Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giá trị của đa thức trên một miền nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

ự tương tự giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một chủ đề trọng tâm trong sự phát triển của Lý thuyết số, Hình học đại số. Nhiều kết quả về số nguyên tố có thể phiên dịch sang kết quả về đa thức bất khả quy. Chẳng hạn, tương tự như Định lí cơ bản của số học, ta có kết quả sau cho đa thức: Nếu fpxq P Zrxs có hệ số cao nhất là a, thì f có sự phân tích f af1...ft với fi là bất khả quy có hệ số cao nhất bằng 1, và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giá trị của đa thức trên một miền nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ VÂN GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ VÂN GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
1 Mục lục Lời nói đầu 3 Chương 1 Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 5 1.1 Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Đa thức bất khả quy và giá trị nguyên tố . . . . . . . . . . . 7 1.3 Định lí Dirichlet và một giả thuyết của Bouniakowski . . . . . 12 Chương 2 Một số vấn đề mở rộng 20 2.1 Sự tồn tại vô hạn ước nguyên tố của đa thức . . . . . . . . . 20 2.2 Đa thức có nhiều tùy ý giá trị nguyên tố . . . . . . . . . . . . 23 2.3 Miền phân tích duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.4 Giá trị của đa thức trên miền phân tích duy nhất . . . . . . . 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39
2 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận mang nhiều nội dung khó và mới mẻ. Hơn nữa vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành cũng chính là nhờ sự chỉ bảo, nhắc nhở, đôn đốc và sự giúp đỡ nhiệt tình của Cô. Tôi xin trân trọng cảm ơn Bam Giám hiệu, Khoa Toán- Tin và phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thiện luận văn này. Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ long biết ơn tới gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp cao học Toán K10C (khóa 2016-2018) đã động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện luận văn.
3 Lời nói đầu Sự tương tự giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một chủ đề trọng tâm trong sự phát triển của Lý thuyết số Hình học đại số. Nhiều kết quả về số nguyên tố có thể phiên dịch sang kết quả về đa thức bất khả quy. Chẳng hạn, tương tự như Định lí cơ bản của số học, ta có kết quả sau cho đa thức: Nếu f pxq P Zrxs có hệ số cao nhất là a, thì f có sự phân tích f af1 ...ft với fi là bất khả quy có hệ số cao nhất bằng 1, và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử. Tuy nhiên, có những giả thuyết cho thấy giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy đã vượt xa sự tương tự. Một trong những vấn đề như thế là giả thuyết của Bouniakowski về giá trị nguyên tố của đa thức bất khả quy. Chú ý rằng nếu đa thức f pxq P Zrxs nhận vô hạn giá trị nguyên tố, thì nó bất khả quy. Vì thế, năm 1857, Bouniakowski đã đặt ra giả thuyết cho chiều ngược lại: Nếu f pxq P Zrxs là bất khả quy trên Zrxs, thì f pxq nhận vô hạn giá trị nguyên tố. Cho đến nay, giả thuyết này vẫn là vấn đề lớn chưa được giải quyết khi bậc của đa thức lớn hơn 1. Trường hợp đa thức bậc 1 đã được giải quyết bởi Dirichlet năm 1837. Mục đích luận văn trình bày một số kết quả gần đây về giá trị đa thức (giá trị nguyên tố, hợp số, khả nghịch) dựa theo tài liệu tham khảo [2], [3], [5]. Luận văn gồm có 2 chương. Trong chương 1, luận văn quan tâm đến Định lí Dirichlet: Đa thức f pxq ax b P Zrxs với pa, bq 1, nhận vô hạn giá trị nguyên tố. Định lí Dirichlet là câu trả lời cho giả thuyết của Bouniakowski khi đa thức bậc 1. Mặc dù chứng minh cho Định lí Dirichlet là rất khó và cần đến kết quả sâu sắc, nhưng khi đa thức có dạng đặc
