Hệ số của đa thức chia đường tròn nhị phân và tam phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————————— BÙI THỊ LINH HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN NHỊ PHÂN VÀ TAM PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————————— BÙI THỊ LINH HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN NHỊ PHÂN VÀ TAM PHÂN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN DUY TÂN Thái Nguyên - Năm 2017 Mục lục Mục lục Lời nói đầu Chương Đa thức chia đường tròn 1.1 Đa thức chia đường tròn 1.2 Một số tính chất 1.2.1 Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên 1.2.2 Cụng thc nghch o Măobius v cụng thc truy hi tuyến tính đa thức chia đường tròn 1.3 Mọi số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn 4 5 14 Chương Hệ số đa thức chia đường tròn Φpq (x) 2.1 Một định lý Lam - Leung 2.2 Kết 17 17 21 Chương Hệ số đa thức chia đường tròn Φpqr (x) 3.1 Chặn cho hệ số đa thức Φpqr (x) 3.1.1 Số Fk 3.1.2 Chứng minh Định lý 3.1.1 3.1.3 Chứng minh Định lý 3.1.2 3.2 Một vài hệ 3.3 Tính chất nhảy đơn vị (jump one) hệ số 26 26 28 31 35 36 38 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Lời nói đầu Ta biết với số nguyên dương n, có n bậc n 2kπ 2kπ đơn vị: ξk = cos + i sin , k = 0, 1, , n − Chú ý ξk n n nguyên thủy bậc n đơn vị gcd(k, n) = Vì có ϕ(n) ngun thủy bậc n đơn vị, ϕ hàm Euler Gọi ξkϕ1 , , ξkϕ(n) nguyên thủy bậc n đơn vị Khi đa thức chia đường tròn thứ n, kí hiệu Φn (x), đa thức bậc ϕ(n) cho công thức Φn (x) = (x − ξk ) · · · (x − ξkϕ(n) ) Mục đích luận văn tìm hiểu số tính chất hệ số đa thức chia đường tròn Luận văn gồm chương Chương định nghĩa đa thức chia đường tròn Trong chương số tính chất đa thức chia đường tròn có hệ số ngun chứng minh Chúng chứng tỏ Φn (x) có hệ số ngun Hơn nữa, cơng thức nghịch đảo Mobius cơng thức truy hồi tính đa thức chia đường tròn trình bày Chương có nội dung nói hệ số đa thức chia đường tròn Φpq (x) p, q hai số nguyên tố khác Chương chứng minh định lý Lam - Leung xác định hệ số đa thức chia đường tròn dạng Φpq (x), hệ xác định hệ số trung tâm khẳng định đa thức Φn (x) với n < 100 có hệ số thuộc {−1, 0, 1} Chương trình bày hệ số đa thức chia đường tròn tam phân Φpqr (x) bao gồm kết Bzdega chặn trên cho cho hệ số đa thức Φpqr (x), số hệ kết định lý Suzuki khẳng định số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn Nội dung luận văn viết chủ yếu dựa theo báo "The coef- Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping ficients of cyclotomic polynomials" tác giả B Brookfield (2016), báo "Bounds on ternary cyclotomic coefficients" B Bzdega (2010) báo có nhan đề "On the coefficients of cyclotomic polynomial" trình bày hội nghị tên "Cyclotomic fields