Đa thức chia đường tròn và một số ứng dụng

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 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 Các khái niệm mở đầu 1.1 Đa thức 1.2 Một số hàm số học 15 1.2.1 Hàm nhân công thức tổng trải 15 1.2.2 Hàm Euler 16 1.2.3 Hàm Mobius luật thuận nghịch Dedekind - Li- 1.3 ouville 18 Căn nguyên thủy bậc n đơn vị 19 1.3.1 Căn bậc n đơn vị 19 1.3.2 Căn nguyên thủy bậc n đơn vị 21 Đa thức chia đường tròn tính chất 2.1 Đa thức chia đường tròn bậc n 2.2 Tính bất khả quy đa thức chia đường tròn vành số nguyên 2.3 23 23 32 Mối liên hệ đa thức chia đường tròn số nguyên tố 35 Một số ứng dụng 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 n cạnh 55 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 Phần mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết đa thức chia đường tròn vấn đề trọng tâm có nhiều ứng dụng không đại số mà ngành Toán học Chúng ta biết với số nguyên k2π dương n, có n bậc n đơn vị: ωk = cos k2π n + sin n với k = 0, 1, , n − Chú ý ωk nguyên thủy bậc n đơn vị (k, n) = 1, có ϕ(n) bậc n đơn vị với ϕ hàm Euler Gọi ωk1 , ωk2 , , ωkϕ(n) nguyên thủy bậc n đơn vị, đa thức chia đường tròn bậc n, kí hiệu Φn (x), đa thức có bậc ϕ(n) định nghĩa là: Φn (x) = (x − ωk1 )(x − ωk2 ) · · · (x − ωkϕ(n) ) Mục đích luận văn trình bày kiến thức đa thức chia đường tròn tính chất quan trọng nó, đặc biệt ứng dụng đại số lý thuyết số định lý Đirichlet, định lý Wedderburn hay định lý Zsigmondy, dựng đa giác n cạnh, Vì vậy, đề tài nghiên cứu luận văn chọn “Đa thức chia đường tròn số ứng dụng” Định hướng nghiên cứu Trên sở tài liệu có sẵn phần tài liệu tham khảo, tác giả hệ thống lại lí thuyết đa thức chia đường tròn, tính chất Trên sở tác giả trình bày ứng dụng đa thức chia đường tròn định lý Đirichlet, định lý Wedderburn hay định lý Zsigmondy, Phương pháp nghiên cứu Đọc dịch tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp nghiên cứu lý thuyết Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương sau: Chương Các khái niệm mở đầu, trình bày số kiến thức sở đa thức, hàm số học, nguyên thủy bậc n đơn vị tính bất khả quy Đây kiến thức tảng phục vụ cho chương chương Chương Đa thức chia đường tròn tính chất bản, trình bày định nghĩa đa thức chia đường tròn bậc n, tính bất khả quy đa thức chia đường tròn vành số nguyên mối quan hệ với số nguyên tố Chương Một số ứng dụng đa thức chia đường tròn, trình bày ứng dụng đa thức chia đường tròn dựng đa giác n cạnh, định lý Wedderburn, định lý Dirichlet, định lý Zsigmondy, Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung thầy cô môn Đại số nói riêng dạy bảo dìu dắt tác giả suốt thời gian qua Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới TS Phạm Đức Hiệp, thầy tận tình bảo, hướng dẫn giúp đỡ tác giả suốt trình làm luận văn Cảm ơn bạn bè, gia đình, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hoàn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót định Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý độc giả để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn Hà Nội, tháng 5, năm 2017 Học viên Trần Thị Thoa Chương Các khái niệm mở đầu 1.1 Đa thức Cho K trường Kí hiệu K [x] tập hợp tất đa thức với hệ số K Định nghĩa 1.1 Đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ∈ K [x] gọi đa thức monic an = Ta biết K [x] vành giao hoán có đơn vị với phép cộng phép nhân đa thức thông thường Với đa thức f (x) ∈ K [x], kí hiệu deg f (x) bậc 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] ta nói g(x) ước f (x) hay f (x) bội g(x) ta viết g(x) | f (x) Tập bội g(x) kí hiệu (g) Ta có nhận xét sau: Nếu f (x) ∈ K [x] a ∈ K tồn p(x) ∈ K [x] cho f (x) = p(x)(x − a) + f (a) Định lý sau gọi định lý phép chia đa thức Định lý 1.3 Cho f (x), g(x) ∈ K [x] với g(x) = Khi tồn cặp đa thức p(x), r(x) ∈ K [x] cho f (x) = g(x)p(x) + r(x), với r(x) = deg r(x) < deg g(x) Chứng minh Trước hết ta chứng minh tồn Ta chứng minh quy nạp theo m = deg f (x) Nếu deg f (x) < deg g(x), ta chọn p(x) = r(x) = f (x) Đặt deg f (x) = n Khi m ≥ n định lý chứng minh với đa thức có bậc nhỏ m Ta chứng minh định lý với 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 xm hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc h(x) không vượt m − Theo giả thiết quy nạp, tồn đa thức p (x), r (x) cho h(x) = p (x)g(x) + r (x) Nhưng f (x) = h(x) + Vậy đặt p(x) = am m−n am x g(x) = ( xm−n + p (x))g(x) + r (x) bn bn am m−n x + p (x), r(x) = r (x) ta biểu diễn cần tìm bn cho f (x) Tiếp theo ta chứng minh tính Giả sử f (x) = g(x)p(x) + r(x) = g(x)q(x) + r1 (x) r(x), r1 (x) có bậc nhỏ bậc g(x) Khi g(x)(p(x) − q(x)) = r1 (x) − r(x) Nếu r(x) = r1 (x) deg((r(x)−r1 (x)) = deg(g(x)(p(x)−q(x))) = deg g(x)+deg(p(x)−q(x)) Điều mâu thuẫn 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 g(x)(p(x) − q(x)) = Vì g(x) = 0, p(x) = q(x) Trong định lý trên, p(x) gọi thương r(x) gọi dư phép chia f (x) cho g(x) Định nghĩa 1.4 Với f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a0 ∈ K [x] c ∈ C, đặt f (c) = an cn + an−1 cn−1 + + a0 Nếu f (c) = ta nói c nghiệm đa thức f (x) nghiệm phương trình f (x) = Định nghĩa 1.5 Giả sử a ∈ K Ta nói a nghiệm bội k f (x) f (x) chia hết cho (x − a)k không chia hết cho (x − a)k+1 Nếu k = a gọi nghiệm đơn Nếu k = a gọi nghiệm kép Khi ta có nhận xét sau: Phần tử a ∈ K nghiệm đa thức f (x) ∈ K [x] tồn đa thức g(x) ∈ K [x] cho f (x) = (x − a)g(x) Một cách tổng quát hơn, giả sử a1 , a2 , , ar ∈ K nghiệm phân biệt f (x) ∈ K [x] nghiệm bội ki Khi (bp − e 2iπk n ) 1≤k≤n Φn (a) = gcd(k,n)=1 (b − e 2iπk n ) ≥ bp − b+1 ϕ(n) 1≤k≤n gcd(k,n)=1 Ta lại có bp − ≥ bp−2 (b2 − 1) nên Φn (a) > bp−2 (b2 − 1) b+1 ϕ(n) = (bp−2 (b − 1))ϕ(n) Mệnh đề 3.14 Cho a n số nguyên dương lớn Giả sử q ước nguyên tố Φn (a) Khi q không số nguyên tố Zsigmondy cho (a, n) q | n Chứng minh Giả sử q không số nguyên tố Zsigmondy cho (a, n) Ta cần chứng