4 biệt (chẳng hạn 4x 1, 6x 5, 8x 1) thì chứng minh lại rất sơ cấp, dựa theo kĩ thuật mà Euclid dùng để chứng minh tập số nguyên tố là vô hạn. Chúng tôi cũng vận dụng kết quả để giả một số bài toán thi học sinh giỏi bậc THPT. Chương 2 quan tâm đến một số vấn đề mở rộng của giả thuyết Bou- niakowski. Trước hết, là câu hỏi liệu đa thức bậc dương luôn có vô hạn ước nguyên tố? Câu trả lời khẳng định được đưa ra bởi Schur. Trong tiết 2.1, dựa theo tài liệu [3], chúng tôi đưa ra một chứng minh sơ cấp cho kết quả của Schur và ứng dụng của chứng minh một số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet. Tiếp theo câu hỏi liệu tồn tại đa thức bậc lớn hơn 1 nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi này được Betty Garison trả lời khẳng định trong [2]. Chúng tôi trình bày kết quả này trong Tiết 2.1, dựa theo tài [3], chúng tôi đưa ra một chứng minh sơ cấp cho kết quả của Schur và ứng dụng chứng minh một số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet. Tiếp theo là câu hỏi liệu tồn tại đa thức lớn hơn 1 nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi này được Betty Garison trả lời khảng định trong [2]. Chúng tôi trình bày chính kết quả này trong Tiết 2.2. Chú ý rằng đa thức có hệ số nguyên bất khả quy luôn nhận giá trị hợp số, chẳng hạn như x2 x 6, x3 x 9, nhưng không tồn tại đa thức bậc dương có hệ số nguyên luôn nhận giá trị nguyên tố (xem Bổ đề 2.4.1). Vì thế vấn đề đặt ra là liệu rằng Bổ đề 2.4.1 có thể mở rộng cho đa thức trên miền phân tích duy nhất? Câu trả lời được đưa ra trong bài báo của S. H. Weintraub [5]. Ông chỉ ra rằng nếu miền phân tích duy nhất chỉ có hữu hạn phần tử khả nghịch, thì mọi đa thức bậc dương đều nhận ít nhất một giá trị hợp số. Tuy nhiên kết quả không còn đúng khi có vô hạn phần tử khả nghịch. Các kết quả này chúng tôi trình bày trong cuối Chương 2. Vì đây là một luận văn thạc sĩ chuyên ngành toán sơ cấp, chúng tôi cố gắng đưa ra các chứng minh sơ cấp cho các kết quả. Hiện tại, vẫn chưa có chứng minh sơ cấp cho Định lí Dirichlet, vì thế chúng tôi chỉ trình bày tóm tắt các ý chính của định lí này.
5 Chương 1 Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trước hết, chúng ta nhắc lại khái niệm và kết quả quen biết về số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố. Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước số dương là 1 và chính nó. Các số tự nhiên có nhiều hơn hai ước số dương được gọi là hợp số. Chú ý rằng số 1 không phải là số nguyên tố và cũng không phải là hợp số. Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên là một số nguyên tố. Sau đây là một số tính chất của số nguyên tố. Tính chất 1.1.2 Các phát biểu sau đây là đúng. i) Cho p là số nguyên tố và a là số tự nhiên. Khi đó pa, pq p nếu và chỉ nếu p là ước của a, pa, pq 1 khi và chỉ khi p không là ước của a. ii) Nếu tích của hữu hạn số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì có ít nhất một thừa số chia hết cho p. iii) Số 2 là số nguyên tố nhỏ nhất và là số nguyên tố chẵn duy nhất.
6 iv) Nếu n là hợp số thì n có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá ?n. Đặc biệt, nếu số tự nhiên a ¡ 1 không có ước nguyên tố trong ? nửa khoảng p1; a s thì a cũng là số nguyên tố. Định lý 1.1.3 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Định lý 1.1.4 (Định lý Euclid) Tập các số nguyên tố là vô hạn. Nhắc lại hàm số học: Hàm số học là hàm số xác định trên tập các số nguyên dương. Định nghĩa 1.1.5 Kí hiệu Πpxq là hàm số học biểu thị số các số nguyên tố không vượt quá x. Chẳng hạn Πp10q 4, Πp25q 9, Πp100q 25. Do tập các số nguyên tố là vô hạn nên ta có Πpxq Ñ 8 khi x Ñ 8. Chúng ta đã biết hai hàm f pxq và g pxq xác định trên R được gọi là f pxq tương đương khi x Ñ 8 nếu lim 1. Nếu f pxq và gpxq tương đương xÑ8 g pxq khi x Ñ 8 ta viết f pxq g pxq. Định lý 1.1.6 (Định lý phân bố số nguyên tố) Πpxq x . ln x Phần tiếp theo chúng ta nhắc lại một số khái niệm và kết quả về nghiệm của đa thức. Định nghĩa 1.1.7 Cho V là vành con của vành giao hoán S. Cho đa thức f pxq an xn an1 xn1 ... a1 x a0 P V rxs. Một phần tử c P S được gọi là nghiệm của f pxq trong S nếu f pcq an cn an1 cn1 a1 c a0 0. Trong trường hợp này ta cũng nói c là một nghiệm của phương trình f pxq 0. Chẳng hạn, xét đa thức f pxq x2 2?và gpxq x2 1 trong vành Qrxs. Rõ ràng R, C đều chứa Q. Ta có 2 P R là nghiệm của f pxq và i P C là nghiệm của gpxq. Chú ý rằng phần tử a P V là nghiệm của f pxq P V rxs nếu tồn tại đa thức g pxq P V rxs sao cho f pxq px aqg pxq.
