BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
TRẦN THỊ THOA
ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI, 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
TRẦN THỊ THOA
ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60.46.01.04
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. PHẠM ĐỨC HIỆP
HÀ NỘI, 2017
Mục lục
Phần mở đầu
1
1 Các khái niệm mở đầu
4
1.1
Đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2
Một số hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.2.1
Hàm nhân và công thức tổng trải . . . . . . . . .
15
1.2.2
Hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
1.2.3
Hàm Mobius và luật thuận nghịch Dedekind - Li-
1.3
ouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
Căn nguyên thủy bậc n của đơn vị . . . . . . . . . . . .
19
1.3.1
Căn bậc n của đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.3.2
Căn nguyên thủy bậc n của đơn vị . . . . . . . .
21
2 Đa thức chia đường tròn và các tính chất cơ bản
2.1
Đa thức chia đường tròn bậc n . . . . . . . . . . . . . . .
2.2
Tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn trên vành
các số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3
23
23
32
Mối liên hệ giữa đa thức chia đường tròn và các số nguyên
tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
35
3 Một số ứng dụng của đa thức chia đường tròn
40
3.1
Định lý Đirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
3.2
Định lý Wedderburn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
3.3
Định lý Zsigmondy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
3.4
Dựng đa giác đều n cạnh
55
. . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận
59
Tài liệu tham khảo
60
2
Phần mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết về các đa thức chia đường tròn là một trong những
vấn đề trọng tâm và có nhiều ứng dụng không chỉ trong đại số mà còn
đối với các ngành trong Toán học. Chúng ta biết rằng với mỗi số nguyên
k2π
dương n, có đúng n căn bậc n của đơn vị: ωk = cos k2π
n + sin n với
k = 0, 1, . . . , n − 1. Chú ý rằng ωk cũng chính là căn nguyên thủy bậc
n của đơn vị nếu và chỉ nếu (k, n) = 1, do vậy có đúng ϕ(n) căn bậc n
của đơn vị với ϕ là hàm Euler. Gọi ωk1 , ωk2 , . . . , ωkϕ(n) là các căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị, khi đó đa thức chia đường tròn bậc n, kí hiệu
Φn (x), là đa thức có bậc ϕ(n) được định nghĩa là:
Φn (x) = (x − ωk1 )(x − ωk2 ) · · · (x − ωkϕ(n) ).
Mục đích chính của luận văn này là trình bày những kiến thức
cơ bản về đa thức chia đường tròn và các tính chất quan trọng của nó,
đặc biệt là những ứng dụng trong đại số và lý thuyết số như định lý
Đirichlet, định lý Wedderburn hay định lý Zsigmondy, dựng đa giác đều
n cạnh, . . .
Vì vậy, đề tài nghiên cứu của luận văn được chọn là “Đa thức
chia đường tròn và một số ứng dụng”.
1
2. Định hướng nghiên cứu
Trên cơ sở các tài liệu có sẵn trong phần tài liệu tham khảo, tác
giả sẽ hệ thống lại lí thuyết cơ bản về đa thức chia đường tròn, các tính
chất của nó. Trên cơ sở đó tác giả trình bày những ứng dụng của đa thức
chia đường tròn như định lý Đirichlet, định lý Wedderburn hay định lý
Zsigmondy,. . .
3. Phương pháp nghiên cứu
Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp và
nghiên cứu lý thuyết.
4. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm
các chương sau:
Chương 1. Các khái niệm mở đầu, trình bày một số kiến thức cơ sở
về đa thức, các hàm số học, căn nguyên thủy bậc n của đơn vị và tính
bất khả quy. Đây là các kiến thức nền tảng phục vụ cho chương 2 và
chương 3.
Chương 2. Đa thức chia đường tròn và các tính chất cơ bản,
trình bày định nghĩa đa thức chia đường tròn bậc n, tính bất khả quy
của đa thức chia đường tròn trên vành các số nguyên và mối quan hệ
của nó với các số nguyên tố.
Chương 3. Một số ứng dụng của đa thức chia đường tròn, trình
bày các ứng dụng của đa thức chia đường tròn như dựng đa giác đều n
cạnh, định lý Wedderburn, định lý Dirichlet, định lý Zsigmondy,. . .
Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô
2
trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung và
các thầy cô ở bộ môn Đại số nói riêng đã dạy bảo và dìu dắt tác giả
trong suốt thời gian qua. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và
biết ơn sâu sắc tới TS. Phạm Đức Hiệp, thầy đã tận tình chỉ bảo, hướng
dẫn và giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Cảm ơn bạn
bè, gia đình, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quan tâm, động viên
và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn
chế nên bản luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Tác giả
rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả để bản luận văn
này được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Hà Nội, tháng 5, năm 2017
Học viên
Trần Thị Thoa
3
Chương 1
Các khái niệm mở đầu
1.1
Đa thức
Cho K là một trường. Kí hiệu K [x] là tập hợp tất cả các đa thức với
hệ số trong K.
Định nghĩa 1.1. Đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ∈ K [x]
được gọi là đa thức monic nếu an = 1.
Ta biết rằng K [x] là một vành giao hoán có đơn vị với phép cộng và
phép nhân đa thức thông thường. Với mỗi đa thức f (x) ∈ K [x], kí hiệu
deg f (x) là bậc của f (x). Ta có:
deg(f (x) + g(x)) ≤ max {deg f (x), deg g(x)}
deg f (x)g(x) = deg f (x) + deg g(x).
Định nghĩa 1.2. Cho f (x), g(x) ∈ K [x]. Nếu f (x) = p(x)g(x) với
p(x) ∈ K [x] thì ta nói rằng g(x) là ước của f (x) hay f (x) là bội của
g(x) và ta viết g(x) | f (x). Tập các bội của g(x) được kí hiệu là (g).
Ta có nhận xét sau: Nếu f (x) ∈ K [x] và a ∈ K thì tồn tại p(x) ∈ K [x]
4
sao cho f (x) = p(x)(x − a) + f (a). Định lý cơ bản sau đây gọi là định
lý phép chia đa thức.
Định lý 1.3. Cho f (x), g(x) ∈ K [x] với g(x) 6= 0. Khi đó tồn tại duy
nhất một cặp đa thức p(x), r(x) ∈ K [x] sao cho f (x) = g(x)p(x) + r(x),
với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x).
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh sự tồn tại. Ta chứng minh quy
nạp theo m = deg f (x). Nếu deg f (x) < deg g(x), ta chọn p(x) = 0 và
r(x) = f (x). Đặt deg f (x) = n. Khi đó m ≥ n và định lý được chứng
minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng
với các đa thức bậc m. Giả sử f (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a0 ;
g(x) = bn xn + bn−1 xn−1 + . . . + b0 . Xét đa thức
h(x) =f (x) −
am m−n
x
g(x)
bn
=(am xm + am−1 xm−1 + . . . + a0 ) −
=(am−1 −
am m−n
x
(bn xn + . . . + b0 )
bn
am bn−1 m−1
)x
+ ....
bn
Do hệ số của xm ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của h(x) không vượt
quá m − 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức p0 (x), r0 (x) sao
cho h(x) = p0 (x)g(x) + r0 (x). Nhưng khi đó
f (x) = h(x) +
Vậy đặt p(x) =
am m−n
am
x
g(x) = ( xm−n + p0 (x))g(x) + r0 (x).
bn
bn
am m−n
x
+ p0 (x), r(x) = r0 (x) ta được biểu diễn cần tìm
bn
cho f (x).
Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử
f (x) = g(x)p(x) + r(x) = g(x)q(x) + r1 (x)
5
trong đó r(x), r1 (x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g(x). Khi đó
g(x)(p(x) − q(x)) = r1 (x) − r(x). Nếu r(x) 6= r1 (x) thì
deg((r(x)−r1 (x)) = deg(g(x)(p(x)−q(x))) = deg g(x)+deg(p(x)−q(x)).
Điều này mâu thuẫn vì
deg((r(x) − r1 (x)) ≤ max { deg r(x), deg r1 (x)}
< deg g(x) ≤ deg g(x) + deg(p(x) − q(x)).