minh q | n Thật vậy, giả sử q n, q | Φn (a) nên theo định lý 2.26 ta có ordq (a) = n Lại có Φn (a) | an − nên q | an − Nói riêng q a Vậy q số nguyên tố Zsigmondy cho (a, n) Ngược lại giả sử q | n Ta chứng minh phản chứng Thật giả sử q số nguyên tố Zsigmondy cho (a, n), nghĩa q a ordq (a) = n Chú ý n = ordq (a) | q − < q Điều dẫn tới mâu thuẫn Mệnh đề 3.15 Giả sử q | Φn (a) q không số nguyên tố Zsigmondy Khi (i) q ước nguyên tố lớn n n = q i r với r số nguyên dương thỏa mãn r | q − 46 (ii) Nếu q = n = q | Φn (a) (iii) Nếu không tồn số nguyên tố Zsigmondy cho (a, n) Φn (a) lũy thừa q Nói riêng n = Φn (a) = q Chứng minh (i) Giả sử q số nguyên tố Zsigmondy n cho (a, n) Khi tồn p | n với p nguyên tố cho a p ≡ (mod q) n Xn − Lại có Φn (X) | n q | Φn (a) nên với c = a p Xp −1 p−1 an − cp − q| n = = c−1 ap − ci ≡ p (mod q) i=0 Vậy p = q Điều dẫn đến với p | n mà p = q n ap ≡ (mod q) n với k > Giả sử k = q i , k n tồn p = q cho p | k Ta viết k = ps, suy d = Mà ps n xd ≡ (mod p) (mâu thuẫn) Vậy ordq (a) phải có dạng i với i ≥ q n Đặt r = ordq (a), r = d = i r | q − Vậy q nhân tử nguyên q tố lớn n Đặt ordq (a) = d | n, d có dạng d = n n (ii) Đặt c = a q Nếu q > 2, đặt d = c − Khi d = a q − q | d Vì ta có an − cq − (1 + d)q − = =q+ = n c−1 d aq − q−1 Cqi di−1 ≡ q (mod q ) i=2 Vậy q Φn (a) (iii) Ta chứng minh phản chứng Thật với q = n > n lũy thừa n ≥ Ta lại có 47 c2 −1 c−1 = c + Vì a số lẻ n n số chẵn nên c = a ≡ (mod 4) Do c + ≡ (mod 4) Vậy Φn (a) Định lý 3.16 (Định lý Zsigmondy) Giả sử a n số nguyên dương lớn Khi tồn số nguyên tố q thỏa mãn q | an − với ordp (a) = n trừ trường hợp sau: n = 2, a = 2s − với s ≥ 2 n = 6, a = Chứng minh Dễ dàng thấy (1) (2) không xảy không tồn q thỏa mãn q | an − p aj − với < j < n hay ordp (a) = n Giả sử không tồn số nguyên tố q cho ordq (a) = n Nếu n = theo mệnh đề 3.15, Φ2 (a) = a+1 = 2s với số nguyên s nên a = 2s −1 Nếu a = 2, a = 2s − s ≥ tồn q | a + Khi q | Φ2 (a), mà q n = 2, nên q số nguyên tố Zsigmondy Vậy ordq (a) = n = 2, (vô lý ) Giả sử n > Theo mệnh đề 3.15, Φn (a) = q với q nhân tử nguyên tố lớn n Nếu q = n = 2s , mệnh đề 3.13 ta có s−1 Φn (a) = a2 + > Điều dẫn tới mâu thuẫn Như q ≥ Đặt n = q i r, với r số nguyên không ước q Khi b = aq i−1 , theo mệnh đề 3.13 ta có Vậy q = 3, b = 2, a = 2q−2 < q dẫn tới q = Mặt khác b < dẫn tới b = Vì số nguyên tố Zsigmondy cho cặp (2, 3) mà n = qr > Vì n | q(q − 1) = nên n = 48 Từ cách chứng minh định lý Zsigmondy ta có phiên khác định lý Zsigmondy là: Định lý 3.17 (Định lý Zsigmondy) Giả sử a, b n số nguyên dương với a > b, gcd(a, b) = n ≥ Khi tồn số nguyên tố p thỏa mãn p | an − bn p ak − bk với số nguyên k < n trừ trường hợp sau n = a + b lũy thừa 2 n = 6, a = 2, b = Chứng minh Giả sử trường hợp (1) (2) tồn số nguyên tố p thỏa mãn p | an − bn p ak − bk với số nguyên k < n Nghĩa với số nguyên tố p thỏa mãn p | an − bn p | ak − bk Vì (a, b) = nên (p, b) = Vậy tồn số nguyên c thỏa