7 Định nghĩa 1.1.8 Cho V là một vành giao hoán. Giả sử k ¡ 0 là một số tự nhiên và S là một vành giao hoán chứa V . Một phần tử a P S được gọi là nghiệm bội k của f pxq nếu trong vành S rxs, đa thức f pxq chia hết cho px aqk nhưng không chia hết cho px aqk 1. Nếu k 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu k 2 thì a được gọi là nghiệm kép. Chẳng hạn cho f pxq x5 x4 2x3 2x2 x 1 P Qrxs, khi đó i và i là hai nghiệm kép của f pxq và 1 là nghiệm đơn của f pxq bởi vì trong Crxs ta có phân tích f pxq px iq2 px iq2 px 1q. Từ định nghĩa, ta có các kết quả sau. Bổ đề 1.1.9 Phần tử a P V là nghiệm bội k của f pxq P V rxs nếu và chỉ nếu tồn tại g pxq P V rxs sao cho f pxq px aqk g pxq và g paq 0. Hệ quả 1.1.10 Cho V là miền nguyên và f pxq P V rxs là một đa thức. Giả sử a1 , a2 , ..., ar P V là những phần tử đôi một khác nhau và ai là nghiệm bội ki của f pxq với i 1, ..., r. Khi đó tồn tại upxq P V rxs sao cho f pxq px a1 qk1 px ari qkr upxq và upai q 0 với mọi i 1, ..., r. Hệ quả 1.1.11 Cho V là miền nguyên và f pxq P V rxs. Nếu f pxq 0 thì số nghiệm của f pxq, mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của f pxq. Hệ quả 1.1.12 Cho V là miền nguyên và f pxq, g pxq P V rxs là hai đa thức có bậc không quá n. Nếu f pxq và g pxq nhận giá trị bằng nhau tại n 1 phần tử khác nhau của V thì f pxq g pxq. 1.2 Đa thức bất khả quy và giá trị nguyên tố Trong suốt tiết này, luôn giả thiết K là một trường. Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức f pxq P K rxs được gọi là bất khả quy nếu deg f pxq ¡ 0 và f pxq không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Nếu deg f pxq ¡ 0 và f pxq là tích của hai đa thức có bậc bé hơn thì ta nói f pxq khả quy.
8 Chú ý rằng, đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; đa thức bậc hai hoặc bậc ba là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trên K. Sau đây là một số kết quả về đa thức bất khả quy tương tự như những kết quả quen biết về số nguyên tố. Đa thức monic là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1. Định lý sau đây về phân tích đa thức là sự tương tự của Định lý cơ bản của số học về phân tích số tự nhiên. Định lý 1.2.2 (xem [1] trang 64) Mọi đa thức bậc dương f pxq P K rxs đều phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy. Hơn nữa, f pxq có duy nhất (nếu không kể đến thứ tự các nhân tử) một phân tích dạng f pxq af1 pxq ft pxq, trong đó a là hệ số cao nhất của f pxq và f1 pxq, ..., ft pxq là đa thức monic bất khả quy. Mệnh đề 1.2.3 (xem [1]) Cho f pxq, g1 pxq, ..., gk pxq P K rxs giả sử f pxq bất khả quy và f pxq là ước của g1 pxq gk pxq. Khi đó tồn tại một đa thức gi pxq sao cho gi pxq chia hết cho f pxq. Mệnh đề 1.2.4 Có vô hạn đa thức bất khả quy trên K. Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn đa thức bất khả quy là f1 pxq, ..., fm pxq. Ta xét đa thức f pxq f1 pxq fm pxq 1. Khi đó tồn tại một đa thức g pxq bất khả quy và g pxq là ước của f pxq. Vì fi pxq không là ước của f pxq nên g pxq fi pxq, suy ra điều giả sử là sai. l Phần tiếp theo, chúng ta xét đa thức bất khả quy trên các trường Q, R, C. Định lý cơ bản của Đại số phát biểu rằng mọi đa thức với hệ số phức bậc n có đúng n nghiệm phức. Do đó các đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất. Hơn nữa, nếu a bi P C là nghiệm của đa thức f pxq P Rrxs, thì a bi cũng là nghiệm của f pxq. Do đó, các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 không có nghiệm thực. Bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên Q cho đến nay vẫn là bài toán mở. Có một số phương pháp xét tính bất khả quy quen biết như phương pháp dựa vào nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng
9 Bổ đề Gauss, phương pháp dùng Tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo môđun một số nguyên tố (xem [1]). Trong luận văn này chúng ta quan tâm đến mối quan hệ giữa tính bất khả quy trên Q và giá trị nguyên tố của đa thức. Trước hết, chúng ta chỉ ra rằng nếu một đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên tố tại vô hạn điểm thì nó bất khả quy trên Q. Định lý 1.2.5 Cho f pxq P Zrxs là đa thức có bậc dương. Nếu tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho f pnq là số nguyên tố thì f pxq bất khả quy trên trường Q. Chứng minh. Giả sử f pxq P Zrxs là đa thức khả quy có bậc dương. Khi đó f pxq có phân tích f pxq g pxqhpxq với g pxq, hpxq P Zrxs là các đa thức có bậc thấp hơn bậc của f pxq. Giả sử tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho f pxq là số nguyên tố. Khi đó tồn tại vô hạn số n sao cho g pnqhpnq là số nguyên tố. Do đó tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho g pnq hoặc hpnq nhận giá trị a P t1; 1u. Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử tồn tại vô hạn số n sao cho g pnq a. Khi đó n là nghiệm của đa thức g pxq a 0, tức là đa thức g pxq a có vô hạn nghiệm. Điều này là vô lý vì g pxq và g pxq a có bậc bằng nhau và số nghiệm của g pxq a không vượt quá bậc của g pxq a. Vậy f pxq là đa thức bất khả quy trên trường Q. l Bây giờ chúng ta đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy trên Q dựa theo giá trị nguyên tố của đa thức. Định lý 1.2.6 Cho f pxq am xm ... a1 x a0 P Zrxs là đa thức có bậc ai m ¡ 0. Đặt H max . Nếu tồn tại số tự nhiên n ¥ H 2 sao cho 0¤i¤m1 am f pnq là số nguyên tố thì f pxq là đa thức bất khả quy trên Q. Chứng minh. Trước khi chứng minh Định lý 1.2.6, ta cần chứng minh khẳng định sau: Cho f pxq am xm ... a1 x a0 P Zrxs là đa thức có bậc ai m ¡ 0. Đặt H max . Khi đó |z | H 1 với mọi nghiệm z P C 0¤i¤m1 am của f pxq. Thật vậy, vì z là nghiệm của f pxq nên ta có amzm am1zm1 ... a1 z a0 .
10 Chú ý rằng nếu a P R thì môđun của số phức a chính là giá trị tuyệt đối của a. Sử dụng các tính chất về môđun của các số phức đối với đẳng thức trên ta suy ra |z|m | aam1 zm1 ... a1 am z a0 am | m H p|z |m 1q ¤ H |z|m1 ... |z | 1 |z | 1 . Giả sử H 0. Khi đó f pxq am xm . Suy ra z 0 và vì thế |z | H 1. Cho H ¡ 0. Nếu |z | ¤ 1 thì rõ ràng |z | H 1. Nếu |z | ¡ 1 thì |z | 1 ¡ 0. Do đó khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức trên với |z | 1 ta được |z|mp|z| 1q ¤ H p|z|m 1q. Suy ra |z|m 1 |z|m ¤ H |z|m H H |z|m. Do |z | ¡ 1 nên |z | 0. Chia cả hai vế cho |z |m ta được |z | H 1, khẳng định được chứng minh. Bây giờ ta chứng minh định lý. Nếu f pxq khả quy trong Zrxs, thì ta viết f pxq g pxqhpxq, trong đó g pxq, hpxq P Zrxs là các đa thức bậc dương. Vì f pnq là nguyên tố, trong hai đa thức g pnq hoặc hpnq ắt phải có một số nhận giá trị 1. Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử đó là g pnq. Vì mỗi nghiệm của g pxq đều là nghiệm của f pxq nên ta biểu diễn g pxq dưới ¹ dạng g pxq c px αiq, trong đó c là hệ số cao nhất của gpxq và tích i chạy trên tập con các nghiệm phức của f pxq. Từ khẳng định trên, ta có ¹ ¹ ¹ |gpnq| c n p q | | αi c n p q |c| αi |pn αiq| i i i ¹ ¹ ¥ pn |αi|q ¡ pn pH 1qq i i ¥ pH 2 pH 1qq 1, do đó |g pnq| ¡ 1, điều này mâu thuẫn với g pnq 1. Vậy f pxq là đa thức bất khả quy trên Q. l
