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[.]
1 Mục lục Lời nói đầu Chương Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Đa thức bất khả quy giá trị nguyên tố 1.3 Định lí Dirichlet giả thuyết Bouniakowski 12 Chương Một số vấn đề mở rộng 20 2.1 Sự tồn vô hạn ước nguyên tố đa thức 20 2.2 Đa thức có nhiều tùy ý giá trị nguyên tố 23 2.3 Miền phân tích 25 2.4 Giá trị đa thức miền phân tích 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn hoàn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận mang nhiều nội dung khó mẻ Hơn vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian thực đề tài Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt cho Cho đến luận văn thạc sĩ tơi hồn thành nhờ bảo, nhắc nhở, đơn đốc giúp đỡ nhiệt tình Cơ Tôi xin trân trọng cảm ơn Bam Giám hiệu, Khoa Tốn- Tin phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy Cơ tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thiện luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ long biết ơn tới gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học Tốn K10C (khóa 2016-2018) động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn Lời nói đầu Sự tương tự số nguyên tố đa thức bất khả quy chủ đề trọng tâm phát triển Lý thuyết số Hình học đại số Nhiều kết số nguyên tố phiên dịch sang kết đa thức bất khả quy Chẳng hạn, tương tự Định lí số học, ta có kết sau cho đa thức: Nếu f pxq P Zrxs có hệ số cao a, f có phân tích f af1 ft với fi bất khả quy có hệ số cao 1, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Tuy nhiên, có giả thuyết cho thấy số nguyên tố đa thức bất khả quy vượt xa tương tự Một vấn đề giả thuyết Bouniakowski giá trị nguyên tố đa thức bất khả quy Chú ý đa thức f pxq P Zrxs nhận vơ hạn giá trị ngun tố, bất khả quy Vì thế, năm 1857, Bouniakowski đặt giả thuyết cho chiều ngược lại: Nếu f pxq P Zrxs bất khả quy Zrxs, f pxq nhận vô hạn giá trị nguyên tố Cho đến nay, giả thuyết vấn đề lớn chưa giải bậc đa thức lớn Trường hợp đa thức bậc giải Dirichlet năm 1837 Mục đích luận văn trình bày số kết gần 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 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 câu trả lời cho giả thuyết Bouniakowski đa thức bậc Mặc dù chứng minh cho Định lí Dirichlet khó cần đến kết sâu sắc, đa thức có dạng đặc biệt (chẳng hạn 4x 1, 6x 5, 8x 1) chứng minh lại sơ cấp, dựa theo kĩ thuật mà Euclid dùng để chứng minh tập số nguyên tố vô hạn Chúng vận dụng kết để giả số toán thi học sinh giỏi bậc THPT Chương quan tâm đến số vấn đề mở rộng giả thuyết Bouniakowski Trước hết, câu hỏi liệu đa thức bậc dương ln có vơ hạn ước nguyên tố? Câu trả lời khẳng định đưa Schur Trong tiết 2.1, dựa theo tài liệu [3], đưa chứng minh sơ cấp cho kết Schur ứng dụng chứng minh số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet Tiếp theo câu hỏi liệu tồn đa thức bậc lớn nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi Betty Garison trả lời khẳng định [2] Chúng tơi trình bày kết Tiết 2.1, dựa theo tài [3], đưa chứng minh sơ cấp cho kết Schur ứng dụng chứng minh số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet Tiếp theo câu hỏi liệu tồn đa thức lớn nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi Betty Garison trả lời khảng định [2] Chúng tơi trình bày kết Tiết 2.2 Chú ý đa thức có hệ số nguyên bất khả quy nhận giá trị hợp số, chẳng hạn x2 x 6, x3 x 9, khơng tồn đa thức bậc dương có hệ số nguyên nhận giá trị nguyên tố (xem Bổ đề 2.4.1) Vì vấn đề đặt liệu Bổ đề 2.4.1 mở rộng cho đa thức miền phân tích nhất? Câu trả lời đưa báo S H Weintraub [5] Ơng miền phân tích có hữu hạn phần tử khả nghịch, đa thức bậc dương nhận giá trị hợp số Tuy nhiên kết khơng cịn có vơ hạn phần tử khả nghịch Các kết chúng tơi trình bày cuối Chương Vì luận văn thạc sĩ chuyên ngành tốn sơ cấp, chúng tơi cố gắng đưa