Vậy r(x) = r1 (x). Suy ra g(x)(p(x) − q(x)) = 0. Vì g(x) 6= 0, do đó
p(x) = q(x).
Trong định lý trên, p(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dư
của phép chia f (x) cho g(x).
Định nghĩa 1.4. Với mỗi f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a0 ∈ K [x] và
c ∈ C, đặt f (c) = an cn + an−1 cn−1 + . . . + a0 . Nếu f (c) = 0 thì ta nói c là
một nghiệm của đa thức f (x) hay là nghiệm của phương trình f (x) = 0.
Định nghĩa 1.5. Giả sử a ∈ K. Ta nói a là nghiệm bội k của f (x) nếu
f (x) chia hết cho (x − a)k nhưng không chia hết cho (x − a)k+1 . Nếu
k = 1 thì a được gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2 thì a được gọi là nghiệm
kép.
Khi đó ta có nhận xét sau: Phần tử a ∈ K là nghiệm của đa thức
f (x) ∈ K [x] nếu và chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) ∈ K [x] sao cho
f (x) = (x − a)g(x). Một cách tổng quát hơn, giả sử a1 , a2 , . . . , ar ∈ K
là những nghiệm phân biệt của f (x) ∈ K [x] và ai là nghiệm bội ki của
6
f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó
f (x) = (x − ai )k1 (x − a2 )k2 · · · (x − ar )kr u(x)
với u(x) ∈ K [x] và u(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, 2, . . . , r.
Mệnh đề 1.6. Cho 0 6= f (x) ∈ K [x] là đa thức. Khi đó số nghiệm (tính
cả bội) của f (x) trong K, mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt
quá bậc của f (x).
Chứng minh. Giả sử a1 , a2 , . . . , ar ∈ K là các nghiệm của f (x) với số bội
lần lượt là k1 , k2 , . . . , kr . Theo nhận xét trên tồn tại g(x) ∈ K [x] sao cho
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 · · · (x − ar )kr g(x).
Vì thế deg f (x) = deg g(x) +
r
P
ki ≥
i=1
r
P
ki .
i=1
Mệnh đề 1.7. Cho f (x), g(x) ∈ K [x] với deg f (x), deg g(x) ≤ n và
f (x), g(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của K thì
f (x) = g(x).
Chứng minh. Đặt h(x) = f (x) − g(x). Theo giả thiết, h(x) có ít nhất
n + 1 nghiệm phân biệt. Nếu h(x) 6= 0 thì
deg h(x) ≤ max {deg f (x), deg(x)} ≤ n.
Vì thế, theo mệnh đề 1.6 ta có đa thức h(x) ∈ K [x] có nhiều nhất n
nghiệm, mâu thuẫn. Do đó h(x) = 0. Vậy f (x) = g(x).
Định nghĩa 1.8. Cho đa thức f (x), g(x) ∈ K [x]. Đa thức d(x) ∈ K [x]
được gọi là ước chung của f (x) và g(x) nếu d(x) là ước của f (x) và g(x).
7
Định nghĩa 1.9. Cho đa thức f (x), g(x) ∈ K [x]. Đa thức d(x) ∈ K [x]
được gọi là ước chung lớn nhất của f (x), g(x) nếu d(x) là ước chung của
f (x) và g(x) và là đa thức có bậc lớn nhất. Ta kí hiệu ước chung lớn nhất
của f (x) và g(x) là gcd(f (x), g(x)). Chú ý rằng nếu gcd(f (x), g(x)) = 1
ta nói f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau.
Tính chất sau đây được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
Định lý 1.10. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất).
Cho f, g ∈ K [x] và g 6= 0. Giả sử thực hiện liên tiếp các phép chia đa
thức ta có:
f = gq0 + r, r 6= 0, deg r < deg g
g = rq1 + r1 , r1 6= 0, deg r1 < deg r
r = r1 q2 + r2 , r2 6= 0, deg r2 < deg r1
...
rk−2 = rk−1 qk + rk , rk 6= 0, deg rk < deg rk−1
rk−1 = rk qk+1 .
