Đa thức bất khả quy

Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN **************** LÊ THỊ LINH ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội - 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN **************** LÊ THỊ LINH ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THỊ KIỀU NGA Hà Nội - 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục Lời cảm ơn Lời cam đoan Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.2 Định lý phép chia với dư 1.3 Nghiệm đa thức 1.4 Số nguyên tố Đa thức bất khả quy trường 10 2.1 Đa thức bất khả quy trường 10 2.2 Đa thức bất khả quy trường số 14 2.2.1 Đa thức bất khả quy trường số phức C 14 2.2.2 Đa thức bất khả quy trường số thực R 15 2.2.3 Đa thức bất khả quy trường số hữu tỷ Q 16 2.2.4 Đa thức có giá trị −1 35 Đa thức bất khả quy trường hữu hạn 41 2.3 2.3.1 Đa thức bất khả quy trường Zp (p nguyên tố) i Footer Page of 161 41 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp 2.3.2 Lê Thị Linh - K38C Toán Một số định lí đa thức bất khả quy trường hữu hạn Đa thức bất khả quy số nguyên tố 3.1 47 54 So sánh tương tự đa thức bất khả quy số nguyên tố 54 3.2 Mối quan hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố 56 3.3 Từ số nguyên tố đến đa thức bất khả quy 57 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 ii Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Lời cảm ơn Lời em xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu, thầy cô khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội tận tình dạy bảo trang bị cho em nguồn tri thức quý giá suốt thời gian bốn năm học tập mái trường Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới cô giáo TS Nguyễn Thị Kiều Nga người trực tiếp hướng dẫn em suốt trình thực khóa luận Em xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám đốc, cán thư viện trường Đại học sư phạm Hà Nội nhiệt tình giúp đỡ em có tài liệu để em hoàn thành khóa luận Cuối em gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến gia đình anh chị bạn bè ủng hộ, động viên giúp đỡ em trình thực khóa luận Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Lê Thị Linh Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Lời cam đoan Trong trình nghiên cứu khóa luận "Đa thức bất khả quy" em có sử dụng số tài liệu mục tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận Em xin cam đoan khóa luận hình thành cố gắng, nỗ lực thân với hướng dẫn tận tình cô giáo TS Nguyễn Thị Kiều Nga Đề tài không trùng với đề tài tác giả khác Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Lê Thị Linh Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Mở đầu Lý chọn đề tài Toán học môn học quan trọng Môn Toán giúp phát triển trí tuệ, rèn luyện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tính xác, đặc biệt kiên trì, nhẫn nại Đại số mảng kiến thức quan trọng Toán học, đa thức kiến thức sử dụng nhiều đại số Hơn đa thức có ứng dụng toán cao cấp môn học khác Tuy nhiên, vấn đề đa thức trình bày sơ lược, chưa hệ thống chi tiết Tài liệu viết đa thức bất khả quy mối liên hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố sơ lược, chưa hệ thống cách chi tiết nên việc nghiên cứu khó khăn Với tất lý nêu em chọn đề tài: "Đa thức bất khả quy" để làm khóa luận tốt nghiệp Nội dung khóa luận gồm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 2: Đa thức bất khả quy trường Chương 3: Đa thức bất khả quy số nguyên tố Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu tính bất khả quy đa thức trường, mối quan hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố Đối tượng nghiên cứu Đa thức bất khả quy Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp Footer Page of 161 Header Page of 161 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Cho A vành giao hoán có đơn vị ký hiệu Đặt P = {(a0 , a1 , , an , ) | ∈ A, = hầu hết} Trên P xác định hai phép toán phép cộng phép nhân sau: i) (a0 , , an , ) + (b0 , , bn , ) = (a0 + b0 , , an + bn , ) ii) (a0 , a1 , ).(b0 , b1 , ) = (c0 , c1 , ) ck = ∑ bj , k = 0, 1, 2, i+j=k Khi P phép toán cộng nhân xác định vành giao hoán có đơn vị (1, 0, , ), với phần tử không (0, 0, , 0) Ta có ánh xạ A −→ P ; a −→ (a, 0, , 0, ) đồng cấu vành Do đồng phần tử a ∈ A với (a, 0, , 0, ) ∈ P Khi vành A vành vành P Đặt x = (0, 1, 0, ) ∈ P x2 = (0, 0, 1, 0, , 0, ) Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán x3 = (0, 0, 0, 1, 0, , 0, ) xn = (0, , 0, 1, 0, ) n Quy ước x = = (1, 0, 0, ) Khi với (a0 , a1 , ) ∈ P , tồn n > để an+1 = an+2 = = Ta có (a0 , a1 , , an , 0, ) = (a0 , 0, , 0, )+(0, a1 , 0, , 0, )+(0, , 0, an , 0, ) = a0 (1, 0, ) + a1 (0, 1, 0, ) + an (0, , 0, 1, 0, ) = a0 + a1 x + + an xn n Vậy P = {a0 + a1 x + + an xn | ∈ A, n ∈ N} Vành P gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ số A, kí hiệu A[x] Mỗi phần tử A[x] gọi đa thức kí hiệu f(x), g(x), Chú ý: Nếu f (x) ∈ A[x], f (x) = a0 + a1 x + + an xn + a0 gọi hạng tử tự + xi gọi hạng tử thứ i + hệ tử thứ i + Nếu an ̸= n gọi bậc đa thức , kí hiệu deg f (x) = n Quy ước : Bậc đa thức −∞ 1.2 Định lý phép chia với dư Giả sử A trường, f(x) g(x) ̸= hai đa thức vành A[x] Khi tồn đa thức q(x), r(x) cho f (x) = g(x)q(x) + r(x), r(x) ̸= deg r(x) < deg g(x) Footer Page 10 of 161 Header Page 52 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán trường Fq Fq ⊂ E E không gian vectơ hữu hạn chiều Fq Bậc mở rộng số chiều không gian vectơ kí hiệu [E : Fq ] = dimFq E Chú ý: Mọi mở rộng đơn đại số mở rộng bậc n Fq Định lý 2.19 Cho Fq trường có q phần tử số dương n Khi tồn đa thức bất khả quy Fq [x] có bậc n Chứng minh Gọi Fr mở rộng bậc n Fq Ta |Fr | = q n Mặt khác Fr mở rộng bậc hữu hạn Fq nên mở rộng đại số tồn α phần tử nguyên thủy Fr cho Fr = Fq (α) Gọi mα (x) đa thức tối tiểu α Fq mà bậc n Vậy tồn đa thức bất khả quy bậc n Fq [x] Điều phải chứng minh Định lý 2.20 Cho F mở rộng trường hữu hạn Fq Đa thức f (x) ∈ Fq đa thức bất khả quy Fq nhận α nghiệm F Khi α nghiệm đa thức h(x) ∈ Fq [x] h(x) chia hết cho f (x) Chứng minh Giả sử h(x) ∈ Fq [x] nhận α nghiệm Lấy h(x) chia cho f (x) ta h(x) = f (x).p(x) + r(x) với deg r(x) < deg f (x), r(x) ̸= Vì α nghiệm h(x) f (x) nên α nghiệm r(x) Mặt khác f bất khả quy nên r(x) = Vậy h(x) chia hết cho f (x) Ngược lại h(x) ∈ Fq [x] chia hết cho f (x) ta dễ dàng có α nghiệm đa thức h(x) ∈ Fq [x] (Điều phải chứng minh) Định lý 2.21 Cho f (x) ∈ Fq [x] đa thức bất khả quy bậc n n Fq Khi xq − x chia hết cho f (x) n chia hết cho m Footer Page 52 of 161 48 Header Page 53 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán n Chứng minh Trước hết, ta giả sử xq − x chia hết cho f (x) Gọi α nghiệm f (x) trường phân rã f (x) Fq n Thế αq = α Do α ∈ Fqn Suy Fq (α) trường Fqn Vì [Fq (α) : Fq ] = m [Fqn : Fq ] = n nên n = [Fqn : Fq (α)].m Vậy n chia hết cho m Ngược lại, giả sử n chia hết cho m Fqm trường Fqn Gọi α nghiệm f (x) trường phân rã F Fq Thế n [Fq (α) : Fq ] = m Fq (α) = Fqm Vì α ∈ Fqn suy αq = α Do n n α nghiệm (xq − x) ∈ Fq [x] Vậy f ước xq − x Định lý 2.22 Nếu f đa thức bất khả quy bậc m Fq (x) f có nghiệm α Fqm Hơn tất nghiệm f nghiệm đơn xác định m phần tử phân biệt α, αq , αq , , αq m−1 Fqm Chứng minh Nếu α nghiệm f = am xm + · · · + a1 x + a0 (ai ∈ Fq ) trường phân rã f Fq Khi [Fq (α) : Fq ] = m Mặt khác [Fqm : Fq ] = m suy [Fqm : Fq (α)] = Do Fq (α) = Fqm nên α ∈ Fqm Khi ta giả sử β ∈ Fqm nghiệm f β q nghiệm f Suy f (β q ) = am β qm + · · · + a1 β q + a0 = aqm β qm + · · · + aq1 β q + aq0 (do aqi = ) Vì f (β q ) = (am β m + · · · + a1 β + a0 )q = f (β)q = Như phần tử α, αq , αq , , αq m−1 nghiệm f Tiếp theo ta nghiệm phân biệt j k Giả sử ngược, tồn αq = αq (0 ≤ j < k ≤ m − 1) Nhân vế với q m−k ta αq Footer Page 53 of 161 m−k+j 49 m = αq = α Header Page 54 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Ta có xq m−k+j Lê Thị Linh - K38C Toán − x chia hết cho f Do m − k + j chia hết cho m Điều trái với giả thiết < m − k + j < m Định lý chứng minh Định lý 2.23 Cho f đa thức bất khả quy bậc m Fq [x] Khi trường phân rã f Fq Fqm Chứng minh Theo định lý 2.22 f phân rã Fqm Mà Fq (α, αq , , αq m−1 ) = Fq (α) = Fqm Vậy ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2.2 Hai đa thức bất khả quy bậc Fq [x] có trường phân rã đẳng cấu với Định lý 2.24 Tích tất đa thức bất khả quy monic Fq có n bậc ước n xq − x với trường hữu hạn Fq với n ∈ N Chứng minh Ta thấy đa thức bất khả quy monic Fq n nhân tử g = xq − x Fq đa thức bất khả quy monic có bậc ước n Nhưng đạo hàm hình thức g g ′ = −1 nên nghiệm nghiệm bội trường phân rã Fq Vậy đa thức bất khả quy monic có bậc ước n Fq xuất nhân tử g Fq [x] Định lý chứng minh Ví dụ 2.19 Với q = n = đa thức bất khả quy monic có bậc ước F2 [x] là: x, x + 1, x2 + x + Từ ta x(x + 1)(x2 + x + 1) = x4 − x Định lý 2.25 Nếu Nq (d) số đa thức bất khả quy monic bậc d ∑ Fq [x] Thế q n = dNq (d), ∀ n ∈ N (tổng tính tất d|n ước dương d n) Footer Page 54 of 161 50 Header Page 55 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Chứng minh Kết chứng minh trực tiếp dựa vào định n lý cách so sánh bậc g = xq − x với tổng bậc nhân tử g Ví dụ 2.20 Tìm số đa thức bất khả quy monic bậc F5 [x] Lời giải * Với n = 1, ta có = N5 (1) * Với n = 2, ta có 52 = N5 (1) + 2N5 (2) Do N5 (2) = 10 Vậy số đa thức bất khả quy monic bậc Z5 [x] 10 Ta liệt kê 10 đa thức bậc là: x2 + 2; x2 + 3; x2 + x + 1; x2 + x + 2; x2 + 2x + 3; x2 + 2x + x2 + 3x + 3; x2 + 3x + 4; x2 + 4x + 1; x2 + 4x + Định nghĩa 2.5 Hàm Moebius µ hàm N định nghĩa sau:        µ(n) = (−1)k      0 n = n = p1 p2 pk , pi ̸= pj , (i ̸= j) n chia hết cho bình phương số nguyên tố Ví dụ: µ(5) = −1; µ(35) = 1; µ(50) = Định lý 2.26 Số Nq (n) đa thức bất khả quy bậc n Fq [x] xác định n ∑ ∑ (n) d µ q = µ(d)q d Nq (n) = n d|n d n d|n Footer Page 55 of 161 51 Header Page 56 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Ví dụ 2.21 Số đa thức bất khả quy bậc hai Z5 [x] ) 1 ( N5 (2) = µ(1).52 + µ(2).5 = (1.25 − 1.5) = 10 2 Số đa thức bất khả quy bậc hai Z7 [x] 1 N7 (2) = (µ(1).72 + µ(2).7) = (1.49 − 1.7) = 21 2 Định lý 2.27 Cho M (x) (khác số) đa thức bất khả quy vành F [x], F trường I iđean sinh M (x) F [x] α ảnh x trường F ∗ = F [x]/I Khi α nghiệm phương trình M (x) = Chứng minh Vì I iđêan sinh M (x) bất khả quy F [x] nên I iđêan tối đại Do F [x]/I trường Bây ta xét toàn cấu tắc: φ: F [x] −→ F [x]/I; f (x) −→ f (x) + I Khi đồng cấu φ: F −→ F [x]/I; α −→ α + I đơn cấu Thật vậy, giả sử a, b ∈ F cho a + I = b + I Vậy a − b ∈ I, tức a − b bội M (x) Điều xảy a − b = φ đơn cấu ta đồng phần tử a ∈ F với a + I ∈ F [x]/I Do F trường trường F ∗ Xét f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn Ta có f (x+I) = a0 +a1 (x+I)+· · ·+an (x+I)n = a0 +a1 x+· · ·+an xn +I = f (x) + I Do M (x + I) = M (x) + I = I = + I Vậy x + I nghiệm M (x) Hay α nghiệm phương trình.(Điều phải chứng minh) Định lý 2.28 Cho P (x) đa thức F [x], F trường Footer Page 56 of 161 52 Header Page 57 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Phương trình P (x) = có nghiệm α trường mở rộng K bậc d F P (x) có nhân tử bất khả quy f (x) bậc d F [x] Chứng minh Giả sử α nghiệm phương trình P (x) = sinh trường mở rộng bậc d, F (α) = F [α] F M (x) đa thức tối tiểu α F Ta có P = QM + R deg R < deg M Vì α nghiệm P (x) M (x) nên α nghiệm R(x) Do R(α) = Ngược lại, đa thức bất khả quy M (x) ước P (x), vành thương K = F [x]/⟨M (x)⟩ trường Và ảnh α trường mở rộng nghiệm M (x) = Từ P = Q.M ta có P (α) = Q(α).M (α) = Q(α).0 = Do P (x) = có nghiệm α Ví dụ 2.22 Chứng minh x2 + x + bất khả quy K = Z/p với số nguyên tố p ≡ (mod 3) Lời giải: Thật vậy, x2 + x + có nhân tử tuyến tính phương trình x2 + có nghiệm α K x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) α3 = α ̸= + + ̸= K Do bậc α K Nhưng ord (Z/p)∗ = p − Mặt khác, theo giả thiết p ≡ (mod 3) Do bậc α K khác Vậy x2 + x + bất khả quy K = Z/p Footer Page 57 of 161 53 Header Page 58 of 161 Chương Đa thức bất khả quy số nguyên tố 3.1 So sánh tương tự đa thức bất khả quy số nguyên tố a) Định nghĩa * Định nghĩa số nguyên tố: Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, ước khác * Định nghĩa đa thức bất khả quy: Cho A miền nguyên, P (x) ∈ A[x], P (x) gọi đa thức bất khả quy P (x) ̸= 0, P (x) không khả nghịch P (x) ước thực Khi ta nói P (x) đa thức không phân tích A b) So sánh ước + Ước số nguyên tố: Cho p số nguyên tố p số tự nhiên lớn p ước tự nhiên khác (hay p ước thực sự) + Cho P (x) ∈ A[x], A miền nguyên Nếu P (x) bất khả quy ước Footer Page 58 of 161 54 Header Page 59 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán P (x) phần tử khả nghịch phần tử liên kết với P (x) c) Tính chất Đa thức bất khả quy số nguyên tố có số tính chất tương tự sau Tính chất 3.1 - Đa thức bất khả quy: Cho P (x) đa thức bất khả quy miền nguyên A Q(x) ∈ A[x] Khi Q(x) chia hết cho P (x), P (x) Q(x) nguyên tố - Đối với số nguyên tố ta có tính chất tương tự sau: Cho p số nguyên tố, q số nguyên Khi q chia hết cho p p q nguyên tố Tính chất 3.2 - Đa thức bất khả quy: Cho A miền nguyên, P (x) ∈ A[x] đa thức bất khả quy Q1 (x), , Qn (x) ∈ A[x] đa thức có hệ tử miền nguyên A Nếu tích Q1 (x) Qn (x) chia hết cho P (x) tồn i ∈ {1, , n} để Qi (x) P (x) - Tương tự tính chất sau số nguyên tố: Cho p số nguyên tố a1 , , an số nguyên Khi đó, số a1 , , an chia hết cho p tồn i ∈ {1, , n} để p Tính chất 3.3 - Đa thức bất khả quy: Cho A miền nguyên Nếu đa thức bất khả quy P (x) ∈ A[x] chia hết cho tích nhiều đa thức bất khả quy miền nguyên A phải trùng với đa thức bất khả quy - Tương tự số nguyên tố: Nếu p số nguyên tố chia hết tích nhiều số nguyên tố phải trùng với số nguyên tố Tính chất 3.4 - Đa thức bất khả quy: Một đa thức số có hệ tử miền nguyên A biểu diễn tích thừa số Footer Page 59 of 161 55 Header Page 60 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán không phân tích A Sự biểu diễn theo thừa số mà chúng khác hệ tử khác A không kể đến thứ tự đa thức bất khả quy - Đối với số nguyên tố: Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số 3.2 Mối quan hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố Euclid chứng minh tập hợp số nguyên tố vô hạn Cách chứng minh Euclid rõ ràng điển hình cho phương pháp phản chứng Xét đa thức P (x) = x với x số nguyên, theo định lý Euclid có vô hạn số nguyên tố tập giá trị đa thức P (x) Nếu xét đa thức liệu đa thức có chứa vô số số nguyên tố không? Trong trình nghiên cứu, người ta đưa kết sau: 1) Nếu tất hệ số P (x) chia hết cho số d > tất giá trị P (x) chia hết cho d, suy tập giá trị P (x) số nguyên tố 2) Nếu P (x) phân tích nghĩa P (x) = G(x)H(x) giá trị P (x) không chứa số nguyên tố Như điều kiện để có vô hạn giá trị P (x) số nguyên tố cần phải có P (x) không phân tích tất hệ số nguyên tố Tuy với điều kiện đặt kết ta thu Footer Page 60 of 161 56 Header Page 61 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán theo câu hỏi đặt hạn chế nhiều toán chưa giải Ta lấy ví dụ P (x) = x2 + chưa biết tập giá trị có chứa vô hạn số nguyên tố không? (Tuy nhiên biết P (2) = 5, P (4) = 17, P (6) = 37, , P (10) = 101) Bài toán đặt giải cho trường hợp n = 1, nghĩa đa thức có dạng P (x) = ax + b với a, b số nguyên tố Định lý 3.1 Nếu a b số nguyên tố tồn vô hạn số nguyên tố dạng ax + b với x số nguyên Nếu ta xét tất số dạng ax + b ta thấy chúng tạo thành cấp số cộng Vì người ta gọi định lí định lí Dirichlet cho cấp số cộng người ta thường phát biểu dạng: Mọi dãy cấp số cộng vô hạn chứa vô hạn số nguyên tố, với điều kiện số hạng a số gia b nguyên tố 3.3 Từ số nguyên tố đến đa thức bất khả quy Cho số nguyên b ≥ 2, với số tự nhiên a biểu diễn dạng: a = a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an , a0 ̸= 0, < < b, i = 1, 2, , n Người ta thường nói cách biểu diễn a theo số b hệ đếm số b a Trong thực tế tồn nhiều hệ đếm hệ đếm 10 ta thường dùng Footer Page 61 of 161 57 Header Page 62 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán Cho a = p với p số nguyên tố, cách biểu diễn số b trên, ta thay b x tạo đa thức bất khả quy Ta ý thêm b < p, b ≥ p, P (x) số an trường hợp an số nguyên tố Chẳng hạn 661 = 6.102 + 6.10 + Khi thay 10 x phân tích ta đa thức P (x) = 6x2 +6x+1 đa thức bất khả quy Tương tự ta phân tích 661 = 29 + 27 + 24 + 22 + Ta thay x ta đa thức bất khả quy sau P (x) = x9 + x7 + x4 + x2 + Tương tự ta có 661 = 2.35 + 2.34 + 32 + + suy đa thức P (x) = 2x5 + 2x4 + x2 + x + đa thức bất khả quy Trong trường hợp b = phức tạp nên trường hợp lại ta xét b > Tiêu chuẩn Perron thể rõ mối liên hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố Định lý 3.2 Cho b ≥ số nguyên p số nguyên tố Ta viết p hệ số b, nghĩa p = a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an n số tự nhiên, a0 ̸= 0, ≤ ≤ b, i = 0, n ta xét đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an Khi đa thức P (x) bất khả quy (hiển nhiên giả thiết p ≥ b với p < b đa thức số) Chứng minh Ta sử dụng tiêu chuẩn Perron định lý trước để chứng minh Hiển nhiên P (b) = p P (b − 1) ̸= b − > nên tất hệ số lớn số chúng số dương Ta cần chứng minh nghiệm ξ P (x) thỏa mãn bất đẳng Footer Page 62 of 161 58 Header Page 63 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Lê Thị Linh - K38C Toán (trong số ℜξ kí hiệu phần thực số phức ξ, ℜξ < r với r số thực đó, nghĩa ξ nằm bên trái đường thức ℜξ < b − thẳng qua điểm có hoành độ r song song với trục tung) hiển nhiên Ta kí hiệu r môđun ξ, tức |ξ| = r Ta có Ta cho ℜξ > 0, với ℜξ < bất đẳng thức ℜξ < b − thể giả thiết r > 1, trường hợp ngược lại r ≤ 1, từ bất đẳng thức hiển nhiên ℜξ ≤ |ℜξ| ≤ r ≤ < b − suy ℜξ < b − , b ≥ hiển nhiên Rõ ràng với điều kiện ξ ̸= suy từ đẳng thức P (ξ) = ta chia hai vế ξ n ta nhận được: a0 + Từ ta có a0 + a1 a2 an + + ··· + n = ξ ξ ξ a1 an a2 = + ··· + n ξ ξ ξ Mặt khác a2 an an a2 an a2 + · · · + + · · · + = + · · · + ≤ n ξ2 |ξ|2 |ξ|n r2 rn ) ( ξ a1 a1 Chú ý ℜ a0 + ≤ a0 + ta nhận ξ ξ ( ) a1 a2 an ℜ a0 + ≤ + ··· + n ξ r r Ta biết ≤ b − 1, ta đánh giá vế phải bất đẳng thức 1 − a2 an 1 b−1 rn − + · · · + ≤ (b − 1) + · · · + = r2 rn r2 rn r2 1− r Bởi giả thiết r > 1, từ bất đẳng thức cuối ta nhận a2 an 1 = (b − 1) + · · · + ≤ (b − 1) r2 rn r2 r(r − 1) 1− r Footer Page 63 of 161 ( ) 59 Header Page 64 of 161 Khóa luận tốt nghiệp ( a1 Từ suy ℜ a0 + ξ Lê Thị Linh - K38C Toán ) r(r ( −)1) a1 Nhưng ta giả thiết ℜξ > suy ℜ ∈ Z+ a0 ∈ Z+ ξ ( ) a1 ℜ a0 + ≥1 ξ( ) ( ) a1 a1 Suy ℜ a0 + = ℜ a0 + ≥ cuối ta nhận ξ ξ bất đẳng thức: < (b − 1) r(r − 1) Ta biến đổi bất đẳng thức cuối Bởi r > 1, nên r(r − 1) > Suy ≤ (b − 1) r(r − 1) < b − 1 Giả sử ℜξ ≥ b − Từ bất đẳng thức suy r ≥ b − 2 r − ≥ b − Bằng cách nhân hai bất đẳng thức r ≥ b − r − ≥ b − ta nhận 2 3 r(r − 1) ≥ b2 − 2b + Từ ta có b2 − 2b + < b − b2 − 3b 4