and related topics” diễn Pune năm 2009 Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Duy Tân Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc em suốt trình làm luận văn Em học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác nghiên cứu thân Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Thầy giáo, Cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K9B2 (khóa 2015 - 2017), Nhà trường phòng chức trường; Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ em suốt thời gian học tập trường Em xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K9B2 (khóa 2015 - 2017) ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập, nghiên cứu Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho em học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Học viên Bùi Thị Linh Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping Chương Đa thức chia đường tròn 1.1 Đa thức chia đường tròn Định nghĩa 1.1.1 Cho n số nguyên dương, đa thức chia đường tròn thứ n đa thức ϕ(n) (x − Φn (x) = ζnj ) 1≤j≤n (j,n)=1 với ζn = e 2πi n = cos 2π n + sin 2π n an (k)xk = k=0 bậc n đơn vị Ví dụ 1.1.2 Vì số phức bậc nên Φ1 (x) = x − Vì −1 số phức√duy có bậc√2 nên Φ2 (x) = x + −1 −1 Vì w1 = + i , w2 = −i có bậc nên 2 2 √ √ −1 −1 Φ3 (x) = x − +i x− −i = x2 + x + 2 2 Vì ±i tất số phức có bậc ta có Φ4 (x) = (x − i)(x + i) = x2 + Tương tự, Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + Edited with the trial version of Foxit Advanced PDF Editor To remove this notice, visit: www.foxitsoftware.com/shopping Φ6 (x) = x2 − x + Φ7 (x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + Φ8 (x) = x4 + 1.2 1.2.1 Một số tính chất Đa thức chia đường tròn có hệ số ngun Tính chất 1.2.1 Với n ∈ N, xn − = d|n Φd (x) Chứng minh Để chứng minh đẳng thức trên, ta cần chứng minh hai đa thức xn − Φd (x) có dạng chuẩn, khơng có nghiệm d|n bội, có tập nghiệm Theo định nghĩa, Φd (x) đa thức dạng chuẩn Vì thế, đa thức phía bên phải có dạng chuẩn Do đó, hai đa thức hai vế có dạng chuẩn Chú ý đa thức có nghiệm bội đa thức đạo hàm phải có nghiệm chung Vì xn − khơng có nghiệm bội (các nghiệm xn − khác đạo hàm nxn−1 có nghiệm 0) Với ước d n, nghiệm Φd (x) nghiệm xd − khơng có nghiệm bội Giả sử d d hai ước khác n Khi nghiệm Φd (x) có cấp d, đó, nghiệm Φd (x) có cấp d Vì thế, nghiệm đa thức Φd (x) d|n nghiệm đơn Giả sử ξ nghiệm xn − Gọi d cấp ξ Khi ξ d = 1, d số ngun dương bé có tính chất Vì ξ nguyên thủy bậc d đơn vị Suy ξ nghiệm đa thức Φd (x) Ngược lại, cho d ước n ξ nghiệm Φd (x) Khi ξ d = Suy ζ n = tức ξ nghiệm đa thức xn − Ví dụ, ta có Φ1 (x) = x − x5 − = Φ5 (x)Φ1 (x) = (x4 + x3 + x2 + x + 1)(x − 1) Để tính Φ10 (x), ta sử dụng x10 − = Φ10 (x)Φ5 (x)Φ2 (x)Φ1 (x) Chia x10 − cho Φ5 (x)Φ2 (x)Φ1 (x) = (x4 + x3 + x2 + x + 1)(x + 1)(x − 1) = x6 + x5 − x − 1, ta Φ10 (x) = x4 − x3 + x2 − x + Nhận xét Φ10 (x) = Φ5 (−x) Tính chất 1.2.2 Với n ∈ N, Φn (x) ∈ Z[x] Chứng minh Ta chứng minh khẳng định quy nạp theo n ∈ N Vì Φ1 (x) = x − ∈ Z[x] khẳng định với n = Bây giả sử với n > Theo Tính chất 1.2.1, xn − = Φd (x) = Φn (x)g(x), d|n g(x) tích tất đa thức chia đường tròn Φd (x) với d nhân tử dương thực n Theo giả thiết quy nạp, Φd (x) ∈ Z[x] với đa thức chia đường tròn g(x) ∈ Z[x] Vì đa thức chia đường tròn dạng chuẩn theo cách xây dựng, tích đa thức dạng chuẩn đa thức dạng chuẩn, g(x) đa thức dạng chuẩn Do Φn (x) thương xn − ∈ Z[x] chia cho đa thức dạng chuẩn g(x) ∈ Z[x], nên Φn (x) thuộc Z[x] Tính chất 1.2.3 Với m, n ∈ N, Φn (xm ) = Φd (x), d∈D D = {d ∈ N | lcm(m, d) = mn} = mn k | k ∈ N k | m gcd(n, k) = Chứng minh Bởi Φn (x) ước xn − 1, ta thấy Φn (xm ) ước xmn − Và d ∈ D, d ước lcm(m, d) = mn theo Tính chất 1.2.1, vế phải phương trình ước xmn − Các không điểm xmn − phân biệt, nên để chứng minh khẳng định ta cần hai vế phương trình có khơng điểm Để làm điều ta cần áp dụng Bổ đề: “Giả sử w ∈ C∗ có bậc hữu hạn Khi đó, với m ∈ N m ord ω m = lcm(m, ord ω).” Một số ω ∈ C không điểm Φn (xm ) ord ω m = n, lcm(m, ord ω) = mn, ord ω ∈ D, Φd (x) ω không điểm d∈D Ví dụ, m = n = 3, D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6} Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x) Tính chất 1.2.4 Nếu ước nguyên tố m ∈ N ước n ∈ N, Φmn (x) = Φn (xm ) Chứng minh Ta sử dụng Tính chất 1.2.3 với D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6} mn với k ∈ N cho k | m gcd(n, k) = Nếu k p ước nguyên tố k, thì, k | m, p ước m, Nếu d ∈ D, d = đó, theo giả thiết p ước n Nhưng p ước gcd(n, k), mâu thuẫn với gcd(n, k) = Do k ∈ N khơng có ước nguyên tố, k = d = mn, D = {mn} Φn (xm ) = Φmn (x) Ví dụ, 400 = 40 · 10 ước nguyên tố 40 ước 10, ta có Φ400 (x) = Φ10 (x40 ) = x160 − x120 + x80 − x40 + Nhận xét: Φ400 (x) Φ10 (x) có hệ số Hệ 1.2.5 Gọi n tích số nguyên tố mà ước m ∈ N Khi Φm (x) = Φn (xm/n ) Nói riêng Φm (x) Φn (x) có hệ số Chứng minh Vì số nguyên tố mà ước m/n ước n, m nên theo Tính chất 1.2.4 ta ó Φm (x) = Φn (x n ) Φm (x) Φn (x) có hệ số Tính chất 1.2.6 Nếu n ∈ N lẻ, Φ2n (x) = Φn (−x) Chứng minh Từ Tính chất 1.2.3, ta tìm Φn (x2 ) = Φ2n (x)Φn (x) Thay x −x phương trình Φ2n (x)Φn (x) = Φ2n (−x)Φn (−x) (1.1) Vì Φn (x2 ) ước x2n − 1, không điểm đơn Để chứng minh khẳng định ta cần chứng minh không điểm hai vế (1.1) giống Nếu Φn (ω) = 0, ord ω = n, nên nói riêng ω n = Vì n lẻ, (−ω)n = −1 −ω khơng có bậc n Điều có nghĩa −ω phải không điểm Φ2n (x) có bậc 2n Tương tự, Φ2n (ω) = 0, ω n = (ω n )2 = nên ω n = −1 