Đa thức chia đường tròn và một số ứng dụng

23 2.2 Tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn trên vành các số nguyên.. 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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS PHẠM ĐỨC HIỆP

HÀ NỘI, 2017

Mục lục

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-ouville 18

1.3 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 23 2.1 Đa thức chia đường tròn bậc n 23

2.2 Tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn trên vành các số nguyên 32

2.3 Mối liên hệ giữa đa thức chia đường tròn và các số nguyên tố 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

Phần mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Lý thuyết về các đa thức chia đường tròn là một trong nhữngvấn đề trọng tâm và có nhiều ứng dụng không chỉ trong đại số mà cònđối với các ngành trong Toán học Chúng ta biết rằng với mỗi số nguyêndương n, có đúng n căn bậc n của đơn vị: ωk = cosk2πn + sink2πn 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 ncủa đơn vị với ϕ là hàm Euler Gọi ωk1, ωk2, , ωkϕ(n) là các căn nguyênthủy 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 lýĐirichlet, 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 thứcchia đường tròn và một số ứng dụng”

2 Định hướng nghiên cứu

Trên cơ sở các tài liệu có sẵn trong phần tài liệu tham khảo, tácgiả sẽ hệ thống lại lí thuyết cơ bản về đa thức chia đường tròn, các tínhchất của nó Trên cơ sở đó tác giả trình bày những ứng dụng của đa thứcchia đường tròn như định lý Đirichlet, định lý Wedderburn hay định lýZsigmondy,

3 Phương pháp nghiên cứu

Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp vànghiên cứu lý thuyết

4 Cấu trúc luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồmcác 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 tínhbất khả quy Đây là các kiến thức nền tảng phục vụ cho chương 2 vàchương 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 quycủa đa thức chia đường tròn trên vành các số nguyên và mối quan hệcủa nó với các số nguyên tố

Chương 3 Một số ứng dụng của đa thức chia đường tròn, trìnhbày các ứng dụng của đa thức chia đường tròn như dựng đa giác đều ncạnh, 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

trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung vàcác thầy cô ở bộ môn Đại số nói riêng đã dạy bảo và dìu dắt tác giảtrong suốt thời gian qua Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng vàbiết ơn sâu sắc tới TS Phạm Đức Hiệp, thầy đã tận tình chỉ bảo, hướngdẫn 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 hạnchế nên bản luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định Tác giảrất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả để bản luận vănnày được hoàn thiện hơn Tôi xin chân thành cảm ơn

Hà Nội, tháng 5, năm 2017

Học viên

Trần Thị Thoa

Ta biết rằng K [x] là một vành giao hoán có đơn vị với phép cộng vàphép nhân đa thức thông thường Với mỗi đa thức f (x) ∈ K [x], kí hiệudeg 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) vớip(x) ∈ K [x] thì ta nói rằng g(x) là ước của f (x) hay f (x) là bội củag(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]

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 duynhất 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 quynạp theo m = deg f (x) Nếu deg f (x) < deg g(x), ta chọn p(x) = 0 vàr(x) = f (x) Đặt deg f (x) = n Khi đó m ≥ n và định lý được chứngminh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m Ta chứng minh định lý đúngvới các đa thức bậc m Giả sử f (x) = amxm + am−1xm−1 + + a0;g(x) = bnxn + bn−1xn−1 + + b0 Xét đa thức

trong đó r(x), r1(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g(x) Khi đóg(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 đóp(x) = q(x)

Trong định lý trên, p(x) được gọi là thương và r(x) được gọi là dưcủa phép chia f (x) cho g(x)

Định nghĩa 1.4 Với mỗi f (x) = anxn+ an−1xn−1+ + a0 ∈ K [x] và

c ∈ C, đặt f (c) = ancn+ an−1cn−1+ + a0 Nếu f (c) = 0 thì ta nói c làmột 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 nghiệmkép

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

f (x) với i = 1, 2, , r Khi đó

f (x) = (x − ai)k1(x − a2)k2· · · (x − ar)kru(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 vượtquá bậc của f (x)

Chứng minh Giả sử a1, a2, , ar ∈ K là các nghiệm của f(x) với số bộilần lượt là k1, k2, , kr Theo nhận xét trên tồn tại g(x) ∈ K [x] sao cho

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 nnghiệm, 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)

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 nhấtcủa 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 đathức ta có:

rk−2 = rk−1qk + rk, rk 6= 0, deg rk < deg rk−1

rk−1 = rkqk+1.Gọi a là hệ số bậc cao nhất của đa thức rk

Khi đó gcd(f, g) = rk ∗ với rk ∗ = rk

a .Chứng minh Thực hiện liên tiếp các phép chia đa thức ta được rk | rk−1

thứ hai ta có d | r1 Tiếp tục lập luận như vậy ta có d | rk Điều này dẫnđến mẫu thuẫn.

Hệ quả 1.11 Cho f (x), g(x) ∈ K [x] và d(x) = gcd(f (x), g(x)) Khi đótồn tại u(x), v(x) ∈ K [x] sao cho

Hệ quả 1.12 Cho p(x), f (x), g(x) ∈ K [x] Nếu gcd(p(x), f (x)) = 1 vàp(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

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

Chứng minh (i) Rõ ràng đa thức bậc nhất không thể là tích của hai đathức 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 nóphân 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) cónghiệm 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 chỉnếu f (x) = k1(x)g1(x) là sự phân tích của f (x) thành tích của hai đathức có bậc thấp hơn Vậy f (x) khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) khảquy

Tiếp theo, chúng ta nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy của mộtphần tử đại số

Định nghĩa 1.16 Cho a ∈ C Ta nói a là phần tử đại số trên K nếutồn 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 duynhất một đa thức monic p(x) ∈ K [x] bất khả quy nhận a là nghiệm, vàmọi 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

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 đathức trong K [x] với bậc bé hơn và do đó một trong hai đa thức nàyphải nhận a là nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x) Giả sửg(x) ∈ K [x] nhận a là nghiệm Nếu p(x) không là ước của g(x), lại cóp(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, điềunày 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 minhtrên 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 Vìthế m(x) = p(x)

Định nghĩa 1.18 Đa thức p(x) ∈ K [x] được xác định trong mệnh đềtrên 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 vàp(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 đathức 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) vàcũng không là ước của b(x) Khi đó gcd(p(x), a(x)) = 1 Do đó tồn tạis(x), r(x) ∈ K [x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) Tương tự, tồn tạim(x), n(x) ∈ K [x] sao cho 1 = m(x)p(x) + n(x)b(x) Nhân vế với vế của

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 lớnhơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phântích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số Đối vớicác 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 phântích 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 bằngquy nạp theo bậc của đa thức Giả sử f (x) ∈ K [x] là đa thức monicthỏa mãn deg f (x) = d > 0 Với d = 1 thì f (x) là bất khả quy nên sựphân tích bất khả quy của f (x) là f (x) = f (x) Vậy kết quả đúng trongtrường 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)với g(x), h(x) đều có bậc bé hơn bậc của f (x) Đặt g∗(x) = g(x)

ak với ak là

hệ số cao nhất của g(x) Khi đó ta có f (x) = g∗(x)akh(x) Đồng nhất hệ

số cao nhất hai vế ta được 1 = akbk, với bk là hệ số cao nhất của h(x) Đặt

h∗(x) = akh(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 thiếtquy nạp, g∗(x) và h∗(x) phân tích được thành tích các đa thức monic

bất khả quy Vì thế f (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thứcmonic bất khả quy.

Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất của phân tích Giả sử đa thứcmonic 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 bấtkhả quy nên p1(x) là ước của một nhân tử qi(x) nào đó Không mất tínhtổng 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 nhấtcủa 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 đúngcho n = 1 Cho n > 1 Vì p1(x)|q1(x)q2(x) · · · qm(x) và p1(x) là bất khảquy 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 nhưlập 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 cácnhân tử của qi(x) ta suy ra pi(x) = qi(x) với mọi i = 2, 3, , n

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 nóiđến các ước là các ước dương và P

Định nghĩa 1.23 Hàm số học f khác hàm không được gọi là một hàmnhân 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 cóphân tích tiêu chuẩn n = p1α1p2α2· · · psα s thì với mọi hàm nhân f ta có

1.2.2 Hàm Euler

Định nghĩa 1.25 Giả sử n là một số nguyên dương Hàm Euler là sốcác số thuộc dãy 1, 2, , n nguyên tố cùng nhau với n được kí hiệu làϕ(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 nónguyên tố với p, nên trong dãy 1, 2, , pα chỉ có pα−1 số không nguyên

Định lý 1.30 (Định lý Euler) Nếu n là số nguyên dương bất kỳ và a

là số nguyên tố cùng nhau với n thì

aϕ(n) ≡ 1 (mod n)

Chứng minh Gọi a1, a2, , aϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn không

âm nhỏ nhất theo modulo n Do (a, n) = 1 nên aa1, aa2, , aaϕ(n) cũng là hệ thặng dư thu gọn modulo n

Giả sử aai ≡ bi (mod n) với i = 1, ϕ(n) Vì vậy (b1, b2, , bϕ(n)) là mộthoán vị theo modulo n của (a1, a2, , aϕ(n))

ap−1 ≡ 1 (mod p)

Chứng minh Từ định lý 1.30 cho n = p ta được điều phải chứng minh

1.2.3 Hàm Mobius và luật thuận nghịch Dedekind - LiouvilleĐịnh nghĩa 1.32 Cho n là số nguyên dương và n > 1 Hàm Mobius

µ được định nghĩa bởi: µ(1) = 1 Khi đó nếu n có phân tích tiêu chuẩn:

n = p1p2· · · pk thì µ(n) = (−1)k Nếu n chia hết cho p2, p là số nguyên

tố thì µ(n) = 0

Ví dụ 1.33 µ(2) = −1, µ(10) = 1, µ(49) = 0

Sau đây là một số tính chất hàm Mobius

Mệnh đề 1.34 Cho n là số nguyên dương Khi đó

Định lý sau đây được gọi là Luật thuận nghịch Dedekind - Liouville.Định lý 1.35 Cho f là một hàm nhân và một hàm số học g được xácđịnh bởi g(n) = P

f (n) = P

d|n

µ(d)g(n

d).

1.3 Căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

1.3.1 Căn bậc n của đơn vị

Định nghĩa 1.36 Cho n là số nguyên dương Số phức ω là một cănbậc n của đơn vị nếu ωn = 1 Khi đó số nguyên dương nhỏ nhất k sao

cho ωk = 1 được gọi là cấp của ω và được kí hiệu là ord(ω).

Ví dụ 1.37 Các căn bậc 4 của đơn vị là 1, −1, i, −i Cấp của 1 là 1,cấp của −1 là 2, cấp của i là 4, cấp của −i là 4

Định lý 1.38 Cho n là số nguyên dương và ω là căn bậc n của đơn vị.Khi đó ωk = 1 nếu và chỉ nếu ord(ω) là ước của k, với mọi số nguyên

k Đặc biệt cấp của ω luôn là ước của n

Chứng minh Đặt d = ord(ω) Giả sử ωk = 1 Ta cần chứng minh d làước của k Giả sử k = dq + r với q, r ∈ Z và 0 ≤ r < d Mà d là sốnguyên dương bé nhất có tính chất ωd = 1, do vậy

1 = ωk = ωqd+r = (ωd)qωr = ωr

Do đó r = 0 Vậy d là ước của k

Ngược lại giả sử d là ước của k Ta cần chứng minh ωk = 1 Viết k = dq,với q ∈ Z Ta có ωk = (ωd)q = 1 Lại có ω là căn bậc n của đơn vị nên

ωn = 1 Vậy cấp của ω luôn là ước của n

Như vậy có đúng n căn bậc n của đơn vị được cho bởi

e2πin , e4πin , , e2πi(n−1)n , e2πi.Định lý 1.39 Cho n là số nguyên dương Khi đó tập các căn bậc n củađơn vị lập thành một nhóm với phép nhân

Chứng minh Giả sử e2πin k, e2πin j là các căn bậc n của đơn vị Khi đó tồntại q, r ∈ Z sao cho 1 ≤ r < n và j + k = nq + r Điều này chứng tỏ

e2πin j.e2πin k = e2πin (j+k) = e2πin (n.q+r) = e2πiqe2πin r = e2πin r

Nhận thấy rằng e n r là một căn bậc n của đơn vị, vậy nên căn bậc n củađơn vị đóng với phép nhân Vì phép nhân này xác định trên C, nên nó cótính kết hợp Mặt khác 1n = 1, nên 1 cũng là căn bậc n của đơn vị Nếu

ω là một căn bậc n của đơn vị thì tồn tại 1 thỏa mãn 1 × ω = ω × 1 = ω.Giả sử e2πin k là một căn bậc n bất kì của đơn vị, do đó e2πin (n−k) cũng làcăn bậc n của đơn vị Lại có e2πin (n−k)e2πin k = e2πi = 1 nên e2πin (n−k) là phần

tử nghịch đảo của e2πin k Vậy tập các căn bậc n của đơn vị lập thành mộtnhóm với phép nhân

Định lý 1.40 Cho T là tập các căn bậc n của đơn vị Khi đó hàm

ψ : Zn → T được cho bởi ψ(k) = e2πin k là đẳng cấu nhóm

Chứng minh Trước hết ta chứng minh nếu k1, k2 ∈ Zn thỏa mãn

k1 = k2 thì ψ(k2) = ψ(k2) Thật vậy với k1 = k2 suy ra k1 = k2, khi đó

e2πik1 = e2πik2 Vậy ψ(k1) = ψ(k2) Tiếp theo ta chứng minh ψ la đồngcấu nhóm Thật vậy gọi j, k ∈ Zn Khi đó

ψ(j + k) = ψ(j + k) = e2πin (j+k) = e2πin je2πin k = ψ(j)ψ(k)

Hơn nữa gọi ω là một căn bậc n của đơn vị Khi đó tồn tại 1 ≤ k ≤ n saocho ω = e2πikn , do đó ψ toàn ánh Giả sử j, k ∈ Zn sao cho ψ(k) = ψ(j),nghĩa là e2πin k = e2πin j Do đó e2πi(k−j)n = 1 tức là j = k hay j = k Chính

vì thế ψ là đơn ánh Vậy ψ là đẳng cấu nhóm

1.3.2 Căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

Định nghĩa 1.41 Cho n là số nguyên dương và ω là một căn bậc ncủa đơn vị Khi đó ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếuord(ω) = n

Ví dụ 1.42 Trong các căn bậc 4 của đơn vị: 1, −1, i, −i, các số i và −i

là căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị vì ord(i) = 4, ord(−i) = 4

Định lý 1.43 Cho n nguyên dương Khi đó tập các căn nguyên thủybậc n của đơn vị là

n

e2πin k : 1 ≤ k ≤ n, (k, n) = 1

o.Chứng minh Đặt d = ord(ωk) Khi đó (ωk)d = 1 tức là ωkd = 1 Do ω làcăn nguyên thủy bậc n của đơn vị nên theo định lý 1.38 ta có ord(ω) = n

là ước của kd Nếu gcd(k, n) = 1 thì n phải là ước của d Lại có theođịnh lý 1.38 ta có d luôn là ước của n Do đó d = n, tức là ωk là cănnguyên thủy bậc n của đơn vị

Chương 2

Đa thức chia đường tròn và các

tính chất cơ bản

2.1 Đa thức chia đường tròn bậc n

Định nghĩa 2.1 Với mỗi số nguyên dương n, khi đó đa thức chia đườngtròn bậc n, kí hiệu Φn(x), được định nghĩa là:

Φn(x) = (x − ω1)(x − ω2) · · · (x − ωs)

với ω1, ω2, , ωs là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

Ví dụ 2.2 Các căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị là i, −i Khi đó đathức chia đường tròn bậc 4 là:

Φn(x) = (x − ω1)(x − ω2) (x − ωs).

với ω1, ω2, , ωs là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị Nói riêng,