Gọi a là hệ số bậc cao nhất của đa thức rk .
rk
Khi đó gcd(f, g) = rk ∗ với rk ∗ = .
a
Chứng minh. Thực hiện liên tiếp các phép chia đa thức ta được rk | rk−1 .
Ta lại có
rk−2 = rk−1 qk + rk = rk qk+1 qk + rk = rk (qk+1 qk + 1).
Do vậy rk | rk−2 . Cứ tiếp tục như vậy ta suy ra rk | f và rk | g. Đặt
rk
rk ∗ = , vậy rk ∗ | f và rk ∗ | g. Giả sử d là một ước chung của f và g với
a
deg d > deg rk ∗ . Từ đẳng thức f = gq0 + r ta suy ra d | r. Từ đẳng thức
8
thứ hai ta có d | r1 . Tiếp tục lập luận như vậy ta có d | rk . Điều này dẫn
đến mẫu thuẫn.
Hệ quả 1.11. Cho f (x), g(x) ∈ K [x] và d(x) = gcd(f (x), g(x)). Khi đó
tồn tại u(x), v(x) ∈ K [x] sao cho
d(x) = f (x)u(x) + g(x)v(x).
Chứng minh. Trong các phép chia liên tiếp ở thuật toán Euclid tìm ước
rk (x)
chung lớn nhất ta có d(x) =
, với an là hệ số cao nhất của rk (x).
an
Từ đẳng thức rk−2 = rk−1 qk + rk ta nhận được
rk (x) = rk−2 (x) − rk−1 (x)qk (x).
Chọn dãy các đa thức ((un ), (vn ), (dn )) thỏa mãn
(u1 (x), v1 (x), d1 (x)) = (1, −qk (x), f (x) − g(x)qk (x)),
(u2 (x), v2 (x), d2 (x)) = (v1 (x), u1 (x)−v1 (x)qk−1 (x), f (x)u2 (x)+g(x)v2 (x)).
1
rk (x)
= (rk−2 (x)u1 (x) + rk−1 (x)v1 (x)). Hơn nữa
an
an
= rk−2 qk−1 + rk−1 ta nhận được
Do đó ta có d(x) =
từ đẳng thức rk−3
rk−1 (x) = rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x).
Khi đó
rk (x)
1
= (rk−2 (x) − rk−1 (x)qk (x))
an
an
1
= (rk−2 (x) − (rk−3 (x) − rk−2 (x)qk−1 (x)qk (x))
an
1
= (−qk (x)rk−3 (x) + ((1 + qk−1 (x)qk (x))rk−2 (x)).
an
1
Vậy d(x) = (rk−3 (x)u2 (x) + rk−2 (x)v2 (x)), trong đó u2 (x) = v1 (x) và
an
v2 (x) = u1 (x) − v1 (x)qk−1 (x). Tương tự, ta nhận được kết quả.
d(x) =
9
Hệ quả 1.12. Cho p(x), f (x), g(x) ∈ K [x] . Nếu gcd(p(x), f (x)) = 1 và
p(x) | f (x)g(x) thì p(x) | g(x).
Chứng minh. Theo hệ quả 1.11, tồn tại a(x), b(x) ∈ K [x] sao cho
1 = p(x)a(x) + f (x)b(x). Suy ra
g(x) = p(x)a(x)g(x) + f (x)b(x)g(x).
Do p(x) | f (x)g(x) vậy p(x) | g(x).
Cho K là trường con của trường số phức C (chẳng hạn K = Q, R, C).
Định nghĩa 1.13. Một đa thức f (x) ∈ K [x] được gọi là bất khả quy
nếu deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được thành tích của hai đa
thức có bậc bé hơn. Ngược lại, ta nói f (x) là khả quy.
Sau đây là một ví dụ về đa thức bất khả quy.
Ví dụ 1.14. Đa thức x2 + 1 ∈ R [x] là đa thức bất khả quy trên R,
nhưng khả quy trên C.
Mệnh đề 1.15. Cho đa thức f (x) ∈ K [x] với deg f (x) > 0. Khi đó
(i) Nếu deg f (x) = 1 thì f (x) luôn bất khả quy.
(ii) Nếu deg f (x) > 1 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy.
(iii) Giả sử deg f (x) = 2 hoặc deg f (x) = 3. Khi đó f bất khả quy nếu
và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K.
(iv) f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là bất khả quy với mọi
a ∈ K.
10
Chứng minh. (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đa
thức bậc thấp hơn.
(ii) Nếu deg f (x) > 1 và f (x) có nghiệm x = a ∈ K thì f (x) = g(x)(x−a)
trong đó deg g(x) = deg f (x) − 1 ≥ 1. Vì thế f khả quy.
(iii) Giả sử deg f (x) = 2 hoặc deg f (x) = 3. Nếu f (x) khả quy thì nó
phân tích được thành tích của hai đa thức bậc thấp hơn, một trong hai
đa thức đó phải có bậc 1, do đó f (x) có nghiệm trong K. Nếu f (x) có
nghiệm trong K thì theo (ii) ta có f (x) khả quy.
(iv) Cho f (x) ∈ K [x] và a ∈ K. Với mỗi h ∈ K, đặt h1 (x) = h(x − a).
Khi đó deg h1 (x) = deg h(x) với mọi h ∈ K. Vì thế f (x + a) = k(x)g(x)
là sự phân tích f (x + a) thành hai đa thức có bậc thấp hơn nếu và chỉ
nếu f (x) = k1 (x)g1 (x) là sự phân tích của f (x) thành tích của hai đa
thức có bậc thấp hơn. Vậy f (x) khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) khả
quy.
Tiếp theo, chúng ta nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy của một
phần tử đại số.
Định nghĩa 1.16. Cho a ∈ C. Ta nói a là phần tử đại số trên K nếu
tồn tại một đa thức 0 6= f (x) ∈ K [x] sao cho f (a) = 0. Ngược lại, ta nói
a siêu việt trên K.
Định lý 1.17. Cho a ∈ C là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy
nhất một đa thức monic p(x) ∈ K [x] bất khả quy nhận a là nghiệm, và
mọi đa thức g(x) ∈ K [x] nhận a là nghiệm đều là bội của p(x).
Chứng minh. Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong
K nên tồn tại đa thức monic 0 6= p(x) ∈ K [x] với hệ số trong K có
11
bậc bé nhất nhận a là nghiệm. Ta chứng minh p(x) bất khả quy. Giả
sử p(x) khả quy. Khi đó p(x) phân tích được thành tích của hai đa
thức trong K [x] với bậc bé hơn và do đó một trong hai đa thức này
phải nhận a là nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x). Giả sử
g(x) ∈ K [x] nhận a là nghiệm. Nếu p(x) không là ước của g(x), lại có
p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Do đó 1 = p(x)q(x)+g(x)h(x)
với q(x), h(x) ∈ K [x]. Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều
này dẫn tới mâu thuẫn. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử m(x) ∈ K [x]
cũng là đa thức monic bất khả quy nhận a là nghiệm. Theo chứng minh
trên thì m(x) là bội của p(x). Viết m(x) = bp(x). Đồng nhất hệ số hai
vế với chú ý rằng m(x) và p(x) đều là đa thức monic ta suy ra b = 1. Vì
thế m(x) = p(x).
Định nghĩa 1.18. Đa thức p(x) ∈ K [x] được xác định trong mệnh đề
trên được gọi là đa thức bất khả quy của a.
Ví dụ 1.19. Đa thức x3 − 7 ∈ Q [x] là đa thức bất khả quy của
√
3
7 ∈ R.
Đa thức x2 + 1 ∈ R [x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.
Mệnh đề 1.20. Cho a(x), b(x), p(x) ∈ K [x]. Khi đó p(x) bất khả quy và
p(x) | a(x)b(x) thì p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K [x].
Từ đó suy ra, một đa thức bất khả quy là ước của một tích hữu hạn đa
thức thì nó phải là ước của ít nhất một trong số các đa thức đó.