mãn bc ≡ (mod p) Lại có p | ak − bk , suy p | ak ck − bk ck = (ac)k (bc)k nên p | (ac)k − Lại có p | an − bn , nên p | (ac)n − Đặt ac = d, p | dk − p | dn − Áp dụng định lý 3.16 phải có n = 2, d = 2s − n = 6, d = Nếu n = 2, d = 2s − với s ≥ ac + = 2s hay ac = 2s − Lại có p | a2 − b2 Do p | a − b Lấy q ước a + b, suy q | a2 − b2 hay q | a − b Vậy q | 2a Nếu q lẻ q | a suy q | b, mà (a, b) = 1,(vô lý) Vậy q = hay a + b lũy thừa Nếu n = d = ac = Vậy (a, c) = (2, 1) Định lý 3.18 (Định lý Zsigmondy) Giả sử a, b n số nguyên dương với a > b n ≥ Khi tồn số nguyên tố p thỏa mãn p | an + bn p ak + bk với số nguyên k < n trừ trường hợp a = 2, b = 1, n = 49 Chứng minh Giả sử số p nguyên tố p | an + bn p | ak + bk Lại có p | an + bn nên p | a2n − b2n Mặt khác p | ak + bk nên p | a2k − b2k Từ định lý 3.17 ta điều phải chứng minh Một số tập áp dụng Một ứng dụng quan trọng Định lý Zsigmondy giải số tập đề thi học sinh giỏi quốc tế Bài tập 3.19 Cho p, q số nguyên tố với q > p > Chứng minh 2pq − có ba nhân tử nguyên tố Chứng minh Chú ý 2p − 2q − ước 2pq − Theo định lý Zsigmondy, 2pq − có nhân tử nguyên tố p1 không ước 2p − 2q − Hơn nữa, 2q − có nhân tử nguyên tố p2 không ước 2p − Vì 2p − có nhân tử nguyên tố p3 Vậy 2pq − có ba nhân tử nguyên tố Bài tập 3.20 Tìm ba số nguyên dương (a, m, n) thỏa mãn am + | (a + 1)n Chứng minh Với a = | 2n , với m = ta có (a + 1) | (a + 1)n hiển nhiên Với a = 2, m = ta có 23 + = | 3n với n ≥ Giả sử a > 1, m ≥ (a, m) = (2, 3) Ta có am + có nhân tử nguyên tố không ước a + (theo định lý Zsigmondy ) Do am + không ước (a + 1)n Ta điều phải chứng minh Bài tập 3.21 Tìm bốn số nguyên dương (x, r, p, n) cho p số nguyên tố, n, r lớn xr − = pn Chứng minh Với r = 2, x = 2s − với s ≥ 50 x2 − = (2s − 1)2 − = 2s (2s − 2) = pn Do vế trái số chẵn nên vế phải số chẵn, mà p số nguyên tố nên p = Do 2s+1 (2s−1 − 1) = 2n Vậy s = nên n = x = Với r = 6, x = ta có 26 − = 63 = × × Trong trường hợp khác xr − có nhân tử nguyên tố không ước x − 1( theo định lý Zsigmondy) Vì xr − chia hết cho x − 1, nên xr − có hai nhân tử nguyên tố phân biệt, không tồn bốn số nguyên dương (x, r, p, n) thỏa mãn Bài tập 3.22 Tìm năm số nguyên dương (a, n, p, q, r) thỏa mãn xn − = (ap − 1)(aq − 1)(ar − 1) Chứng minh Với n = a = 2s − ta có (2s − 1)2 − = ((2p − 1)2 − 1)((2q − 1)2 − 1)((2r − 1)2 − 1) Do (2s − 2)2s = (2r − 2)2r = (2p − 2)2p Vì s = r = p với s, r, p nguyên dương Với n = a = ta có (2p − 1)(2q − 1)(2r − 1) = 63 = × × Vậy ba số nguyên dương p, q, r thỏa mãn (2, 2, 3), (2, 3, 2), (3, 2, 2) Trong trường hợp khác ta có an − có nhân tử nguyên tố mà không ước ap − 1, aq − ar − 1( theo định lý Zsigmondy) Do không tồn năm số nguyên dương (a, p, q, r, n) thỏa mãn Bài tập 3.23 Tìm tất số nguyên dương thỏa mãn px − y p = p số nguyên tố Chứng minh Ta viết phương trình dạng px = y p + Cho y = dẫn tới px = mà p số nguyên tố x số nguyên dương nên 51 (p, x) = (2, 1) cho y = 2, p = dẫn tới x = Khi