Φn(x) là đa thức monic Nên theo định lý 1.43 ta có đa thức Φn(x) códạng:

d|n

d = n (theo hệ quả 1.29) Vậy để chứng minh

đẳng thức trên đúng ta cần chứng minh hai đa thức xn − 1 và Q

d|n

Φd(x)

có cùng tập nghiệm và không có nghiệm bội Chú ý rằng đa thức gọi là

có nghiệm bội nếu đa thức đó và đạo hàm của nó phải có nghiệm chung.Thật vậy giả sử f (x) = (x − α)kg(x) với k ≥ 2, g(α) 6= 0 và g(x) ∈ K [x].Khi đó f0(x) = (x − α)p(x) với p(x) ∈ K [x] Do đó đa thức xn− 1 không

có nghiệm bội vì đa thức xn − 1 có nghiệm khác 0, mà đạo hàm của nó

nxn−1 chỉ có nghiệm duy nhất nghiệm bằng 0 Với mỗi ước d của n, cácnghiệm của Φd(x) đều là nghiệm của đa thức xd − 1, do vậy nó cũngkhông có nghiệm bội Vì thế các nghiệm đa thức Q

d|n

Φd(x) đều là nghiệmđơn Giả sử d, d0 đều là hai ước khác nhau của n Khi đó Φd(x) có cấp

là d, Φd0(x) có cấp là d0 Ta lại thấy số nghiệm của đa thức xn − 1 là

các căn bậc n của đơn vị Mặt khác ω là một căn bậc n của đơn vị và

d = ord(ω) thì ω là căn nguyên thủy bậc d của đơn vị và cũng là nghiệmcủa Φd(x) Mà d | n, nên ω là nghiệm của Q

d|n

Φn(x) Vậy đa thức ở vếbên phải và vế trái đều có cùng tập nghiệm

Định lý 2.5 Giả sử f (x) = xm + am−1xm−1+ + a0 và

g(x) = xn + bn−1xn−1+ + b0 là hai đa thức với hệ số hữu tỉ Nếu các

hệ số của f g đều là số nguyên thì các hệ số của f và g cũng nguyên.Chứng minh Bằng cách quy đồng mẫu số, chọn m và n là số nguyêndương nhỏ nhất sao cho tất cả hệ số của mf (x) và nf (x) là các số nguyên.Đặt Ai = mai, Bj = nbj với i ∈ {0, 1, , m − 1}, j ∈ {0, 1, , n − 1}.Đặt Am = m và Bn = n thì

Bj của đa thức ng Gọi I, J tương ứng là số nguyên lớn nhất trong các

số i và j thỏa mãn tính chất p không là ước của Ai và p không là ướccủa Bj Thì hệ số của xI+J trong mnf (x)g(x) là

AiBj = AIBJ + pRvới R là một số nguyên Ta thấy rằng hệ số này không là bội của p màcác hệ số của f g đều là số nguyên nên các hệ số của mnf g chia hết cho

mn do đó đều chia hết cho p, điều này là vô lí Vậy mn = 1 Suy ra hệ

số của f và g đều là số nguyên

Hệ quả 2.6 Giả sử n là một số nguyên dương Khi đó các hệ số của

đa thức chia đường tròn đều là số nguyên, nghĩa là Φn(x) ∈ Z [x]

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n Với

n = 1 ta có Φ1(x) = x − 1 Vậy hệ quả trên đúng trong trường hợp

n = 1 Giả sử khẳng định trên đúng với 1 < k < n Theo định lý 2.4 tacó

Φn(x) = x

n− 1Q

d|n, d6=n

Φd(x).

Đặt f (x) = Φn(x) và g(x) = Q

d|n,d6=n

Φd(x) Theo giả thiết quy nạp, các

hệ số của đa thức Φd(x) đều là số nguyên với mọi ước d của n, d 6= n

Do đó các hệ số của g(x) đều là số nguyên Vậy f (x) có hệ số hữu tỉ

Do xn− 1 là đa thức với hệ số nguyên trong đó f (x), g(x) có hệ số caonhất bằng 1 và có các hệ số đều là số hữu tỉ nên theo định lý 2.5 ta cócác đa thức f và g đều có hệ số nguyên

Định lý 2.7 Cho n là số nguyên dương Khi đó

Φn(x) = Q

d|n

(xnd − 1)µ(d).Chứng minh Từ định lý 2.4 ta có được

Chứng minh Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn n =

Chứng minh Kết quả này được suy ra từ định lý 2.8 Thật vậy đặt

n = pk, m = p ta được điều phải chứng minh

Định lý 2.10 Cho p là số nguyên tố và m là một số nguyên dương Khi