Kết là, (−ω)n = dó −ω khơng có bậc 2n Điều có nghĩa −ω có bậc n không điểm Φn (x) Đa thức chia đường tròn có tính chất hệ số chúng giống đọc lùi hay đọc tiến Những đa thức gọi đa thức thuận nghịch Đặc biệt, f (x) đa thức bậc m, xm f (1/x) gọi ngược f, f đa thức thuận nghịch ngược nó, tức f (x) = xm f x (1.2) 30 Chứng minh Ta có ak−q qr ≡ k − q mod p ak qr ≡ k mod p Do (ak − ak−q )qr ≡ q mod p Do (ak − ak−q )r ≡ mod p Từ suy ak − ak−q ≡ r (mod p) Do   r − p, ak − ak−q =  r , ak < r ; ak ≥ r Tương tự ta có ck−q ≡ ck − pr (mod r)   p − r, ck < p ; r r ck − ck−q =  pr , ck ≥ pr Ta có bk−q = bk Do ak − ak−q bk − bk−q ck − ck−1 + + − p q r pr r p = + r− − [ak < r ] − [ck < pr ] p r pr Fk − Fk−q = = − [ak < r ] − [ck < pr ] Ta có đẳng thức cuối rr + ppr = + pr Ta chứng minh đẳng thức Từ định nghĩa r pr ta suy rr + ppr ≡ (mod pr) Mà ≤ rr + ppr ≤ r(p − 1) + p(r − 1) < 2pr Do rr + ppr = + pr Ta kết thúc chứng minh bổ đề Bổ đề 3.1.8 Cho M = max{q , r } m = min{q , r } Khi    0, ak < M + m − p;        −1, M + m − p ≤ ak < m;    Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r = 0, m ≤ ak < M ;       1, M ≤ ak < M + m;      0, M + m ≤ ak 31 Bổ đề cho hoán vị (p, q, r) với định nghĩa tương tự cho M m Chứng minh Từ Bổ đề 3.1.7 ta thu Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r = − [ak < r ] − [ck < pr ] − (1 − [ak−r < r ] − [ck−r < pr ]) = −[ak < r ] + [ak−r < r ] Ta có ak − ak−r ≡ q (mod p) Do   q − p, ak − ak−r =  q , ak < q ; ak ≥ q Tức [ak < q ] = [ak−r < r ] = [ak < q + r − p]; [ak < q ] = [ak−r < r ] = [ak < q + r ] Từ ta suy − [ak < r ] + [ak−r < r ] = −[ak < q ] − [ak < r ] + [ak < q + r ] + [ak < q + r − p] = [ak < M + m − p] − [ak < m] − [ak < M ] + [ak < M + m] Vì M + m − p < m ≤ M < M + m, ta suy điều phải chứng minh 3.1.2 Chứng minh Định lý 3.1.1 Trong phần đưa chứng minh cho Định lý 3.1.1 dựa vào bổ đề mục trước Ta cố định số nguyên dương n mà n ≤ deg(Φpqr ) < pqr Ta muốn chặn giá trị apqr (n) Vì kết Bổ đề 3.1.5, nên ta xét (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ), k ∈ {n, n − 1, , n − p + 1}, cho N0 (Fk , Fk−q−r ) = N0 (Fk−q , Fk−r ) Nếu N0 (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) ∈ {0, 4} N0 (Fk , Fk−q−r ) = N0 (Fk−q , Fk−r ), nên ta không cần xét trường trường hợp Ngoài 32 N0 (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) = N0 (Fk , Fk−q−r ) = N0 (Fk−q , Fk−r ) Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r ≥ 2, bất đẳng thức mâu thuẫn với Bổ đề 3.1.8, trường hợp khơng cần phải kiểm tra Để miêu tả khả lại ta có nhận xét sau: Nếu N0 (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) = theo Bổ đề 3.1.7 số hạng khác không Nếu N0 (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) = Fl = với l ∈ {k, k − q, k − r, k − q − r} Theo Bổ đề 3.1.7 ta có Fl±q = Fl±r = 1, dấu + − phụ thuộc vào cách chọn l Tất trường hợp miêu tả bảng bên TH số (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r N0 (Fk , Fk−q−r ) − N0 (Fk−q , Fk−r ) (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), −1 1 −1 (0, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0) (0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 1) (0, 1, 1, 2), (2, 1, 1, 0) (1, 0, 2, 1), (1, 2, 0, 1) −1 Ký hiệu Cl số số nguyên k ∈ {n, n − 1, , n − p + 1} mà trường hợp thứ l xảy Khi ta có A+ ≤ C1 + C3 ; −A ≤ C2 + C4 Để chứng minh Định lý 3.1.1 ta cần chứng minh C1 , C2 ≤ α; C3 ≤ min{α + β, p − α − β}; (3.3) C4 ≤ min{β − α, p + α − β} Thật ra, ta đếm giá trị ak thay k (tồn song ánh tập {n, n − 1, , n − p + 1} {an , an−1 , , an−p+1 }, ak qr ≡ k (mod p)) 33 Chú ý α = min{m, p − M }, M m định nghĩa Bổ đề 3.1.8 Trường hợp Theo Bổ đề 3.1.8 ta có M + m − p ≤ ak < m, nên C1 ≤ m − max{0, M + m − p} = min{m, p − M } = α Trường hợp Theo Bổ đề 3.1.8 ta có M ≤ ak < M + m, nên C2 ≤ min{M + m, p} − M = min{m, p − M } = α Chú ý M + m ≥ p α = p − M β = p − m M + m ≤ p α = m β = M Đặt γ = k qr + nhớ k ∈ {n, n − 1, , n − p + 1} Để cho đơn giản, ta chia trường hợp thành hai trường hợp 3a 3b định nghĩa C3a C3b bên tương ứng cho (0, 1, 1, 2) (2, 1, 1, 0) Hiển nhiên, C3 = C3a + C3b Trường hợp 3a Theo Bổ đề 3.1.7 ta có ak < r ak < q , ta suy ak < m Do theo Bổ đề 3.1.8, ak < M + m − p Vì Fk = nên theo Bổ đề 3.1.6 ta có ak < γ Ta có ak − ak−q−r ≡ q + r = M + m (mod p) Do ak−q−r = ak − M − m + lp, với l nguyên Ta có p < lp = M + m − ak + ak−q−r < 3p Do l = ak − M − m + 2p = ak−q−r ≥ γ Như ta suy max{γ + M + m − 2p, 0} ≤ ak < min{γ, M + m − p}, 34 thu C3a ≤ min{γ, M + m − p} − max{γ + M + m − 2p, 0} = min{γ, p − γ, M + m − p, 2p − M − m} ≤ min{M + m − p, 2p − M − m} = min{α + β, p − α − β}, trường hợp M + m ≥ p Trường hợp ngược lại với M + m < p C3a = Trường hợp 3b Tương tự theo Bổ đề 3.1.7 ta có ak ≥ m ak ≥ M Do theo Bổ đề 3.1.8, ak ≥ M + m Với lập luận tương tự trường hợp 3a theo Bổ đề 3.1.6 ak − M − m = ak−q−r < γ ak ≥ γ Do max{γ, M + m} ≤ ak < min{p, γ + M + m} Do C3b ≤ min{p, γ + M + m} − max{γ, M + m} = min{γ, p − γ, M + m, p − M − m} ≤ min{M + m, p − M − m} = min{α + β, p − α − β}, trường hợp M + m ≤ p Ở trường hợp ngược lại với M + m > p C3b = Trường hợp Từ hai trường hợp 3a 3b, ta suy C3 ≤ min{α + β, p − α − β} Trường hợp Không tính tổng qt ta giả sử q = m r = M 35 Nếu (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) = (1, 0, 2, 1) theo Bổ đề 3.1.7, ak ≥ r = M ak < q = m Điều vơ lý Do ta phải có (Fk , Fk−q , Fk−r , Fk−q−r ) = (1, 2, 0, 1) Theo Bổ đề 