈ N, xn − 1 = d|n Φd (x). Q Chứng minh. Để chứng minh đẳng thức trên, ta chỉ cần chứng minh hai đa thức xn − 1 và Q Φd (x) đều có dạng chuẩn, đều không có nghiệm d|n bội, và có cùng tập nghiệm. Theo định nghĩa, mỗi Φd (x) là một đa thức dạng chuẩn. Vì thế, đa thức phía bên phải có dạng chuẩn. Do đó, hai đa thức ở hai vế đều có dạng chuẩn. Chú ý rằng một đa thức có nghiệm bội nếu và chỉ nếu đa thức đó và đạo hàm của nó phải có nghiệm chung. Vì thế xn − 1 không có nghiệm bội (các nghiệm của xn − 1 đều khác 0 trong khi đó đạo hàm của nó là nxn−1 chỉ có duy nhất nghiệm bằng 0). Với mỗi ước d của n, các nghiệm của Φd (x) đều là nghiệm của xd − 1 và do đó nó không có nghiệm bội. Giả sử d và d0 là hai ước khác nhau của n. Khi đó mỗi nghiệm của Φd (x) có cấp là d, trong khi đó, mỗi nghiệm của Φd0 (x) có cấp là d0 . Vì thế, các nghiệm của đa thức Φ (x) đều là Q d d|n n nghiệm đơn. Giả sử ξ là nghiệm của x − 1. Gọi d là cấp của ξ. Khi đó ξ d = 1, d là số nguyên dương bé nhất có tính chất này. Vì thế ξ là căn nguyên thủy bậc d của đơn vị. Suy ra ξ là nghiệm của đa thức Φd (x). Ngược lại, cho d là ước của n và ξ là nghiệm của Φd (x). Khi đó ξ d = 1. Suy ra ζ n = 1 tức là ξ là nghiệm của đa thức xn − 1. Ví dụ, ta có Φ1 (x) = x − 1 và x5 − 1 = Φ5 (x)Φ1 (x) = (x4 + x3 + x2 + x +
6 1)(x − 1). Để tính Φ10 (x), ta sử dụng x10 − 1 = Φ10 (x)Φ5 (x)Φ2 (x)Φ1 (x). Chia x10 − 1 cho Φ5 (x)Φ2 (x)Φ1 (x) = (x4 + x3 + x2 + x + 1)(x + 1)(x − 1) = x6 + x5 − x − 1, ta được Φ10 (x) = x4 − x3 + x2 − x + 1. Nhận xét Φ10 (x) = Φ5 (−x). Tính chất 1.2.2. Với mọi n ∈ N, Φn (x) ∈ Z[x]. Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n ∈ N. Vì Φ1 (x) = x − 1 ∈ Z[x] khẳng định đúng với n = 1. Bây giờ giả sử với n > 1. Theo Tính chất 1.2.1, Y n x −1= Φd (x) = Φn (x)g(x), d|n trong đó g(x) là tích của tất cả các đa thức chia đường tròn Φd (x) với d là một nhân tử dương thực sự của n. Theo giả thiết quy nạp, Φd (x) ∈ Z[x] với mọi đa thức chia đường tròn và do đó g(x) ∈ Z[x]. Vì các đa thức chia đường tròn là dạng chuẩn theo cách xây dựng, tích của các đa thức dạng chuẩn là đa thức dạng chuẩn, g(x) cũng là đa thức dạng chuẩn. Do đó Φn (x) là thương của xn − 1 ∈ Z[x] chia cho đa thức dạng chuẩn g(x) ∈ Z[x], nên Φn (x) cũng thuộc Z[x]. Tính chất 1.2.3. Với m, n ∈ N, Y Φn (xm ) = Φd (x), d∈D mn trong đó D = {d ∈ N | lcm(m, d) = mn} = k | k ∈ N và k | m và gcd(n, k) = 1 . Chứng minh. Bởi vì Φn (x) là ước của xn − 1, ta thấy rằng Φn (xm ) là ước của xmn − 1. Và nếu d ∈ D, thì d là ước của lcm(m, d) = mn và do đó theo Tính chất 1.2.1, vế phải của phương trình cũng là ước của xmn − 1.