Chứng minh. Cho p(x) | a(x)b(x). Giả sử p(x) không là ước của a(x) và
cũng không là ước của b(x). Khi đó gcd(p(x), a(x)) = 1. Do đó tồn tại
s(x), r(x) ∈ K [x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x). Tương tự, tồn tại
m(x), n(x) ∈ K [x] sao cho 1 = m(x)p(x) + n(x)b(x). Nhân vế với vế của
12
hai đẳng thức này ta có 1 = s(x)p2 (x)m(x)+s(x)p(x)n(x)b(x)+r(x)a(x)
m(x)p(x) + r(x)a(x)n(x)b(x).
Do p(x) | a(x)b(x) nên p(x) | s(x)p2 (x)m(x)+s(x)p(x)n(x)b(x)+r(x)a(x)
m(x)p(x) + r(x)a(x)n(x)b(x). Vậy p(x) | 1 (mâu thuẫn).
Tiếp theo, định lý cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn
hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân
tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số. Đối với
các đa thức, ta cũng có kết quả tương tự.
Định lý 1.21. Mỗi đa thức monic thỏa mãn deg f (x) > 0 có thể phân
tích được thành tích các đa thức monic bất khả quy và sự phân tích này
là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.
Chứng minh. Trước hết, chúng ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng
quy nạp theo bậc của đa thức. Giả sử f (x) ∈ K [x] là đa thức monic
thỏa mãn deg f (x) = d > 0. Với d = 1 thì f (x) là bất khả quy nên sự
phân tích bất khả quy của f (x) là f (x) = f (x). Vậy kết quả đúng trong
trường hợp d = 1. Giả sử kết quả đúng cho các đa thức bậc nhỏ hơn d
(d > 1). Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là
f (x) = f (x). Vì thế ta giả thiết f (x) khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x)
g(x)
với g(x), h(x) đều có bậc bé hơn bậc của f (x). Đặt g ∗ (x) =
với ak là
ak
hệ số cao nhất của g(x). Khi đó ta có f (x) = g ∗ (x)ak h(x). Đồng nhất hệ
số cao nhất hai vế ta được 1 = ak bk , với bk là hệ số cao nhất của h(x). Đặt
h∗ (x) = ak h(x). Khi đó h∗ (x) là đa thức monic. Vậy f (x) = g ∗ (x)h∗ (x)
với g ∗ (x), h∗ (x) là các đa thức monic có bậc nhỏ hơn d. Theo giả thiết
quy nạp, g ∗ (x) và h∗ (x) phân tích được thành tích các đa thức monic
13
bất khả quy. Vì thế f (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức
monic bất khả quy.
Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử đa thức
monic f (x) có hai sự phân tích thành nhân tử bất khả quy
f (x) = p1 (x)p2 (x) · · · pn (x) = q1 (x)q2 (x) · · · qn (x).
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau một phép hoán
vị ta có pi (x) = qi (x) với mọi i = 1, 2, . . . , n. Với n = 1, ta có p1 (x) =
q1 (x)q2 (x) · · · qm (x). Suy ra p1 (x)|q1 (x)q2 (x) · · · qm (x). Do p1 (x) là bất
khả quy nên p1 (x) là ước của một nhân tử qi (x) nào đó. Không mất tính
tổng quát ta có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Biểu diễn q1 (x) = p1 (x)t1 (x).
Vì q1 (x) bất khả quy nên t1 (x) = a ∈ K. Đồng nhất hệ số cao nhất
của hai vế của đẳng thức q1 (x) = ap1 (x) với chú ý rằng q1 (x), p1 (x) là
đa thức monic, ta có 1 = 1 × a. Suy ra a = 1 và do đó p1 (x) = q1 (x).
Nếu m > 1 thì 1 = q2 (x)q3 (x) · · · qm (x), mâu thuẫn. Vậy kết quả đúng
cho n = 1. Cho n > 1. Vì p1 (x)|q1 (x)q2 (x) · · · qm (x) và p1 (x) là bất khả
quy nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết p1 (x)|q1 (x). Lại do
p1 (x) là bất khả quy và p1 (x), q1 (x) đều là đa thức monic, tương tự như
lập luận trên ta có p1 (x) = q1 (x). Giản ước hai vế cho p1 (x) ta được
p2 (x)p3 (x) · · · pn (x) = q2 (x)q3 (x) · · · qm (x).