3.1.7, ta có m = q ≤ ak ≤ M = r Theo Bổ đề 3.1.6 ak − m = ak − q = ak−r < γ ak − M + p = ak − r + p = ak−q ≥ γ Do max{M + γ − p, m} ≤ ak < min{m + γ, M }, C4 ≤ min{m + γ, M } − max{M + γ − p, m} = min{γ, p − γ, p − M + m, M − m} ≤ min{p − M + m, M − m} = min{β − α, p + α − β} Kết thúc kiểm tra (3.3) chứng minh xong Định lý 3.1.1 3.1.3 Chứng minh Định lý 3.1.2 Theo Định lý 3.1.1, ta có A ≤ max{min{2α + β, p − β}, min{p + 2α − β, β}} Nếu β < p A ≤ max{min{2α + β, p − β}, β} = min{2α + β, p − β} = min{2α + β ∗ , p − β ∗ } Ngồi β > p A ≤ max{p − β, min{p + 2α − β, β}} = min{2α + p − β, β} = min{2α + β ∗ , p − β ∗ } Ta có điều phải chứng minh 36 3.2 Một vài hệ Sử dụng Định lý 3.1.2, ta thu lại kết sau Bachman [1, Theorem 1] Hệ 3.2.1 Giả sử p, q, r ba số nguyên tố lẻ phân biệt với p = min{p, q, r} Khi đó, với ký hiệu Mục 3.1, ta có A ≤ min{ p−1 + α, p − β ∗ } Chứng minh Giả sử 2α + β ∗ ≤ p − β ∗ Khi 2α + 2β ∗ ≤ p Vì p lẻ nên 2α + 2β ≤ p − Từ ta suy 2α + β ∗ ≤ p−1 + α Theo Định lý 3.1.2 ta suy A ≤ min{2α + β ∗ , p − β ∗ } = 2α + β ∗ ≤ min{ p−1 + α, p − β ∗ } Bây ta giả sử p − β ∗ < 2α + β ∗ Theo Định lý 3.1.2 ta suy A ≤ min{2α + β ∗ , p − β ∗ } = p − β ∗ ≤ min{ p−1 + α, p − β ∗ } Giống báo Bachman [1], từ kết ta thu hệ sau Hệ 3.2.2 Ta có A ≤ min{ p−1 p + α, p − α} ≤ p − Chứng minh Ta chứng minh p − α ≥ p − β ∗ , tức α ≤ β ∗ = min{β, p − β} Nhắc lại α = min{q , r , p − q , p − r } β số nguyên cho ≤ β < p αβqr ≡ (mod p) Ta xét trường hợp Trường hợp 1: α = q Khi β = r ta có α = q ≤ min{r , p−r } = β ∗ 37 Trường hợp 2: α = r Trường hợp chứng minh tương tự trường hợp Trường hợp 3: α = p − q Khi β = p − r ta có α = p − q ≤ min{r , p − r } = β ∗ Trường hợp 4: α = p − r Trường hợp chứng minh tương tự trường hợp Như trường hợp ta suy p − α ≥ p − β ∗ Do A ≤ min{ p−1 p−1 + α, p − β ∗ } ≤ min{ + α, p − α} 2 Ta xem hàm bên phải bất đẳng thức hàm theo α Khi hàm đạt cực đại α = p − (p + 1)/4 Do A≤ p− p+1 p =p− 4 Chú ý 3.2.3 Chặn hệ mạnh chặn Beiter [4] A ≤ p − p/4 chặn Bang [3] A ≤ p − Hệ suy p = A ≤ p = A ≤ Kết "tối ưu" Φ3·5·7 có hệ số a7 = −2 Φ5·7·11 có hệ số a120 = −3 Hệ 3.2.4 Nếu q r đồng dư với ±1 ±2 modulo p, ta có p+1 Trường hợp ±1 modulo p hệ chứng minh lần đầu A≤ tiên Beiter [4] Bloom [5] cách độc lập Chứng minh Giả sử q r đồng dư với ±1 modulo p Khi q ∗ r∗ phải Do α = A ≤ min{ p−1 p+1 + α, p − α} = 2 38 Đối với trường hợp đồng dư thứ hai, ta giả sử q ≡ ±2 (mod p) Khi q = (p ± 1)/2 Nếu r ≤ (p − 1)/2 α = r β = q = (p ± 1)/2 β ∗ = min{β, p − β} = (p − 1)/2 Ta có A ≤ min{ p+1 p−1 + α, p − β ∗ } = 2 Nếu r > (p − 1)/2 α = p − r β = p − q = (p ∓ 1)/2 β ∗ = min{β, p − β} = (p − 1)/2 Ta có A ≤ min{ p+1 p−1 + α, p − β ∗ } = 2 Hệ 3.2.5 Giả sử q r đồng dư với ±1 modulo p Khi A ≤ Chứng minh Vì q r đồng dư với ±1 modulo p, nên q = r = Do α = β = β = p − Do 2α + β ∗ = ta có điều phải chứng minh 3.3 Tính chất nhảy đơn vị (jump one) hệ số Sử dụng phương pháp mục trước, Bzdega [7] đưa chứng minh đơn giản cho kết sau Gallot Moree [8] Định lý 3.3.1 Nếu Φpqr (x) = n∈Z apqr (n)x n đa thức chia đường tròn tam ngun, |apqr (n) − apqr (n − 1)| ≤ với n ∈ Z Ta trình bày chứng minh Bzdega cho kết này Bổ đề sau cải tiến Bổ đề 3.1.5 39 Bổ đề 3.3.2 Ký hiệu Nd (t1 , t2 , , tl ) số số d dãy (t1 , t2 , , tl ) Khi n (N0 (Fk , Fk−q−r ) − N0 (Fk−q , Fk−r )) apqr (n) = k=n−p+1 n (N2 (Fk , Fk−q−r ) − N2 (Fk−q , Fk−r )) = k=n−p+1 n = (N1 (Fk−q , Fk−r ) − N1 (Fk , Fk−q−r )) k=n−p+1 Chứng minh Đẳng thức chứng minh Bổ đề 3.1.5 Ta dùng ký hiệu sau: N0+ = N0 (Fn , Fn−1 , , Fn−p+1 , Fn−q−r , Fn−q−r−1 , , Fn−q−r−p+1 ); N0− = N0 (Fn−q , Fn−q−1 , , Fn−q−p+1 , Fn−r , Fn−r−1 , , Fn−r−p+1 ), tương tự với N1+ , N1− , N2+ , N2− Ta chứng minh apqr (n) = N0+ − N0− Bây theo Bổ đề 3.1.8 ta có n N1+ + 2N2+ − N1− − 2N2− (Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r ) = k=n−p+1 = (min{M + m, p} − M ) − (m − max{M + m − p, 0}) = Ngoài N0+ + N1+ + N2+ = N0− + N1− + N2− = 2p Từ ta suy apqr (n) = N0+ − N0− = −(N1+ − N1− ) − (N2+ − N2− ) = N2+ − N2− = (N1− − N1+ ) Đây điều phải chứng minh 40 Tiếp theo ta có biểu diễn đơn giản hiệu hai hệ số liên tiếp đa thức chia đường tròn tam phân theo Fk : Bổ đề 3.3.3 Đặt N+ = N1 (Fn , Fn−p−q , Fn−q−r , Fn−r−p ) N− = N1 (Fn−p , Fn−q , Fn−r , Fn−p−q−r ) Khi apqr (n) − apqr (n − 1) = (N− − N+ ) Ngoài apqr (n) − apqr (n − 1) = N0 (Fn , Fn−p−q , Fn−q−r , Fn−r−p ) − N0 (Fn−p , Fn−q , Fn−r , Fn−p−q−r ) = N2 (Fn , Fn−p−q , Fn−q−r , Fn−r−p ) − N2 (Fn−p , Fn−q , Fn−r , Fn−p−q−r ) Chứng minh Theo Bổ đề 3.3.2, ta có apqr (n) − apqr (n − 1) = n (N1 (Fk−q , Fk−r ) − N1 (Fk , Fk−q−r )) k=n−p+1 − n−1 (N1 (Fk−q , Fk−r ) − N1 (Fk , Fk−q−r )) k=n−p = (N1 (Fn−q , Fn−r ) − N1 (Fn , Fn−q−r )) − (N1 (Fn−p−q , Fn−p−r ) − N1 (Fn−p , Fn−p−q−r )) = (N1 (Fn−p , Fn−q , Fn−r , Fn−p−q−r ) − N1 (Fn , Fn−p−q , Fn−q−r , Fn−r−p )) = (N− − N+ ) Hai đẳng thức lại chứng minh cách tương tự 41 Bổ đề 3.3.4 Fk + Fk−p−q + Fk−q−r + Fk−r−p = Fk−p + Fk−q + Fk−r + Fk−p−q−r Chứng minh Theo Bổ đề 3.1.8, giá trị Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r phụ thuộc vào k modulo p Do Fk − Fk−q − Fk−r + Fk−q−r = Fk−p − Fk−p−q − Fk−r−p + Fk−p−q−r Từ ta có điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 3.3.1 Theo Bổ đề 3.3.3 ta có |apqr (n) − apqr (n − 1)| = |N− − N+ | ≤ 2, dấu N− = 4, N+ = N+ = 4, N− = Ta điều Thật vậy, giả sử N− = N+ = Khi Fn + Fn−p−q + Fn−q−r + Fn−r−p = + + + = 4, Fn−p + Fn−q + Fn−r + Fn−p−q−r = + + + = Điều