7 Các không điểm của xmn − 1 là phân biệt, nên để chứng minh khẳng định ta chỉ cần chỉ ra cả hai vế của phương trình có cùng không điểm. Để làm điều này ta cần áp dụng Bổ đề: “Giả sử w ∈ C∗ có bậc hữu hạn. Khi đó, với mọi m ∈ N m ord ω m = lcm(m, ord ω).” Một số ω ∈ C là không điểm của Φn (xm ) khi và chỉ khi ord ω m = n, khi và chỉ khi lcm(m, ord ω) = mn, khi và chỉ khi ord ω ∈ D, khi và chỉ khi Q ω là không điểm của Φd (x). d∈D Ví dụ, nếu m = 2 và n = 3, thì D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6} và do vậy Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x). Tính chất 1.2.4. Nếu mọi ước nguyên tố của m ∈ N cũng là một ước của n ∈ N, thì Φmn (x) = Φn (xm ). Chứng minh. Ta sử dụng Tính chất 1.2.3 với D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6}. mn Nếu d ∈ D, thì d = với k ∈ N sao cho k | m và gcd(n, k) = 1. Nếu k p là một ước nguyên tố của k, thì, bởi vì k | m, p là ước của m, và do đó, theo giả thiết p là ước của n. Nhưng p là ước của gcd(n, k), mâu thuẫn với gcd(n, k) = 1. Do đó k ∈ N không có ước nguyên tố, k = 1 và d = mn, D = {mn} và Φn (xm ) = Φmn (x). Ví dụ, vì 400 = 40 · 10 và mọi ước nguyên tố của 40 đều là ước của 10, ta có Φ400 (x) = Φ10 (x40 ) = x160 − x120 + x80 − x40 + 1. Nhận xét: Φ400 (x) và Φ10 (x) có cùng hệ số.
8 Hệ quả 1.2.5. Gọi n là tích của các số nguyên tố mà là ước của m ∈ N. Khi đó Φm (x) = Φn (xm/n ). Nói riêng Φm (x) và Φn (x) có cùng hệ số. Chứng minh. Vì mọi số nguyên tố mà là ước của m/n đều là ước của n, m nên theo Tính chất 1.2.4 ta ó Φm (x) = Φn (x n ) và Φm (x) và Φn (x) có cùng hệ số. Tính chất 1.2.6. Nếu n ∈ N lẻ, thì Φ2n (x) = Φn (−x). Chứng minh. Từ Tính chất 1.2.3, ta tìm được Φn (x2 ) = Φ2n (x)Φn (x). Thay x bằng −x trong phương trình này được Φ2n (x)Φn (x) = Φ2n (−x)Φn (−x). (1.1) Vì Φn (x2 ) là ước của x2n − 1, nó chỉ các không điểm đơn. Để chứng minh khẳng định đúng ta chỉ cần chứng minh không điểm của cả hai vế (1.1) giống nhau. Nếu Φn (ω) = 0, thì ord ω = n, nên nói riêng ω n = 1. Vì n lẻ, (−ω)n = −1 và do đó −ω không có bậc n. Điều này có nghĩa rằng −ω phải là một không điểm của Φ2n (x) và có bậc 2n. Tương tự, nếu Φ2n (ω) = 0, thì ω n 6= 1 và (ω n )2 = 1 và nên ω n = −1. Kết quả là, (−ω)n = 1 và do dó −ω không có bậc 2n. Điều này có nghĩa −ω có bậc n và là không điểm của Φn (x). Đa thức chia đường tròn có tính chất là hệ số của chúng giống nhau khi đọc lùi hay đọc tiến. Những đa thức như vậy được gọi là đa thức thuận nghịch. Đặc biệt, nếu f (x) là đa thức bậc m, thì xm f (1/x) được gọi là ngược của f, và f là đa thức thuận nghịch nếu nó bằng ngược của nó, tức là nếu 1 f (x) = xm f . (1.2) x