Theo giả thiết quy nạp ta có n − 1 = m − 1 và bằng việc đánh số lại các
nhân tử của qi (x) ta suy ra pi (x) = qi (x) với mọi i = 2, 3, . . . , n.
14
1.2
Một số hàm số học
1.2.1
Hàm nhân và công thức tổng trải
Nhớ rằng trong các phát biểu và chứng minh của phần này, ta chỉ nói
P
đến các ước là các ước dương và
lấy theo tất cả các ước dương của
d|n
n.
Định nghĩa 1.22. Một hàm f xác định trên tập N+ (tập các số nguyên
dương) và nhận các giá trị trong trường các số phức C, được gọi là một
hàm số học.
Định nghĩa 1.23. Hàm số học f khác hàm không được gọi là một hàm
nhân nếu
f (ab) = f (a)f (b)
với mỗi cặp số nguyên dương (a, b) nguyên tố cùng nhau.
Định lý 1.24. (Công thức tổng trải) Nếu một số nguyên dương n có
phân tích tiêu chuẩn n = p1 α1 p2 α2 · · · ps αs thì với mọi hàm nhân f ta có
X
αj
αj
s X
s
Y
Y
X
f (d) =
(
f (pji )) =
(1+
f (pji )).
d|n
i=1
i=1
j=0
j=1
Chứng minh. Khai triển tích ở vế phải của hệ thức trên ta có
s
Y
(1 +
i=1
αj
X
j=1
f (pji ))
αj
s X
X
Y
j
=
(
f (pi ) =
f (pλ1 1 )f (pλ2 2 ) · · · f (pλs s ).
i=1
0 ≤λi ≤αi
j=0
1≤i≤s
Lại do f là hàm nhân nên
X
X
X
f (pλ1 1 )f (pλ2 2 ) · · · f (pλs s ) =
f (pλ1 1 pλ2 2 · · · pλs s ) =
f (d).
0 ≤λi ≤αi
1≤i≤s
0 ≤λi ≤αi
1≤i≤s
15
d|n
1.2.2
Hàm Euler
Định nghĩa 1.25. Giả sử n là một số nguyên dương. Hàm Euler là số
các số thuộc dãy 1, 2, . . . , n nguyên tố cùng nhau với n được kí hiệu là
ϕ(n). Quy ước ϕ(1) = 1.
Ví dụ 1.26. ϕ(2) = 1, ϕ(100) = 40, ϕ(2017) = 2016.
Bổ đề 1.27. Giả sử p là một số nguyên tố và α là một số nguyên dương.
Khi đó
ϕ(pα ) = pα − pα−1 .
Chứng minh. Vì số nguyên dương nguyên tố với pα khi và chỉ khi nó
nguyên tố với p, nên trong dãy 1, 2, . . . , pα chỉ có pα−1 số không nguyên
tố với p, đó là p, 2p, 3p, . . . , pα−1 p. Vậy ϕ(pα ) = pα − pα−1 .
Định lý 1.28. Nếu một số nguyên dương n > 1 có phân tích tiêu chuẩn
n = p1 α1 p2 α2 · · · ps αs thì
ϕ(n) = n
s
Y
(1 −
i=1
1
).
pi
Chứng minh. Vì (p1 α1 , p2 α2 , . . . , ps αs ) = 1 và ϕ là hàm nhân nên
ϕ(p1 α1 p2 α2 · · · ps αs ) = ϕ(p1 α1 )ϕ(p2 α2 · · · ps αs ).
Bằng quy nạp theo s ta suy ra ϕ(n) =
s
Q
ϕ(pi αi ). Theo bổ đề 1.27 ta có
i=1
ϕ(n) =
s
Y
αi
(pi − pi
αi −1
i=1
)=n
s
Y
i=1
(1 −
1
).
pi
Hệ quả 1.29. (Hệ thức Gauss) Với mỗi số nguyên dương n > 1 ta
có
16
- Xem thêm -