mâu thuẫn với Bổ đề 3.3.4 Trường hợp N− = N+ = chứng minh hoàn toàn tương tự Từ Định lý 3.3.1 ta có hệ sau tập hệ số đa thức chia đường tròn tam phân Hệ 3.3.5 Tập hệ số đa thức chia đường tròn tam phân Φpqr tập gồm số nguyên liên tiếp 42 Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày nội dung sau đa thức chia đường tròn Trình bày định nghĩa đa thức chia đường tròn Chứng minh số tính chất đa thức chia đường tròn Nêu cơng thức nghịch đảo Mobius cơng thức truy hồi tính đa thức chia đường tròn Trình bày định lý Suzuki khẳng định số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn Trình bày kết Lam-Leung hệ số đa thức chia đường tròn nhị phân Φpq (x) Trình bày kết Bzdega chặn cho hệ số đa thức chia đường tròn Φpqr (x) số hệ kết 43 Tài liệu tham khảo [1] G Bachman (2003), "On the coefficients of ternary cyclotomic polynomials”, J Number Theory, 100, pp 104-116 [2] G Bachman (2004), "Ternary cyclotomic polynomials with an optimally large set of coefficients", Proc Amer Math Soc., 132 (7), pp 1943-1950 [3] A.S Bang (1895), "Om ligningen Φn (x) = 0", Tidsskr Math., 6, pp 6-12 [4] M Beiter (1971), "Magnitude of the coefficients of the cyclotomic polynomial Φpqr ", II, Duke Math J., 38, pp 591-594 [5] D.M Bloom (1968), "On the coefficients of the cyclotomic polynomials", Amer Math Monthly, 75, pp 370-372 [6] B Brookfield (2016), "The coefficients of cyclotomic polynomials", Mathematics Magazine, 89 (3), pp 179-188 [7] B Bzdega (2010), "Bounds on ternary cyclotomic coefficients", Acta Arithmatica, 144, pp 5-16 [8] Y Gallot and P Moree (2009), "Neighboring ternary cyclotomic coefficients differ by at most one", J Ramanujan Math Soc., 24, No 3, pp 235-248 [9] Y Gallot, P Moree (2009), "Ternary cyclotomic polynomials having a large coefficient", J Reine Angew Math., 632 , pp 105-125 44 [10] R Thangadurai (1999), "On the coefficients of cyclotomic polynomials", in Cyclotomic fields and related topics, (Pune 1999), pp 311-322 [11] J Zhao and X Zhang (2009),"A proof of the corrected Beiter conjecture", preprint, arXiv 0910.2770 ... thc nghch o Măobius v cụng thức truy hồi tuyến tính đa thức chia đường tròn 1.3 Mọi số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn 4 5 14 Chương Hệ số đa thức chia đường tròn Φpq (x) 2.1 Một định... tính đa thức chia đường tròn trình bày Chương có nội dung nói hệ số đa thức chia đường tròn Φpq (x) p, q hai số nguyên tố khác Chương chứng minh định lý Lam - Leung xác định hệ số đa thức chia đường. .. biến đổi tập số nguyên lẻ ≥ 3, ta thấy S chứa tất số nguyên lớn 16 Chú ý 1.3.3 Bachman [2] số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn tam phân 17 Chương Hệ số đa thức chia đường tròn Φpq (x) 2.1