9 Không khó để chứng minh rằng ngược của f là đa thức f với hệ số theo tứ thự đảo ngược. Ví dụ, nếu f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + 5, thì 1 1 4 1 3 1 2 1 x4 f = x4 +2 +3 +4 +5 x x x x x 2 3 3 4 = 1 + 2x + 3x + 4x + 4x + 5x = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1. Tính chất 1.2.7. Nếu n > 1, thì Φn (x) là đa thức thuận nghịch. Chứng minh. Ta có nếu ω ∈ C∗ thì hωi = hω −1 i và do đó ord ω = n khi và chỉ khi ord ω −1 = n. Điều này có nghĩa hàm ω 7→ ω −1 là một hoán vị của tập không điểm của Φn (x). Do đó xm Φn (1/x), với m = deg Φn (x), có cùng tập không điểm như Φn (x). Hệ số đầu của xm Φn (1/x) là số hạng hằng của Φn (x) chính là 1 với n > 1. Do đó, xm Φn (1/x) = Φn (x) với mọi n > 1. 1.2.2 Công thức nghịch đảo M¨ obius và công thức truy hồi tuyến tính đa thức chia đường tròn Định nghĩa 1.2.8. Hàm M¨obius, µ(n), được định nghĩa bởi     1 nếu n = 1,  µ(n) = (−1)k nếu n = p1 p2 · · · pk với pi là các số nguyên tố phân biệt,    0  nếu khác. Chú ý rằng nếu (m, n) = 1 thì µ(mn) = µ(m)µ(n). Ngoài ra,  X 1 nếu n = 1, µ(d) = 0 nếu ngược lại. d|n Ví dụ, µ(6) = (−1)2 = 1, µ(9) = 0, µ(12) = 0. Mệnh đề 1.2.9. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
10 a) Nếu n = 1 thì X µ(d) = 1. d|n b) Nếu n ≥ 2 thì X µ(d) = 0. d|n Chứng minh. a) Với n = 1 thì ước dương duy nhất của n là 1. Do đó, P theo định nghĩa hàm M¨obius ta có µ(d) = 1. d|n b) Cho n ≥ 2. Ta đặt T là tích tất cả các số nguyên tố p là ước của n, Q tức là T = p. Chú ý rằng nếu q là ước của n có chứa thừa số bình p|n phương thì µ(q) = 0. Do đó ta có thể bỏ những chỉ số q như thế ra khỏi tổng. Do đó ta có: X X µ(d) = mu(d). d|n d|T Gọi p là một ước nguyên tố bất kỳ của T . Chú ý rằng mỗi ước của T là T một ước d của p hoặc là dp với d là ước của Tp . Vì thế từ tính chất hàm nhân của µ ta có X X X µ(d) = (µ(d) + µ(pd)) = (µ(d) + µ(p)µ(d)) d|T d| Tp d| Tp X X 1 = (µ(d) + (−1) µ(d)) = (µ(d) − µ(d)) d| Tp d| Tp = 0. Ta có điều phải chứng minh. Một kết quả quen biết trong số học nói rằng nếu f là hàm nhân thì P F (n) = f (d). Từ mệnh đề trên ta có 1 kết quả quan trọng của hàm d|n M¨obius, đó là công thức nghịch đảo hàm M¨obius sau đây.