chứng minh sơ cấp cho kết Hiện tại, chưa có chứng minh sơ cấp cho Định lí Dirichlet, chúng tơi trình bày tóm tắt ý định lí Chương Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trước hết, nhắc lại khái niệm kết quen biết số nguyên tố phân bố số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố số tự nhiên lớn có hai ước số dương Các số tự nhiên có nhiều hai ước số dương gọi hợp số Chú ý số số nguyên tố hợp số Ước số tự nhiên nhỏ khác số tự nhiên số nguyên tố Sau số tính chất số nguyên tố Tính chất 1.1.2 Các phát biểu sau i) Cho p số nguyên tố a số tự nhiên Khi pa, pq p p ước a, pa, pq p không ước a ii) Nếu tích hữu hạn số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p có thừa số chia hết cho p iii) Số số nguyên tố nhỏ số nguyên tố chẵn iv) Nếu n hợp số n có ước nguyên tố không vượt ?n Đặc biệt, số tự nhiên a ¡ khơng có ước nguyên tố ? nửa khoảng p1; a s a số nguyên tố Định lý 1.1.3 (Định lý số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số ngun tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số Định lý 1.1.4 (Định lý Euclid) Tập số nguyên tố vô hạn Nhắc lại hàm số học: Hàm số học hàm số xác định tập số nguyên dương Định nghĩa 1.1.5 Kí hiệu Πpxq hàm số học biểu thị số số nguyên tố không vượt x Chẳng hạn Πp10q 4, Πp25q 9, Πp100q 25 Do tập số ngun tố vơ hạn nên ta có Πpxq Đ x Ñ Chúng ta biết hai hàm f pxq g pxq xác định R gọi f pxq Nếu f pxq gpxq tương đương tương đương x Ñ lim xÑ8 g pxq x Ñ ta viết f pxq g pxq x Định lý 1.1.6 (Định lý phân bố số nguyên tố) Πpxq ln x Phần nhắc lại số khái niệm kết nghiệm đa thức Định nghĩa 1.1.7 Cho V vành 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 gọi nghiệm f pxq S f pcq an cn an1 cn1 a1 c a0 Trong trường hợp ta nói c nghiệm phương trình f pxq Chẳng hạn, xét đa thức f pxq x2 2?và gpxq x2 vành Qrxs Rõ ràng R, C chứa Q Ta có P R nghiệm f pxq i P C nghiệm gpxq Chú ý phần tử a P V nghiệm f pxq P V rxs tồn đa thức g pxq P V rxs cho f pxq px aqg pxq Định nghĩa 1.1.8 Cho V vành giao hoán Giả sử k ¡ số tự nhiên S vành giao hoán chứa V Một phần tử a P S gọi nghiệm bội k f pxq vành S rxs, đa thức f pxq chia hết cho px aqk không chia hết cho px aqk Nếu k a gọi nghiệm đơn Nếu k a gọi nghiệm kép Chẳng hạn cho f pxq x5 x4 2x3 2x2 x P Qrxs, i i hai nghiệm kép f pxq 1 nghiệm đơn f pxq Crxs ta có phân tích f pxq px iq2 px iq2 px 1q Từ định nghĩa, ta có kết sau Bổ đề 1.1.9 Phần tử a P V nghiệm bội k f pxq P V rxs tồn g pxq P V rxs cho f pxq px aqk g pxq g paq Hệ 1.1.10 Cho V miền nguyên f pxq P V rxs đa thức Giả sử a1 , a2 , , ar P V phần tử đôi khác nghiệm bội ki f pxq với i 1, , r Khi tồn upxq P V rxs cho f pxq px a1 qk1 px ari qkr upxq upai q với i 1, , r Hệ 1.1.11 Cho V miền nguyên f pxq P V rxs Nếu f pxq số nghiệm f pxq, nghiệm tính với số bội nó, khơng vượt bậc f pxq Hệ 1.1.12 Cho V miền nguyên f pxq, g pxq P V rxs hai đa thức có bậc khơng q n Nếu f pxq g pxq nhận giá trị n phần tử khác V f pxq g pxq 1.2 Đa thức bất khả quy giá trị nguyên tố Trong suốt tiết này, giả thiết K trường Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức f pxq P K rxs gọi bất khả quy deg f pxq ¡ f pxq khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Nếu deg f pxq ¡ f pxq tích hai đa thức có bậc bé ta nói f pxq khả quy Chú ý rằng, đa thức bậc bất khả quy; đa thức bậc hai bậc ba bất khả quy khơng có nghiệm K Sau số kết đa thức bất khả quy tương tự kết quen biết số nguyên tố Đa thức monic đa thức có hệ số cao Định lý sau phân tích đa thức tương tự Định lý số học phân tích số tự nhiên Định lý 1.2.2 (xem [1] trang 64) Mọi đa thức bậc dương f pxq P K rxs phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy Hơn nữa, f pxq có (nếu không kể đến thứ tự nhân tử) phân tích dạng f pxq af1 pxq ft pxq, a hệ số cao f pxq f1 pxq, , ft pxq 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 f pxq ước g1 pxq gk pxq Khi tồn đa thức gi pxq cho gi pxq chia hết cho f pxq Mệnh đề 1.2.4 Có vơ hạn đa thức bất khả quy K Chứng minh Giả sử có hữu hạn đa thức bất khả quy f1 pxq, , fm pxq Ta xét đa thức f pxq f1 pxq fm pxq Khi tồn đa thức g pxq bất khả quy g pxq ước f pxq Vì fi pxq không ước f pxq nên g pxq fi pxq, suy điều giả sử sai l Phần tiếp theo, xét đa thức bất khả quy trường Q, R, C Định lý Đại số phát biểu đa thức với hệ số phức bậc n có n nghiệm phức Do đa thức bất khả quy C đa thức bậc Hơn nữa, a bi P C nghiệm đa thức f pxq P Rrxs, a bi nghiệm f pxq Do đó, đa thức bất khả quy R đa thức bậc bậc khơng có nghiệm thực Bài tốn xét tính bất khả quy đa thức Q tốn mở Có số phương pháp xét tính bất khả quy quen biết phương pháp dựa vào nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, phương pháp dùng Tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố (xem [1]) Trong luận văn quan tâm đến mối quan hệ tính bất khả quy Q giá trị nguyên tố đa thức Trước hết, đa thức với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên tố vô hạn điểm bất khả quy Q Định lý 1.2.5 Cho f pxq P Zrxs đa thức có bậc dương Nếu tồn vô hạn số nguyên n cho f pnq số nguyên tố f pxq bất khả quy trường Q Chứng minh Giả sử f pxq P Zrxs đa thức khả quy có bậc dương Khi f pxq có phân tích f pxq g pxqhpxq với g pxq, hpxq P Zrxs đa thức có bậc thấp bậc f pxq Giả sử tồn vô hạn số nguyên n cho f pxq số nguyên tố Khi tồn vơ hạn số n cho g pnqhpnq số ngun tố Do tồn vơ hạn số nguyên n cho g pnq hpnq nhận giá trị a P t1; 1u Khơng tính chất tổng quát, ta giả sử tồn vô hạn số n cho g pnq a Khi n nghiệm đa thức g pxq a 0, tức đa thức g pxq a có vơ hạn nghiệm Điều vơ lý g pxq g pxq a có bậc số nghiệm g pxq a không vượt bậc g pxq a Vậy f pxq đa thức bất khả quy trường Q l Bây đưa tiêu chuẩn bất khả quy Q dựa theo giá trị nguyên tố đa thức Định lý 1.2.6 Cho f pxq am xm a1 x a0 P Zrxs đa thức có bậc m ¡ Đặt H max Nếu tồn số tự nhiên n Ơ H cho 0ÔiÔm1 am f pnq số nguyên tố f pxq đa thức bất khả quy Q Chứng minh Trước chứng minh Định lý 1.2.6, ta cần chứng minh khẳng định sau: Cho f pxq am xm a1 x a0 P Zrxs đa thức có bậc m ¡ Đặt H max Khi |z | H với nghiệm z P C 0ÔiÔm1 am ca f pxq Tht vy, vỡ z nghiệm f pxq nên ta có amzm am1zm1 a1 z a0 10 Chú ý a P R mơđun số phức a giá trị tuyệt đối a Sử dụng tính chất mơđun số phức đẳng thức ta suy |z|m | aam1 zm1 m Ô H |z|m1 a1 z am |z | a0 | am H p|z |m 1q |z | Giả sử H Khi f pxq am xm Suy z |z | H Cho H ¡ Nu |z | Ô thỡ rừ rng |z | H Nếu |z | ¡ |z | ¡ Do nhân hai vế bất đẳng thức với |z | |z|mp|z| 1q Ô H p|z|m 1q Suy 1 ta c |z|m |z|m Ô H |z|m H H |z|m Do |z | ¡ nên |z | Chia hai vế cho |z |m ta |z | H định chứng minh 1, khẳng Bây ta chứng minh định lý Nếu f pxq khả quy Zrxs, ta viết f pxq g pxqhpxq, g pxq, hpxq P Zrxs đa thức bậc dương Vì f pnq nguyên tố, hai đa thức g pnq hpnq phải có số nhận giá trị 1 Khơng tính chất tổng qt, ta giả sử g pnq Vì nghiệm g pxq nghiệm f pxq nên ta biểu diễn g pxq dạng g pxq ¹ c px αiq, c hệ số cao gpxq tích i chạy tập nghiệm phức f pxq Từ khẳng định trên, ta cú |gpnq| Ơ n c i ¹ αi ¹ c n i ¹ p q | | pn |αi|q ¡ i ¥ pH αi p q |c| pn pH 1qq ¹ |pn αiq| i i pH 1qq 1, |g pnq| ¡ 1, điều mâu thuẫn với g pnq 1 Vậy f pxq đa thức bất khả quy Q l ... hạn giá trị nguyên tố Cho đến nay, giả thuyết vấn đề lớn chưa giải bậc đa thức lớn Trường hợp đa thức bậc giải Dirichlet năm 1837 Mục đích luận văn trình bày số kết gần giá trị đa thức (giá trị. .. thấy số nguyên tố đa thức bất khả quy vượt xa tương tự Một vấn đề giả thuyết Bouniakowski giá trị nguyên tố đa thức bất khả quy Chú ý đa thức f pxq P Zrxs nhận vô hạn giá trị ngun tố, bất khả... theo, xét đa thức bất khả quy trường Q, R, C Định lý Đại số phát biểu đa thức với hệ số phức bậc n có n nghiệm phức Do đa thức bất khả quy C đa thức bậc Hơn nữa, a bi P C nghiệm đa thức f pxq