11 Cho b ¡ 1 là số tự nhiên. Khi đó với mỗi số tự nhiên n ¡ 1 tồn tại duy nhất một biểu diễn n ar br ar1 br1 a1 b a0 , trong đó ar ¡ 0 và 0 ¤ ai ¤ b 1 với mọi i 0, 1, ..., r. Ta gọi biểu diễn trên là biểu diễn của n trong hệ đếm cơ số b. Kết quả sau đây chỉ ra rằng với mỗi số nguyên tố p và mỗi số tự nhiên b cho trước, luôn tồn tại đa thức f pxq bất khả quy trên Q và giá trị f pbq là p. Định lý 1.2.7 Cho b ¡ 2 và p là số nguyên tố. Giả sử p an bn a n 1 b n 1 ... a1 b a0 là biểu diễn của p trong hệ đếm cơ số b. Khi đó f pxq an xn ... a1 x a0 là đa thức bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f pxq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem [1] trang 75), tồn tại phân tích f pxq g pxqhpxq với g pxq, hpxq là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn 0 deg g pxq, deg hpxq deg f pxq. Vì f pbq p là số nguyên tố nên hoặc g pbq 1 hoặc hpbq 1. Không mất tính chất tổng quát ta giả sử g pbq 1. Đặt deg g pxq t ¡ 0. Theo Định lý cơ bản của đại số, g pxq có t nghiệm z1 , ..., zt P C. Do đó g pxq cpx z1 q px zk q, trong đó c là hệ số cao nhất của g pxq. Do p an bn an1 bn1 ... a1 b a0 là biểu diễn của p trong hệ ghi cơ số b nên ta có an ¥ 1, an1 ¥ 0 và ai |ai | ¤ b 1 với mọi i. Do mỗi nghiệm của g pxq cũng là nghiệm của f pxq (xem [1] trang 139),a hoặc phần thực của mỗi nghiệm zk không là số 1 4pb 1q dương hoặc |zk | . Với mọi k 1, ..., t, ta khẳng định 1 2 |b zk | ¡ 1. Thật vậy, nếu phần thực của zk không dương thì zk ak ibk P R vàaak ¤ 0. Suy ra |b zk | |pb ak q ibk | ¥ b ak ¥ b ¡ 2. với ak , bk 1 4pb 1q Nếu |zk | thì vì b ¥ 3 nên tính toán ta được 1 2 a 4pb 1q |zk | 1 1 2 ¤ b 1.
12 Suy ra |b zk | ¥ |b| |zk | b |zk | ¡ 1. Do đó khẳng định được chứng minh. Vì t ¡ 0, c ¥ 1 và |b zk | ¡ 1 với mọi k 1, ..., t nên |gpbq| |c||b z1| |b zt| ¡ 1, điều này là mâu thuẫn. l 1.3 Định lí Dirichlet và một giả thuyết của Bouniakowski Cho f pxq P Zrxs là đa thức có bậc dương. Theo Định lý 1.2.5, nếu tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho f pnq là số nguyên tố, thì f pxq bất khả quy trên Z và do đó nó bất khả quy trên Q. Rất tự nhiên, năm 1857 Bouniakowski đã đặt bài toán cho chiều ngược lại. Giả thuyết 1.3.1 (Bouniakowski). Cho f pxq P Zrxs là đa thức bất khả quy trên Q và các hệ số của f pxq nguyên tố cùng nhau. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho f pnq nguyên tố. Trường hợp bậc 1 đã được Dirichlet giải quyết trọn vẹn từ năm 1837. Định lý 1.3.2 (Dirichlet). Cho đa thức f pxq P Zrxs sao cho ax b gcd pa, bq 1. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho f pnq nguyên tố. Định lý trên của Dirichlet được biết đến trong các giáo trình số học với tên gọi Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng. Trước đó, một số nhà toán học đã thu được những kết quả liên quan chặt chẽ với Định lí này. Cụ thể, năm 1737, Euler đã nghiên cứu các số nguyên tố trong mối quan hệ với một hàm mà ngày nay chúng ta gọi là hàm zeta Riemann. Năm 1775, Euler đã phát biểu Định lí cho trường hợp đặc biệt f pxq ax 1. Dạng tổng quát của Định lí, khi f pxq ax b với a, b nguyên tố cùng nhau, được phát biểu lần đầu tiên bởi Legendre, ông đã đưa ra một chứng minh cho Định lí vào năm 1830 nhưng không chính xác. Chứng minh đúng đầu tiên cho Định lí thuộc về Dirichlet năm 1837 bằng cách sử dụng các Lchuỗi Dirichlet. Chứng minh của Dirichlet cần đến những công cụ của