11 Mệnh đề 1.2.10. Ký hiệu Z+ là tập các số nguyên dương. Cho hai hàm F, f : Z+ → Z+ sao cho F (n) = f (d). Khi đó, ta có P d|n X n f (n) = µ(d)F . d d|n Chứng minh. Theo giả thiết X n X X µ(d)F = µ(d) f (t) . d n d|n d|n t| d Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có X X X X µ(d) f (t) = f (t) µ(d). d|n t| nd t|n d|n,t| nd Dễ thấy rằng với hai ước t và d của n ta có d là ước của n/t khi và chỉ khi t là ước của n/d. Do vậy, ta có X X X X f (t) µ(d) = f (t) µ(d). t|n d|n,t| nd t|n d| nt P Theo Mệnh đề 1.2.9, nếu n/t = 1 tức là t = n thì µ(d) = 1. Và nếu d| nt P n/t ≥ 2 thì µ(d) = 0. Vì vậy, ta có d| nt X X f (t) µ(d) = f (n), t|n d| nt mệnh đề được chứng minh. Mệnh đề 1.2.11. Giả sử F, f : Z+ → Z+ là hai hàm thỏa mãn điều µ(d) kiện F (n) = f (d). Khi đó ta có f (n) = d|n F nd Q Q . d|n Chứng minh. Chứng minh của mệnh đề này tương tư như chứng minh của Mệnh đề 1.2.10 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.
12 Giả sử t là ước của nd . Theo giả thiết ta có F (n) = Q f (t). Suy ra t| nd Y n µ(d) YY µ(d) F = f (t) . d d|n d|n t| nd Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có: Y n µ(d) Y Y µ(d) Y P n µ(d) F = f (t) = f (t) d|n,t| d . d n d|n d|n t| d 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 Y n µ(d) Y Y µ(d) Y P n µ(d) F = f (t) = f (t) d|n,t| d d d|n d|n t| nd t|n P n µ(d) Y = f (t) d| t . t|n P Vì thế theo Mệnh đề 1.2.9 nếu n/t = 1 tức là t = n thì µ(d) = 1. Và d| nt P nếu n/t ≥ 2 thì µ(d) = 0. Do đó d| nt n µ(d) YY µ(d) Y P n µ(d) Y F = f (t) = f (t) d|n,t| d d d|n d|n t| nd t|n P µ(d) Y d| n = f (t) t = f (n), t|n mệnh đề được chứng minh. Tính chất 1.2.12. Nếu ký hiệu µ(n) là hàm M¨obius, thì Y Y Φn (X) = (X n/d − 1)µ(d) = (X d − 1)µ(n/d) . d|n d|n Q Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng nếu f (n) = g(d), thì g(n) = d|n f (n/d)µ(d) . Ta có, Q d|n Y Y Y µ(d) µ(d) f (n/d) = g(m) d|n d|n m|(n/d)
13 Y Y µ(d) = g(m) m|n d|(n/m) Y P µ(d) = g(m) d|(n/m) = g(n). m|n Vì X n − 1 = Q d|n Φd (X), ta được điều phải chứng minh. Tính chất 1.2.13. (i) Nếu n = pa11 pa22 · · · pann , ai > 0, và N = p1 p2 · · · pl , thì Φn (X) = ΦN (X n/N ). (ii) Nếu n > 1 và (2, n) = 1 thì Φ2n (X) = Φn (−X). (iii) Với mọi số nguyên dương n > 1, ta có X φ(n) Φn (1/X) = Φn (X). Chứng minh. (i) Vì µ(m) = 0 với mọi số nguyên m không là số không chính phương, ta có Y Y n/d µ(d) Φn (X) = (X − 1) = (X n/d − 1)µ(d) d|n d|n,d|N Y = ((X n/N )N/d − 1)µ(d) = ΦN (X n/N ). d|N Chứng minh được phần (i) (ii) Xét Y Φ2n (X) = (X d − 1)µ(2n/d) d|(2n) Y Y = (X d − 1)µ((2n)/d) (X d − 1)µ((2n)/d) 2|d d|n Yh i d µ((2n)/d) 2d µ((n)/d) = (X − 1) (X − 1) d|n Y = (X d + 1)µ((n)/d) , do µ(2m) = −µ(m) với m là số lẻ d|n Y = (−X d − 1)µ((n)/d) = Φn (−X). d|n
14 (iii) Xét Y Y Y d µ((n)/d) d µ((n)/d) Φn (1/X) = (1/X − 1) = (1 − X ) (1/X d )µ((n)/d) . d|n d|n d|n Do đó ta thu được, P Y dµ(n/d) X d|n Φn (1/X) = (−1)n/d (X d − 1)µ(n/d) d|n P Y µ(n/d) = (−1) d|n (X d − 1)µ(n/d) = Φn (X). d|n P Vì dµ(n/d) = φ(x), ta thu được điều phải chứng minh. d|n 1.3 Mọi số nguyên đều là hệ số của đa thức chia đường tròn Năm 1936, Emma Lehmer đưa ra một cách xây dựng đa thức chia đường tròn với hệ số lớn tùy ý. Emma Lehmer nói rằng cách xây dựng này là của Schur. Sau đó năm 1987, Jiro Suzuki sử dụng cách xây dựng này để chỉ ra rằng mọi số nguyên đều là hệ số của một đa thức chia đường tròn nào đó. Bổ đề 1.3.1. Cho t là số nguyên bất kỳ lớn hơn 2. Khi đó tồn tại t số nguyên tố khác nhau p1 < p2 < · · · < pt sao cho p1 + p2 > pt . Chứng minh. Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên t > 2 mà khẳng định trên bị sai. Với giá trị t này, cho bất kỳ t số nguyên tố phân biệt p1 < p2 < · · · < pt , ta có p1 + p2 ≤ pt . Điều này kéo theo 2p2 1 < pt . Do đó, với bất số nguyên k cho trước, số các số nguyên tố nằm giữa 2k−1 và 2k luôn luôn nhỏ hơn t. Bởi vì nếu ta có t số nguyên tố phân biệt nằm giữa 2k−1 và 2k , thì ta có p1 > 2k−1 ⇒ 2p1 > 2k > pt không đúng theo giả sử của chúng ta. Do đó số số nguyên tố nhỏ hơn 2k là π(2k ) < kt mâu
15 thuẫn với định lý số nguyên tố, vì π(x) > x/ log x với mọi x ≥ 17. Do đó khẳng định được chứng minh. Định lý 1.3.2. Z = {an (k) | k, n ∈ N}. Chứng minh. Gọi t là số nguyên lẻ bất kỳ lớn hơn 2. Từ bổ đề bên trên, ta có thể tìm t số nguyên tố khác nhau p1 < p2 < · · · < pt sao cho p1 + p2 > pt . d Q Đặt p = pt và n = p1 p2 · · · pt . Xét Φn (X). Ta có, Φn (X) = d|n (X − 1)µ(n/d) . Ta chia modun X p+1 và vì n là số nguyên không chính phương, theo điều kiện của tập số nguyên tố, nếu d 6= pi , 1 với mọi i = 1, 2, . . . , t ta có t Y d µ(n/d) Y (X pi − 1) Φn (X) = (X − 1) ≡ (mod X p+1 ) i=1 X −1 d|n (1 − X p ) ≡ (1 − X p1 ) · · · (1 − X pt−1 ) (mod X p+1 ) (1 − X) ≡ (1 + X + · · · + X p−1 )(1 − X p1 − · · · − X pt−1 ) (mod X p+1 ). Điều này kéo theo an (p) = −t + 1 và an (p − 2) = −t + 2. Do đó nếu ta đặt S := {an (m) | ∀n, m ∈ N}, thì S chứa {` ∈ Z | ` ≤ −1} do t biến đổi trên toàn bộ số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3. Theo Định lý 2.1.2, ta có {0, ±1} ⊂ S. Để chứng minh S chứa tất cả số nguyên dương lớn hoặc bằng 2, xét Φ2n (X) trong đó n = p1 p2 · · · pt . Theo Tính chất 1.2.6, ta có a2n (p) = (−1)p an (p) = t − 1 và a2n (p − 2) = (−1)p−2 an (p − 2) = t − 2. Do đó bằng cách cho t biến đổi trên tập số nguyên lẻ ≥ 3, ta thấy rằng S chứa tất cả các số nguyên lớn hơn hoặc bằng 1.
16 Chú ý 1.3.3. Bachman trong [2] chỉ ra rằng mọi số nguyên đều là hệ số của một đa thức chia đường tròn tam phân nào đó.
17 Chương 2 Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq (x) 2.1 Một định lý của Lam - Leung Trong mục này ta giả sử p và q là hai số nguyên tố phân biệt. Bổ đề 2.1.1. Tồn tại duy nhất các số nguyên không âm r và s sao cho (p − 1)(q − 1) = rp + sq. Chứng minh. Vì p và q nguyên tố cùng nhau nên tồn tại x, y ∈ Z sao cho (p − 1)(q − 1) = px + qy. Gọi r là số dư khi chia x cho q, tức là x = qa + r, với a ∈ Z và 0 ≤ r < q − 1. Đặt s = pa + y ∈ Z. Khi đó, (p − 1)(q − 1) = px + qy = p(qa + r) + qy = pr + q(pa + y) = pr + qs. Do vậy, qs = pq − p − q + 1 − pr = p(q − r − 1) − q + 1 > −q. Do đó s > −1 và vì s nguyên nên s ≥ 0. Như vậy ta đã chứng minh tồn tại r và s nguyên không âm sao cho (p − 1)(q − 1) = rp + sq. Bây
18 giờ ta chứng minh r và s là duy nhất. Đầu tiên ta nhận xét rằng rp ≤ (p−1)(q−1) < pq. Do vậy 0 ≤ r < q. Hơn nữa ta có pr ≡ −(p−1) mod q. Nếu ta cũng có (p − 1)(q − 1) = pr0 + qs0 với r0 , s0 nguyên không âm nào đó, thì lập luận như trên ta cũng có 0 ≤ r0 < q và pr0 ≡ −(p − 1) mod q. Do vậy pr ≡ pr0 mod q. Vì (p, q) = 1 nên r ≡ r0 mod p. Từ đó ta suy ra r = r0 và s = s0 . Ta có điều phải chứng minh. Định lý 2.1.2. Gọi r và s là các số nguyên không âm sao cho (p − 1)(q − 1) = rp + sq được biểu diễn một cách duy nhất. Khi đó ta có q−1 r ! s ! ! p−1 ! X X X X Φpq (X) = X ip X jq − X ip X jq X −pq . i=0 j=0 i=r+1 j=s+1 Ngoài ra, với 0 ≤ k ≤ (p − 1)(q − 1), ta có 1. apq (k) = 1 khi và chỉ khi k = ip + jq với i ∈ [0, r] và j ∈ [0, s]; 2. apq (k) = −1 khi và chỉ khi k + pq = ip + jq với i ∈ [r + 1, q − 1] và j ∈ [s + 1, p − 1]; và 3. apq (k) = 0 nếu ngược lại. Chứng minh. Ta biết rằng φ(pq) = (p − 1)(q − 1) có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng rp + sq trong đó r, s là các số nguyên không âm. Vì (p − 1)(q − 1) = sp + sq, rõ ràng r ≤ q − 2 và s ≤ q − 2. Ta sẽ chứng minh rằng q−1 p−1 r ! s ! ! ! X X X X Φpq (S) = X ip X jq − X ip X jq X −pq . i=0 j=0 i=r+1 j=s+1 Gọi ζ = e2iπ/(pq) là căn nguyên thứ pq của đơn vị. Khi đó vì ζ p = e2iπ/(q) và ζ q = e2iπ/(p) , ta có Φp (ζ q ) = Φq (ζ p ) = 0. Tức là, ta có q−1 X p−1 X p i (ζ ) = 0 = (ζ q )j . i=0 j=0