cho y > p = 3, theo định lý Zsigmondy, y p + có nhân tử nguyên tố mà không ước y + Mà y p + chia hết cho y + nên y p + có hai nhân tử nguyên tố, dẫn tới mâu thuẫn Bài tập 3.24 Tìm tất số nguyên dương (a, p, n) thỏa mãn pa − = 2n (p − 1) với p số nguyên dương Chứng minh Với p = 2, ta có 2a − = 2n , không tồn p, n thỏa mãn Nếu a không số nguyên tố, đặt a = uv pu − có nhân tử nguyên tố không ước p − Vì pu − | pa − = 2n (p − 1) nên nhân tử nguyên tố phải Với a = 2, p = 2s − 1, (2s − 1)2 − = 2n (2s − 2) = (2s − 2)2s Vậy n = s, p = 2n − Với a = 6, p = ta có 63 = 2n , vô lý Theo Định lý Zsigmondy ta có pa − có nhân tử nguyên tố không ước pu − p − 1, vô lý Vậy a số nguyên tố , Định lý Zsigmondy ta có pa − = 2n (p − 1) có nhân tử nguyên tố nguyên tố không ước p − Vậy nhân tử nguyên tố phải 2, lại có 2|p − 1,dẫn tới mâu thuẫn Bài tập 3.25 Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương n thỏa mãn a3 + b3 = pn Chứng minh Giả sử (a, b) = g q | g Do g = pr với số nguyên r Đặt a = pr x, b = pr y, với x, y hai số nguyên phân biệt Khi x3 + y = pn−3r Giả sử m = n − 3r Với x = 2, y = x = 1, y = p = 3, (a, b, n) = (2pr , pr , 3r + 2) = (pr , 2pr , 3r + 2) 52 Theo định lý Zsigmondy ta có x3 + y có nhân tử nguyên tố không ước x + y, mà x + y chia hết cho p x + y > Điều mâu thuẫn Bài tập 3.26 Tìm tất số nguyên dương thỏa mãn (a + 1)(a2 + a + 1) · · · (an + an−1 + + 1) = am + am−1 + + Chứng minh Với n = m = 1, ta có a + = a + 1, thỏa mãn Giả sử m > n, viết phương trình dạng a2 − a3 − an+1 − am+1 − ··· = a−1 a−1 a−1 a−1 Khi ta có (a2 − 1)(a3 − 1) · · · (an+1 − 1) = (am−1 − 1)(a − 1)n−1 Với a = m + = 6, ta có 63 = × × Do không tồn số nguyên dương n thoả mãn Với m = không tồn (a, n) thỏa mãn Mặt khác am − có nhân tử nguyên tố không ước a2 − 1, a3 − 1, , an+1 − 1, mâu thuẫn Ta sử dụng đa thức chia đường tròn tính chất để giải toán học sinh giỏi quốc tế Dưới ví dụ Bài tập 3.27 Chứng minh số nguyên tố dãy vô hạn sau: 10001, 100010001, 1000100010001, Chứng minh Ta có 73 × 137 = 10001 Bây ta chứng minh với n ≥ + 104 + + 104n số nguyên tố Thật 53 m+1 | n+1 1+104 + .+104m | 1+104 + .+104n Như n+1 số nguyên tố Khi + 104 + + 104n = Φn+1 (104 ) = Φn+1 (10)Φ4n+4 (10) (theo định lý 2.11) Ta điều phải chứng minh Bài tập 3.28 Cho n số nguyên dương Chứng minh số n 22 + 22 n−1 + phân tích thành tích không nhỏ n nhân tử nguyên tố (không thiết khác nhau) n Chứng minh Ta có 22 + 22 n−1 n−1 + = Φ3 (22 Φ3d (2) (theo định )= d|2n−1 Φ3d (2) có n nhân tử nguyên tố lớn Vì lý 2.11) Ta thấy d|2n−1 2n n−1 ta chứng minh + 22 + có lớn n nhân tử nguyên tố Nhận thấy Φ3d (2) > 1, gcd(Φ3d (2), Φ3d (2)) > 1, d | 2n−1 d | 2n−1 Khi d theo bổ đề 2.23 ta có = 2k với k số nguyên nên gcd(Φ3d (2), Φ3d (2)) d lũy thừa Điều dẫn tới mâu thuẫn hệ số Φn (x) ±1 Φ3d (2), Φ3d (2) nguyên tố Vậy có n nhân tử nguyên tố Bài tập 3.29 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n √ cho tất cá ước nguyên tố n2 + n + không lớn n Chứng minh Ta cần chứng minh vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn, không làm tính tổng quát, đặt n = k m với gcd(m, 3) = Theo định lý 2.11 ta có Φa (xn ) = Φad (x) với gcd(a, n) = Chú ý d|n n2 + n + = Φ3 (k m ), n2 + n + = Φ3d (k) Nhận thấy d|m n ϕ(3n) (k + 1) > Φ3n (k) với n Ta cần chứng minh (k + 1)ϕ(3n) < k ϕ(n) ϕ(n) dần tiến tới nên chọn n > 1000 cho < nên Vì n n 100 54 ϕ(n) < n Khi ta có 100 m (k + 1)ϕ(3n) < (k + 1)2× 100 n < (k + 1) 100 n < k với k tương đối lớn 3.4 Dựng đa giác n cạnh Giả sử A ⊂ R2 Khi Một đường thẳng d gọi dựng từ tập A d qua hai điểm phân biệt mà dựng từ A A Một đường tròn gọi dựng từ A tâm điểm dựng từ A tập A điểm khác dựng từ A A nằm đường tròn Một điểm M R2 gọi dựng từ A M giao hai đường thẳng phân biệt, hai đường tròn phân biệt, đường thẳng đường tròn dựng từ A Đa giác n cạnh gọi dựng từ tập A tất đỉnh đa giác dựng từ A Vì vậy, vật (đường thẳng, đường tròn, điểm, đa giác n cạnh) gọi dựng dựng từ tập A = {(0, 0), (1, 0)} Nhắc lại j số nguyên tố Fermat số nguyên tố có dạng 22 + với j số nguyên không âm Một số phức α gọi dựng thước kẻ compa α nghiệm đa thức bậc dương không vượt với 55 hệ số phức coi dựng thước kẻ compa Từ thấy tập số phức dựng trường C Chú ý giả sử ω ∈ C số phức với đa thức tối tiểu f (x) Q Khi F trường phân rã đa thức f (x) Q ω dựng [F : Q] = 2l với l số nguyên không âm Định lý 3.30 Giả sử n số nguyên dương F trường phân rã Φn (x) Q [F : Q] = ϕ(n) Chứng minh Đặt ω = e 2πi n Nhận thấy ω nghiệm Φn (x), nên F chứa ω Vậy Q(ω) ⊂ F Gọi ξ nghiệm Φn (x), ξ nguyên thủy bậc n đơn vị Do ξ = ω k với k thỏa mãn ≤ k ≤ n gcd(k, n) = Điều dẫn đến ξ ∈ Q(ω) Do tất nghiệm Φn (x) chứa Q(ω) nên Φn (x) phân rã Q(ω) Vì Q(ω) = F Ta lại có deg Φn (x) = ϕ(n) nên 1, ω, ω , , ω ϕ(n)−1 sở Q(ω) Q Từ ta [F : Q] = [Q(ω) : Q] = ϕ(n) Bổ đề 3.31 Giả sử 2n + số nguyên tố với số nguyên dương n, n = 2k với số nguyên k không âm Chứng minh Ta chứng minh bổ đề phản chứng Giả sử n = 2k với số nguyên k Khi n phải có nhân tử r lớn nên n = t × r với số tự nhiên t Do r−1 (−1)j 2(r−1−j)t ) = 2n + t (2 + 1)( j=0 Vì < t < n nên ta có < 2t + < 2n + trái với giả thiết 56 Định lý 3.32 Cho n số nguyên dương, ϕ(n) lũy thừa n có dạng 2k p1 p2 pr , k ≥ pj số nguyên tố Fermat phân biệt với j = 1, r Chứng minh Giả sử n số nguyên dương có phân tích tiêu chuẩn n = p1 f1 p2 f2 · · · pr fr Khi ta có r ϕ(pj fj ) ϕ(n) = j=1 Như ϕ(n) lũy thừa tất số nguyên tố p số nguyên dương f thỏa mãn pf | n ϕ(pf ) lũy thừa Hơn nữa, theo định lý 1.28 ta có ϕ(pf ) = pf −1 (p − 1) Nếu k ≥ ϕ(2k ) = 2k−1 lũy thừa Giả sử p số nguyên tố lẻ ϕ(pf ) = 2m với f, m ∈ N Ta lại có ϕ(pf ) = pf −1 (p − 1) Khi f > 1, p | ϕ(pf ), mâu thuẫn với giả thiết ϕ(pf ) lũy thừa Như f = 1, nên ta có p − = ϕ(p) = ϕ(pf ) = 2m Do p = 2m + 1, nên theo bổ đề 3.31 ta có p số nguyên tố Fermat j Giả sử p số nguyên tố Fermat, p = 22 + với j ∈ N j Trong trường hợp ϕ(p) = 22 lũy thừa Như f ∈ N p số nguyên tố lẻ ϕ(pf ) lũy thừa f = p số nguyên tố Fermat Do ϕ(n) lũy thừa với số nguyên tố p f ∈ N thỏa mãn pf | n p = p số nguyên tố Fermat f = 57 Định lý 3.33 Có thể dựng đa giác n cạnh thước kẻ compa n có dạng 2k p1 p2 pr k ≥ pj số nguyên tố Fermat phân biệt với j = 1, r Chứng minh Chú ý đa giác dựng tâm đa giác dựng dựng Khi ta dựng đa giác n cạnh tất đỉnh cách tâm Như giả sử đỉnh đa giác nằm đường tròn đơn vị, ta coi đỉnh nằm bậc n đơn vị Như đa giác dựng điểm e 2πi n dựng Hơn nữa, e bậc n đơn vị lũy thừa e 2πi n 2πi n dựng được, nên bậc n đơn vị dựng Như đa giác n cạnh dựng điểm e 2πi n dựng Chú ý e 2πi n nghiệm Φn (x) mà Φn (x) monic, bất khả quy Q đa thức tối tiểu e theo định lý 3.30 ta có e 2πi n 2πi n Q Chính dựng ϕ(n) = 2l với l số nguyên không âm Bởi định lý 3.32 ta dựng thước kẻ compa n có dạng 2k p1 p2 · · · pr , k ≥ pj số nguyên tố Fermat phân biệt với j = 1, r 58 Kết luận Đặt vấn đề tìm hiểu ứng dụng đa thức chia đường tròn, luận văn đạt kết sau: • Trình bày số kiến thức đa thức, nghiệm bội đa thức, tính bất khả quy • Trình bày định nghĩa tính chất hàm nhân, hàm Euler, hàm Mobius bậc n đơn vị, nguyên thủy bậc n đơn vị • Trình bày khái niệm đa thức chia đường tròn tính chất đa thức chia đường tròn bậc n mối liên hệ đa thức chia đường tròn số nguyên tố • Trình bày số ứng dụng đa thức chia đường tròn đại số lý thuyết số định lý Đirichlet, định lý Wedderburn, định lý Zsigmondy, Những kết đạt luận văn - khiêm tốn - giúp tác giả có hội tìm hiểu sâu đa thức chia đường tròn đặc biệt ứng dụng đa thức chia đường tròn 59 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Dương Quốc Việt, Lê Văn Chua, Cơ sở Lí thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Sư Phạm Hà Nội, 2007 [2] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở lí thuyết số đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2008 [3] Dương Quốc Việt, Trương Thị Hồng Thanh, Cơ sở Đại số Hiện Đại, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2016 [B] Tài liệu tiếng Anh [4] Andy Loo, Mathematical Excalibur, St Paul’s Co-educational College, 2012 [5] Victor V Parasolov, Algorithms and computation in Mathematics Polynomial, Springer - Verlag Berlin Heidelberg, 1999 [6] Robbins, Neville Beginning Number Theory, Wm C Brown Publishers, 1993 [7] Stewart, Ian, Galois Theory, 2nd ed London Chapman and Hall, 1989 Print 60 ... nghĩa đa thức chia đường tròn bậc n, tính bất khả quy đa thức chia đường tròn vành số nguyên mối quan hệ với số nguyên tố Chương Một số ứng dụng đa thức chia đường tròn, trình bày ứng dụng đa thức. .. thủy bậc n đơn vị 21 Đa thức chia đường tròn tính chất 2.1 Đa thức chia đường tròn bậc n 2.2 Tính bất khả quy đa thức chia đường tròn vành số nguyên ... nguyên thủy bậc n đơn vị 22 Chương Đa thức chia đường tròn tính chất 2.1 Đa thức chia đường tròn bậc n Định nghĩa 2.1 Với số nguyên dương n, đa thức chia đường tròn bậc n, kí hiệu Φn (x), định