13 giải tích và rất phức tạp, liên quan đến phép tính vi tích phân và lí thuyết giải tích số, được phỏng theo một công trình trước đó của Euler về mối quan hệ giữa hàm zeta Riemann và sự phân bố số nguyên tố. Giả thuyết trên của Bouniakowski vẫn chưa được giải quyết cho trường hợp bậc của đa thức lớn hơn 1. Câu hỏi tồn tại hay không một đa thức với hệ số nguyên bất khả quy trên Q bậc lớn hơn 1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố, cho đến nay vẫn là một câu hỏi mở. Trường hợp đơn giản nhất là đa thức x2 1, rõ ràng là bất khả quy trên Q (vì không có nghiệm hữu tỷ), nhưng người ta không biết đa thức này có nhận vô hạn giá trị nguyên tố hay không. Chú ý rằng có những đa thức bất khả quy trên Q, nhưng không nhận bất kì giá trị nguyên tố nào. Dưới đây là một ví dụ. Ví dụ 1.3.3 Các đa thức f pxq x2 x 6và g pxq x3 x 9 là bất khả quy tên Q, nhưng luôn nhận giá trị hợp số. Đa thức hpxq xp x 3p (với p ¡ 3 là số nguyên tố) luôn nhận giá trị hợp số. Lời giải. Các đa thức f pxq x2 x 6 và g pxq x3 x 9 có bậc tương ứng là hai và ba, không có nghiệm hữu tỷ, nên bất khả quy trên Q. Chú ý rằng f pnq n2 n 6 npn 1q 6 luôn là số chẵn với mọi n P Z. Nếu f pnq 2, thì npn 1q 4, điều này không thể xảy ra. Vì thế f pnq luôn là hợp số. Theo Định lí Fermat bé, hpnq np n 3p luôn là bội của p với mọi n P Z. Nếu hpnq p, thì npnp1 1q 2pq. Do p 1 chẵn nên pnp1 1q ¡ 0. Vì thế n 0. Suy ra n P t1, 2, p, 2pu. Nếu n 1, thì npnp1 1q 0, vô lí. Nếu n 2, thì 2p1 1 p, dễ thấy 2n1 ..3 . còn p không chia hết cho 3, vô lí. Nếu n p, thì 2p1 1 2, suy ra pp1 3, điều không thể xảy ra. Nếu n 2p, thì p2pqp1 1 1, điều này vô lí. Vậy hpxq xp x 3p (với p ¡ 3 là số nguyên tố) bất khả quy trên Q, nhưng luôn nhận giá trị hợp số. Như đã nhận xét ở trên, chứng minh định lí Dirichlet rất phức tạp, cần đến những kết quả sâu sắc về giải tích và Lí thuyết số. Vì đây là luận văn thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, nên tác giả luận văn
14 không trình bày chi tiết chứng minh này. Tuy nhiên, chúng ta có chứng minh hoàn toàn sơ cấp cho những trường hợp đặc biệt sau đây. Mệnh đề 1.3.4 Các đa bậc nhất có dạng sau nhận vô hạn giá trị nguyên tố. (i) f1 pxq x; (ii) f2 pxq 2x 1; (iii) f3 pxq 4x 1; (iv) f4 pxq 8x 1; (v) f5 pxq 6x 5; (vi) f6 pxq 3x 2. Chứng minh. (i) Vì có vô hạn số nguyên tố, nên đa thức f1 pxq x nhận vô hạn giá trị nguyên tố. (ii) Vì 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất nên tồn tại vô hạn số nguyên tố lẻ, suy ra đa thức f2 pxq 2x 1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. (iii) Trước khi chứng minh mệnh đề, ta cần chứng minh khẳng định sau. Mọi số tự nhiên x thì x2 1 không có ước nguyên tố có dạng 4N 3. Thật vậy, theo Định lý Fermat bé với mọi số nguyên tố p và mọi số nguyên a không chia hết cho p thì ap1 1pmod pq. Bây giờ chúng ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp phản chứng. Giả sử x2 1 có một ước nguyên tố p 4N 3. Khi đó x2 1pmod pq. Từ đó chúng ta có x4N 2 px2q2N 1 p1q2N 1pmodpq 1pmod pq. Nhưng theo Định lý Fermat bé thì x4N 2 1pmod pq. Vậy 1 1pmod pq, hay 2 0pmod pq,
15 đây là điều vô lí. Chúng ta chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 4N 1. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N 1, gọi các số đó là p1 , p2 , ..., pk , với pi có dạng 4N 1, với mọi i 1, ..., k. Xét số n 4p21 p22 p2k 1. Vì n có dạng x2 1 nên theo khẳng định trên thì n không có ước nguyên tố dạng 4N 3. Vì n là số lẻ nên toàn bộ ước nguyên tố của n có dạng 4N 1. Chúng ta dễ dàng thấy không có số pi nào trong các số p1 , p2 , ..., pk là ước của n. Vì vậy ta tìm được số nguyên tố mới khác với các số p1 , p2 , ..., pk cũng có dạng 4N 1, hay đa thức f pxq 4x 1 nhận vô số giá trị nguyên tố. Ta chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 4N 3. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N 3 là p1 , p2 , ..., pm . Ta xét số n 4p1 ...pm 1 số này cũng có dạng 4N 3. Số n này phải có một ước nguyên tố q có dạng 4N 3 (vì tích của các số nguyên tố có dạng 4N 1 là số là một số có dạng 4N 1). Do đó tồn tại i sao cho q pi và q là ước của n. Suy ra q là ước của 1, vô lí. (iv) Trước hết, để chứng minh mệnh đề chúng ta cần chứng minh khẳng định sau: Mọi số tự nhiên x thì x2 1 không có ước nguyên tố có dạng 8N 3 hoặc 8N 7 và x4 1 không có ước số nguyên tố dạng 8N 5. Thật vậy, giả sử x2 1 có ước nguyên tố p 8N 3. Khi đó x2 1pmod pq. Từ đó chúng ta có x8N px2q4N 1 p1q4N 1pmodpq 1pmod pq. 2 Nhưng theo Định lý Fermat nhỏ thì x8N 2 1pmod pq. Vậy 1 1pmod pq, hay 2 0pmod pq, đây là điều vô lí vì p là số lẻ. Chứng minh tương tự chúng ta có x2 1 không thể có ước số nguyên tố có dạng 8N 7 và x4 1 không thể có ước nguyên tố dạng 8N 5. Việc chứng minh mệnh đề (iV) tương đương với việc chứng minh có vô số số nguyên tố dạng 8N 1. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 8N 1 là p1 , ..., pm . Xét số n 16p41...p4m 1, số này cũng có
16 2 dạng 8N 1. Có n 4p21 ...p2m 1 p2p1 ...pm q4 1. Vì số n này có dạng x2 1 và x4 1 nên theo khẳng định trên n không có ước nguyên tố dạng 8N 3; 8N 5 và 8N 7. Do n là số lẻ nên n có ước nguyên tố q có dạng 8N 1 suy ra tồn tại i để pi q. Vì q là ước của n nên q là ước của 1, vô lí. (v) Để chứng minh mệnh đề chúng ta chỉ cần chỉ ra có vô số nguyên tố dạng 6N 5. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 6N 5 là p1 , ..., pm . Chúng ta xét số n 6p1 ...pm 1 số này cũng có dạng 6N 5. Số n là một số lẻ và không thể có ước nguyên tố có dạng 6N 3 vì chúng ta biết số có dạng p6N 3qk không thể có dạng 6N 5. Chú ý rằng tích của các số có dạng 6N 1 là một số có dạng 6N 1. Do đó n phải có một ước nguyên tố q có dạng 6N 5. Do đó tồn tại i sao cho pi q và q là ước của n. Suy ra q là ước của 1, vô lí. (vi) Để chứng minh đa thức f6 pxq 3x 2 nhận vô hạn giá trị nguyên tố ta chứng minh có vô hạn số nguyên tố có dạng 3N 2. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 3N 2 là p1 , ..., pk Khi đó số n 3p1 , ..., pk 2 có dang 3N 2 và số n có một ước nguyên tố p có dạng 3N 2, vì tích của các số có dạng 3N 1 là một số có dạng 3N 1. Do đó p pi nào đó. Suy ra p ước của 2, vô lí. Vậy đa thức f6 pxq 3x 2 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. l Sử dụng kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết được một số bài toán về ước nguyên tố trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Dưới đây, chúng ta áp dụng kết quả có vô hạn số nguyên tố dạng 8k 1 (xem Mệnh đề 1.3.4 iv)) để giải Bài toán số 6 trong “IMO 2008 Shortlist”. ? Bài toán 1.3.5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho n2 1 có một ước nguyên tố lớn hơn 2n 2n. Chứng minh. Cho p là số nguyên tố có dạng p 8k 1. Vì p nguyên tố nên theo Định lí Wilson ta có 1 2 pp 1q 1p mod pq.
17 p1 p1 Chú ý rằng 2 4k là số chẵn và với số tự nhiên i sao cho 1 ¤ i ¤ 2 có p i 1pmod pq. Thay những nhân tử p i bởi nhân tử i với ta p1 1¤i¤ vào vế trái đồng dư thức ở trên ta được 2 2 2 p1 p1 2 ! p1q4k 2 ! 1p mod pq. Đặt a p 2 1 !. Khi đó a2 1pmod pq. Suy ra a không chia hết cho p. Gọi b là dư của phép chia a cho p. Khi đó 1 ¤ b ¤ p 1 và ta có b2 a2 1p mod pq. Vì thế b là nghiệm của phương trình x2 1p mod pq. Ta có pp bq2 b2 1p mod pq. Vì thế 1 ¤ p b ¤ p 1 và p b cũng là nghiệm của phương trình p1 x2 1p mod pq. Đặt n mintb, p bu. Khi đó n ¤ và n2 1 chia ? 2 p1 hết cho p. Ta cần chứng minh p ¡ 2n 10n. Thật vậy, vì n ¤ , nên p1 2 ta đặt n l với l ¥ 0. Do n2 1 chia hết cho p, nên ta suy ra 2 2 p1 2 l 1p mod pq. Do đó 2 p 1 2l 2 1p mod pq. Suy ra p2l 1q2 4 0p mod pq. Viết p2l 1q2 4 pr với r P N. Nếu l chẵn, thì l 2t và ta có p2l 1q2 p4t 1q2 1p mod 8q. Nếu l lẻ, thì l 2t 1 và p2l 1q2 p4t 3q2 1p mod 8q. Vì p 8k, nên ta luôn có p2l 1q2 1 pp mod 8q. Suy ra rp rp8k 1q 1 4p mod 8q.
18 Do đó r 5p mod 8q. Vì thế r ¥ 5. Suy ra p2l 1q2 4 ¥ 5p. Suy ra ?5p 4 1 l¥ . 2 Đặt ?5p 4 u. Khi đó l ¥ u 1 . Vì thế 2 p1 n 2 l ¤ p 2 1 u 2 1 21 pp uq. ? Vì u 5p 4, nên ta có p u2 4 . Thay p vào đẳng thức trên ta được 5 u2 5u 10n 4 ¥ 0. Giải bất ?phương trình bậc hai (ẩn n) này với chú ý rằng u ¥ 0, ta được u ¥ . Vì n ¤ pp uq, nên ta có 5 4n 9 1 2 2 ? ? p ¥ 2n u ¥ 2n ¥ 2n 1 5 40n 9 10n. 2 Vì có vô hạn số nguyên tố dạng 8k 1, nên có vô hạn số n thỏa mãn điều kiện đầu bài. l Cho p là số nguyên tố. Một số nguyên a được gọi là chính phương modullo p nếu tồn tại một số nguyên x sao cho a x2 pmod pq. Ví dụ 1.3.6 (Indonesia TST 2009). Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho n2 1 không là ước của n!. Lời giải. Trước khi chứng minh kết quả chúng ta nhắc lại Kí hiệu Legendre: Cho a là số nguyên và p là số nguyên tố khi đó có kí hiệu: a p k như sau: Đặt a p 1 nếu p không chia hết a và a là số chính phương modulo p. Đặt a p 1 nếu p không chia hết a và a không là số chính phương modulo p. Nếu p chia hết a thì ta đặt a p 0. Chúng ta quay trở lại ví dụ. Giả sử xét số nguyên tố p có dạng 4k 1. Theo Định lí tiêu chuẩn Euler: “Cho p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên