Hệ số của đa thức chia đường tròn

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐOÀN BÁ THƯỢNG HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRỊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐOÀN BÁ THƯỢNG HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Đoàn Trung Cường THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục Lời nói đầu 1 Đa thức chia đường tròn 1.1 1.2 Định nghĩa ví dụ Quan hệ đa thức Φn (x) 1.3 1.4 Tính chất thuận nghịch đa thức chia đường tròn Áp dụng 11 15 1.4.1 1.4.2 Giá trị đa thức chia đường tròn cấp phần tử Định lý Zsigmondy 15 19 1.4.3 Một số toán khác 21 Hệ số đa thức chia đường tròn Φn (x) 24 2.1 2.2 Hệ số đa thức Φ pq (x) Hệ số đa thức Φn (x) với n nhỏ 24 30 2.3 2.4 Hệ số đa thức Φ pqr (x) Các số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn 34 39 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Lời nói đầu Đa thức chia đường tròn đối tượng thú vị quan trọng xuất nhiều lĩnh vực toán học khác Số học, Đại số, Hình học , Tốn phổ thơng Tốn cao cấp Có nhiều nghiên cứu xung quanh đa thức này, từ cơng trình từ kỷ 19 cơng trình xuất gần Một hướng nghiên cứu đáng lưu ý hệ số đa thức chia đường tròn Φn Bằng tính tốn trực tiếp, người ta nhận thấy đa thức chia đường tròn (n nhỏ) có hệ số nằm số −1, 0, Đã có giả thuyết điều với đa thức chia đường tròn bất kỳ, nhiên điều không Nghiên cứu kỹ hơn, người ta nhận thấy hệ số đa thức chia đường tròn Φn phụ thuộc sâu sắc vào phân tích thừa số nguyên tố số n, có số đánh giá độ lớn hệ số qua n Mục đích luận văn dựa tài liệu [2, 3, 7, 8], trình bày chi tiết số điều kiện đủ để đa thức chia đường tròn phẳng, có nghĩa hệ số đa thức nhận giá trị −1, 0, Kết trình bày trường hợp n = pq, n = pqr tích hai ba số nguyên tố khác Ngoài câu hỏi số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn xét luận văn Luận văn chia thành hai chương Chương nhắc lại định nghĩa đa thức chia đường tròn nêu số ví dụ đa thức chia đường tròn Một số tính chất đa thức chia đường tròn lựa chọn trình bày chương mối liên hệ đa thức khác nhau, tính chất thuận nghịch Một số ứng dụng đa thức chia đường tròn trình bày phần cuối chương Chương tập trung xét tính chất hệ số đa thức chia đường tròn Φ pq (x) Φ pqr (x), với p, q, r số nguyên tố phân biệt Kết chương chứng minh hệ số đa thức chia đường tròn Φ pq (x), p, q số nguyên tố, thuộc tập hợp {−1, 0, 1} Một điều kiện đủ để đa thức Φ pqr (x) phẳng trình bày chương Một kết quan trọng khác trình bày phần khẳng định số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc với TS Đoàn Trung Cường Thầy người dành nhiều thời gian để nhắc nhở, đôn đốc bảo cho tác giả suốt q trình học tập nghiên cứu Nhờ có tận tình, chu đáo tâm huyết thầy mà tác giả hoàn thành luận văn "Hệ số đa thức chia đường tròn" Tác giả xin chân thành cảm ơn Thầy giáo thuộc Khoa Tốn - Tin, Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học giúp đỡ tạo điều kiện cho tác giả q trình học tập nghiên cứu Cuối tơi 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 tơi q trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Tác giả luận văn Đoàn Bá Thượng Chương Đa thức chia đường tròn Chương dành để trình bày đa thức chia đường tròn, từ định nghĩa, số ví dụ tính tốn cụ thể số tính chất ứng dụng đa thức Các kết chương tham khảo từ tài liệu [1, 3, 8] 1.1 Định nghĩa ví dụ Định nghĩa 1.1.1 Cho số nguyên dương n, đa thức chia đường tròn thứ n đa thức n Φn (x) = ∏ 1≤k≤n (k,n)=1 (x − εnk ) εn nguyên thủy bậc n đơn vị (ví dụ, εn = cos 2π n + i sin 2π n ) Ví dụ 1.1.2 Sau ví dụ số đa thức chia đường tròn a) Vì số phức có bậc nên ta có đa thức chia đường tròn thứ Φ1 (x) = x − b) Vì −1 số phức có bậc nên ta có đa thức chia đường tròn thứ hai Φ2 (x) = x + c) Vì có hai số phức 12 + √ i 12 − √ i có bậc nên đa thức chia đường tròn thứ ba Φ3 (x) = √ i x− − 2 √ x− + i 2 = x2 + x + d) Vì có i −i số phức có bậc đa thức chia đường tròn thứ tư Φ4 (x) = (x − i) (x + i) = x2 + e) Tương tự, Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + Φ6 (x) = x2 − x + Từ định nghĩa ví dụ số đa thức chia đường tròn có nhận xét sau Nhận xét 1.1.3 (1) Φn (x) đa thức monic bậc ϕ (n) có ϕ (n) nghiệm đơn Trong ϕ hàm Euler, ϕ (n) số số tự nhiên nhỏ n nguyên tố với n (2) Đa thức có dạng xn − phân tích thành tích đa thức chia đường tròn có số ước n x − = Φ1 (x) x2 − = Φ1 (x).Φ2 (x) x3 − = Φ1 (x).Φ3 (x) x4 − = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ4 (x) x5 − = Φ1 (x).Φ5 (x) x6 − = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x)Φ6 (x) (3) Các đa thức chia đường tròn có hệ số ngun (4) Chúng ta thấy Φ4 (x) = Φ2 (x2 ) Φ6 (x) = Φ3 (−x) (5) Tất đa thức chia đường tròn có hệ số thuộc tập {−1, 0, 1} Những nhận xét đa thức chia đường tròn liệu có cho tất đa thức chia đường tròn hay không Để trả lời câu hỏi tìm hiểu tính chất đa thức chia đường tròn 1.2 Quan hệ đa thức Φn (x) Trong phần ta tìm hiểu tính chất đa thức chia đường tròn, trọng tâm mối quan hệ đa thức Φn (x) Φm (x) với m = n số nguyên dương Bổ đề 1.2.1 Cho m, n hai số nguyên dương Khi Φn (x) Φm (x) có nghiệm chung m = n Chứng minh Giả sử Φn (x) Φm (x) có nghiệm chung εmk = εnl với (k, m) = n (l, n) = Khi ta có εmk = suy m|kn, mà (k, m) = m|n m Mặt khác ta có εnl = suy n|lm (l, n) = nên n|m Do m = n Ngược lại m = n hiển nhiên Φn (x) = Φm (x) nên chúng có nghiệm chung Bổ đề sau hữu ích thực tế giúp ta tính tốn cụ thể đa thức Φn (x) biết đa thức Φm (x)với m < n Bổ đề 1.2.2 Cho số nguyên dương n, xn − = ∏ Φd (x) d|n Chứng minh Để chứng minh đẳng thức trên, cần chứng minh hai đa thức vế trái vế phải đa thức monic có bậc, có tập nghiệm khơng có nghiệm bội Chúng ta có xn − có bậc n có n nghiệm đơn phân biệt Mặt khác Φd (x) có bậc ϕ (d) có ϕ (d) nghiệm đơn phân biệt nên ∏ Φd (x) có bậc ∑ ϕ(d) = n có ∑ ϕ(d) = n nghiệm d|n đơn phân biệt Gọi εdl với (l, d) = n εdl = 1, εdl nghiệm d|n d|n d|n nghiệm Φd (x) ta có xn − Như hai đa thức vế trái vế phải đẳng thức đa thức monic, khơng có nghiệm bội, có bậc có tập nghiệm nên chúng Vậy ta điều phải chứng minh Dựa vào Bổ đề 1.2.2 ta xác định số đa thức chia đường tròn cách dễ dàng Ví dụ 1.2.3 1) Để xác định Φ10 (x), ta có x10 − = ∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ5(x)Φ10(x) d|10 Suy Φ10 (x) = x10 −1 Φ1 (x).Φ2 (x).Φ5 (x) = x4 − x3 + x2 − x + 2) Để xác định Φ12 (x) ta có x12 − = ∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ3(x).Φ6(x)Φ12(x) d|12 Suy Φ12 (x) = x12 − = x4 − x2 + Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x).Φ6 (x) Tính chất hệ số Φn (x) kết quan trọng sau Định lý 1.2.4 Với số ngun dương n Φn (x) đa thức có hệ số nguyên Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp Với n = Φ1 (x) = x − ∈ Z[x], định lý với n = Giả sử với m nguyên dương cho ≤ m < n ta có Φm (x) ∈ Z[x] Ta biết Φn (x) = Vì xn − 1, 1≤d với số thực b Mặt khác, theo định nghĩa Φn (x) khơng có nghiệm thực Vì với a ∈ R Φn (a) > Bổ đề 1.2.6 Với m, n số nguyên dương Φn (xm ) = ∏ Φd (x), d∈D D = {d ∈ N| lcm(m, d) = m.n} = m.n k | k ∈ N, k|m, gcd(n, k) = Chứng minh Ta có Φn (xm ) ∏ Φd (x) có nghiệm đơn Lại có Φn (xm ) d∈D ước (xm )n − hay xmn − mà d ước mn nên ∏ Φd (x) ước d∈D xmn − Chúng ta chứng minh Φn (xm ) ∏ Φd (x) có tập nghiệm d∈D Thật vậy, ω ∈ C nghiệm Φn (xm ) ordω m = n lcm(m, ordω) = m.n ordω ∈ D ω nghiệm ∏ Φd (x) Như Φn (xm ) ∏ Φd (x) có tập nghiệm nên ta điều d∈D d∈D phải chứng minh Ví dụ 1.2.7 1) Với n = 3, m = ta có D = {6, 3} Suy Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x) Thật vậy, ta có Φ6 (x)Φ3 (x) = x2 − x + x2 + x + = x4 + x2 + = Φ3 (x2 ) 2) Với n = 3, m = ta có D = {6, 2} Suy Φ2 (x3 ) = Φ6 (x)Φ2 (x) Thật vậy, Φ6 (x)Φ2 (x) = x2 − x + (x + 1) = x3 + = Φ2 (x3 ) Hệ 1.2.8 Nếu p số nguyên tố, n số tự nhiên dương (p, n) = Φn (x p ) = Φnp (x).Φn (x) 28 (2) a pq (k) = −1 k + pq = ip + jq với i ∈ [r + 1; q − 1], j ∈ [s + 1; p − 1]; (3) a pq (k) = trường hợp lại Chứng minh Chúng ta có ϕ(pq) = (p − 1) (q − 1) Theo giả thiết ϕ(pq) biểu diễn dạng (p − 1) (q − 1) = rp+sq với r, s số nguyên không âm Khi r ≤ q − 2, s ≤ p − Bây chứng minh r Φ pq (x) = q−1 s ∑x ip ∑x i=0 jq − ∑ j=0 p−1 x ip x jq x−pq ∑ i=r+1 j=s+1 2πi Giả sử ε = e pq với ε nguyên thủy bậc pq đơn vị Khi ε q ε p nghiệm Φ p (x) Φq (x) Ta có Φq q−1 (ε p ) = ∑ (ε p )i r = nên ∑ (ε p )i q−1 = − ∑ (ε p )i , i=0 p−1 i=0 s r+1 p−1 j=0 j=0 s+1 Φ p (ε q ) = ∑ (ε q ) j = nên ∑ (ε p ) j = − ∑ (ε q ) j Nhân vế với vế hai biểu thức ta r ∑ (ε q−1 s p i ) ∑ (ε i=0 q j ) = ∑ j=0 p−1 p i (ε ) ∑ (ε q ) j j=s+1 i=r+1 Biến đổi biểu thức cách chuyển vế, ta r ∑ (ε q−1 s p i ) i=0 ∑ (ε q j − ) j=0 ∑ p−1 p i (ε ) i=r+1 ∑ (ε q ) j =0 j=s+1 Do ε nghiệm đa thức r f (x) = ∑ (x p i ) i=0 r Vì q−1 s q j ∑ (x ) j=0 − ∑ i=r+1 p−1 p i (x ) ∑ (xq ) j x−pq j=s+1 s i ∑ (x p ) j ∑ (xq ) i=0 j=0 đa thức monic có bậc rp+sq = (p−1)(q−1) 29 q−1 với hệ số nguyên đa thức (x p )i ∑ i=r+1 p−1 j ∑ (xq ) x−pq đa thức j=s+1 monic có bậc (r + 1)(q − 1) + (s + 1)(p − 1) − pq = (p − 1)(q − 1) − với hệ số nguyên nên f (x) đa thức monic bậc (p − 1) (q − 1) = ϕ (pq) có hệ số nguyên Nếu ε nguyên thủy bậc pq đơn vị tương tự ta chứng minh nghiệm f (x) Như f (x) đa thức monic, có hệ số nguyên, có bậc ϕ(pq) nguyên thủy bậc pq đơn vị nghiệm f (x) Do f (x) = Φ pq (x) Chúng ta thấy, i, i ∈ [0; q − 1] , j, j ∈ [0; p − 1] ip + jq = i p + j q ip + jq = i p + j q − pq q|(i − i ) p|( j − j ) Như i = i , j = j Vậy thực phép nhân vế phải đa thức f (x) khơng có hai phần tử bậc Do f (x) = Φ pq (x) nên ta có: (1) a pq (k) = k = ip + jq với i ∈ [0; r], j ∈ [0; s]; (2) a pq (k) = −1 k + pq = ip + jq với i ∈ [r + 1; q − 1], j ∈ [s + 1; p − 1]; (3) a pq (k) = trường hợp lại Hệ 2.1.6 Cho p < q Các hệ số khác đa thức Φ pq (x) thay phiên nhận giá trị −1 Ở Chương khẳng định hệ số đa thức chia đường tròn đối xứng qua hệ số trung tâm Vậy liệu xác định hệ số trung tâm đa thức Φ pq (x) hay không? Hệ sau cho câu trả lời Hệ 2.1.7 Cho p < q Đặt l = a pq (l) = (−1)r (p − 1)(q − 1) Hệ số trung tâm Φ pq (x) Chứng minh Nếu p = ta có Φ2q (x) = Φq (−x) a2q (l) = (−1)l aq (l) mà aq (l) = nên a2q (l) = (−1)l Chúng ta biết rp + sq = (p − 1) (q − 1) (2−1)(q−1) s ≤ p − Suy r = q−1 = q−1 Mặt khác ta có l = 2 , l = r Như a2q (l) = (−1)r , r = l = q−1 30 Nếu < p < q r, s có tính chẵn lẻ Chúng ta xét hai trường hợp sau = 2r p + 2s q với Trường hợp r, s chẵn l = (p−1)(q−1) theo Định lí 2.1.5 ta có a pq (l) = = (−1)r r chẵn r ∈ [0; r] , s ∈ [0; s] , s+p Trường hợp r s lẻ, viết l + pq = (p−1)(q−1) = r+q 2 p + q s+p Vì r ≤ q − s ≤ p − nên r+q ∈ [r + 1; q − 1] , ∈ [s + 1; p − 1] Như r+q s+p s+p ta có l = r+q p + q − pq với ∈ [r + 1; q − 1] , ∈ [s + 1; p − 1] nên theo Định lí 2.1.5 ta có a pq (l) = −1 = (−1)r r lẻ Vậy ta điều phải chứng minh 2.2 Hệ số đa thức Φn (x) với n nhỏ Từ Định lí 2.1.3 kết Chương 1, ta có thơng tin hệ số đa thức Φn (x) trường hợp n nhỏ Mệnh đề 2.2.1 Nếu số nguyên dương n có nhiều hai ước nguyên tố lẻ hệ số Φn (x) nhận giá trị −1, 0, Nói riêng, khẳng định ln n < 105 Chứng minh Để chứng minh mệnh đề ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: n = p số nguyên tố, Φn (x) = Φ p (x) = x p−1 + x p−2 + + x + 1, có hệ số Trường hợp 2: n = pq, với p, q số nguyên tố lẻ phân biệt Khẳng định nội dung Định lí 2.1.3 Trường hợp 3: n = 2pq, với p, q số nguyên tố lẻ phân biệt Khẳng định suy từ Định lý 1.2.12 Định lí 2.1.3 Trường hợp 4: n = 2α pβ qγ , với p, q số nguyên tố lẻ phân biệt, α, β , γ số nguyên dương Khi đó, ta có α−1 pβ −1 qγ−1 Φ2α pβ qγ (x) = Φ(2α−1 pβ −1 qγ−1 )(2pq) (x) = Φ2pq x2 31 Vì vậy, Φ2α pβ qγ (x) có hệ số thuộc {−1; 0; 1} Do với bốn trường hợp với n mà có nhiều hai ước nguyên tố lẻ hệ số Φn (x) thuộc {−1; 0; 1} Trường hợp nên xét trường hợp n có ba ước số nguyên tố lẻ Câu hỏi tự nhiên với số n kết luận Mệnh đề 2.2.1 có khơng? Ta có loạt ví dụ tính tốn sau Ví dụ 2.2.2 Với n = 3.5.7 = 105, ta có Φ3.5 x7 Φ105 (x) = Φ3.5.7 (x) = Φ3.5 (x) Φ3 x35 Φ3.5 x7 = Φ3 (x7 ) Φ3 x5 Φ3.5 (x) = Φ3 (x) Suy Φ105 (x) = Φ3 x35 Φ3 (x) Φ3 (x7 ).Φ3 (x5 ) Mà có Φ3 (x) = x2 + x + 1; Φ3 x5 = x10 + x5 + 1; Φ3 x7 = x14 + x7 + 1; Φ3 x35 = x70 + x35 + Vậy ta có x70 + x35 + x2 + x + Φ105 (x) = 14 (x + x7 + 1) (x10 + x5 + 1) =x48 + x47 − x43 − x42 − 2x41 − x40 − x39 + x36 + x35 + x34 + x33 + x32 + x31 − x28 − x26 − x24 − x22 − x20 + x17 + x16 + x15 + x14 + x13 + x12 − x9 − x8 − 2x7 − x6 − x5 + x2 + x + 32 Những hệ số đơn thức x21 x7 −2 nên Φ105 (x) không thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 Ví dụ 2.2.3 Với n = 3.5.11 = 165, có Φ3 x55 Φ3 (x) Φ165 (x) = Φ3 (x11 ).Φ3 (x5 ) Suy Φ165 (x) =x80 + x79 + x78 − x75 − x74 − x73 − x69 − x68 − x67 + x65 + 2x64 + 2x63 + x62 − x60 − x59 − x58 − x54 − x53 − x52 + x50 + 2x49 + 2x48 + 2x47 + x46 − x44 − x43 − x42 − x41 − x40 − x39 − x38 − x37 − x36 + x34 + 2x33 + 2x32 + 2x31 + x30 − x28 − x27 − x26 − x22 − x21 − x20 + x18 + 2x17 + 2x16 + x15 − x13 − x12 − x11 − x7 − x6 − x5 + x2 + x + Những hệ số đơn thức x64 , x63 , x49 , x48 , 2x47 , x33 , x32 , x31 , x17 , x16 Φ165 (x) không thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 Ví dụ 2.2.4 Với n = 3.5.13 = 195, có Φ195 (x) = Φ3 x65 Φ3 (x) Φ3 (x13 ).Φ3 (x5 ) Suy Φ195 (x) =x96 + x95 + x94 − x91 − x90 − x89 − x83 − x82 + x80 + x79 + x78 + x77 − x75 − x74 − x68 − x67 + x65 + x64 + x63 + x62 − x60 − x59 + x57 + x56 + x55 − x53 − 2x52 − x51 + x49 + x48 + x47 − x45 − 2x44 − x43 + x41 + x40 + x39 − x37 − x36 + x34 + x33 + x32 + x31 − x29 − x28 − x22 − x21 + x19 + x18 + x17 + x16 − x14 − x13 − x7 − x6 − x5 + x2 + x + 33 Những hệ số đơn thức x52 , x44 −2 Φ195 (x) khơng thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 Ví dụ 2.2.5 Với n = 3.5.17 = 255, ta có Φ255 (x) =x128 + x127 + x126 − x123 − x122 − x121 + x113 + x112 − x110 − x109 − x108 − x107 + x105 + x104 + x98 + x97 − x95 − x94 − x93 − x92 + x90 + x89 + x83 + x82 − x80 − x79 − x78 + x76 + 2x75 + x74 − x72 − x71 − x70 + x68 + x67 − x65 − x64 − x63 + x61 + x60 − x58 − x57 − x56 + x54 + 2x53 + x52 − x50 − x49 − x48 + x46 + x45 + x39 + x38 − x36 − x35 − x34 − x33 + x31 + x30 + x24 + x23 − x21 − x20 − x19 − x18 + x16 + x15 − x7 − x6 − x5 + x2 + x + Những hệ số đơn thức x75 , x53 Φ255 (x) không thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 Ví dụ 2.2.6 Với n = 3.7.11 = 231, ta có Φ231 (x) =x120 + x119 + x118 − x113 − x112 − x111 − x109 − x108 − x107 + x102 + x101 + x100 + x99 + x98 + x97 − x92 − x91 − x90 − x88 + x85 + x81 + x77 − x75 − x74 − x71 − x70 + x68 + x64 + x60 + x56 + x52 − x50 − x49 − x46 − x45 + x43 + x39 + x35 − x32 − x30 − x29 − x28 + x23 + x22 + x21 + x20 + x19 + x18 − x13 − x12 − x11 − x9 − x8 − x7 + x2 + x + Ta thấy tất hệ số Φ231 (x) thuộc tập {−1; 0; 1} Φ231 (x) thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 34 Ví dụ 2.2.7 Với n = 3.7.13 = 273, tính tốn tương tự ta có Φ273 (x) =x144 + x143 + x142 − x137 − x136 − x135 − x131 − x130 − x129 + x124 + 2x123 + 2x122 + x121 − x116 − x115 − x114 − x110 − x109 − x108 + x105 + x104 + 2x103 + 2x102 + 2x101 + x100 − x98 − x97 − x96 − x95 − x94 − x93 − x92 − x91 − x90 − x89 − x88 − x87 + x85 + 2x84 + 2x83 + 2x82 + 2x81 + 2x80 + x79 − x77 − x76 − x75 − x74 − x73 − x72 − x71 − x70 − x69 − x68 − x67 + x65 + 2x64 + 2x63 + 2x62 + 2x61 + 2x60 + x59 − x57 − x56 − x55 − x54 − x53 − x52 − x51 − x50 − x49 − x48 − x47 − x46 + x44 + 2x43 + 2x42 + 2x41 + x40 + x39 − x36 − x35 − x34 − x30 − x29 − x28 + x23 + 2x22 + 2x21 + x20 − x15 − x14 − x13 − x9 − x8 − x7 + x2 + x + Những hệ số đơn thức x123 , x122 , x103 , x102 , x101 , x84 , x83 , x82 , x81 , x80 , x64 , x63 , x62 , x61 , x60 , x22 , x21 Φ273 (x) không thỏa mãn kết Mệnh đề 2.2.1 Như khẳng định rằng, đa thức chia đường tròn Φn (x) với n < 105 có hệ số thuộc tập {−1; 0; 1} Nhưng n tích ba số nguyên tố lẻ phân biệt, khẳng định với số trường hợp riêng lẻ, nói chung khơng 2.3 Hệ số đa thức Φ pqr (x) Ở chương trước ta chứng minh Φ2qr (x) = Φqr (−x) hệ số thuộc tập {−1, 0, 1} Điều khơng với đa thức Φ pqr (x) mà p, q, r số nguyên tố lẻ phân biệt Các hệ số đa thức Φ pqr (x) mà p, q, r số nguyên tố lẻ phân biệt chủ đề nhiều nghiên cứu, tiếp tục Cho đến người ta đưa số đánh giá hệ số đa thức 35 Định nghĩa 2.3.1 Đặt A(n) giá trị tuyệt đối lớn hệ số đa thức Φn (x) Nếu A(n) = ta gọi Φn (x) đa thức phẳng Ví dụ đa thức phẳng đa thức Φ pq (x), Φ2pq (x), Φ3.7.11 (x) thấy tiết trước Năm 1895 Bang chứng minh A(pqr) ≤ p − Năm 1968 Beiter p+1 chứng minh cho trường hợp p = đưa giả thuyết A(pqr) ≤ p = Một thời gian sau người ta tìm A(17.29.41) = 10 với p+1 p = 17 = 9, giả thuyết Beiter khơng Năm 2009 Gallot 2p More đề xuất cách sửa giả thuyết Beiter thành A(pqr) ≤ Giả thuyết Zhao Zhang chứng minh Hai định lí sau đánh giá độ lớn hệ số đa thức Φ pqr (x) Định lý 2.3.2 Cho p, q, r số nguyên tố lẻ p < q < r Khi Φ pqr (x) có A(pqr) ≤ p − k p = 4k + A(pqr) ≤ p − k − p = 4k + Định lý 2.3.3 Cho < p < q < r p, q, r số nguyên tố thỏa mãn q ≡ ( mod p) r = 21 (mpq − 1), với vài số nguyên m a pqr ((p − 1) (qr + 1) /2) = (p + 1) Theo ví dụ biết tiết trước hệ số đa thức Φ pqr (x) nói chung khơng thuộc tập {−1, 0, 1} Tuy nhiên có đa thức thỏa mãn tính chất Φ231 (x) Câu hỏi đa thức Φ pqr (x) đa thức phẳng câu hỏi thú vị Trả lời câu hỏi này, người ta biết số điều kiện đủ Trong phần ta xét điều kiện Cho p < q < r số nguyên tố lẻ Đặt (p−1)(q−1)(r−1) Φ pqr (x) = ∑ ci x i , i=0 (p−1)(q−1) Φ pq (x) = ∑ i=0 x i 36 Với giá trị n, đặt ai= i ≤ nr , i > nr Các hệ số ci tính thông qua hệ số a j sau Bổ đề 2.3.4 Kí hiệu f (m) số nguyên đoạn ≤ f (m) < pq thỏa mãn f (m) ≡ r−1 (n − m) (mod pq) Khi p−1 cn = q+p−1 ∑ a f (m) − ∑ m=0 a f (m) m=q Chứng minh Ta có Φ pq (xr ) Φ pq (xr )Φ1 (x)Φ p (x)Φq (x) = Φ pqr (x) = Φ pq (x) x pq − Viết dạng chuỗi lũy thừa ta = − + x pq + x2pq + pq x −1 Khi đó, Φ pqr (x) = (1 + x pq + ) + x + + x p−1 − xq − − xq+p−1 Φ pq (xr ) Đặt g(x) = (1 − x pq ) Φ pqr (x) = (1 + x pq + ) + x + + x p−1 − xq − − xq+p−1 Φ pq (xr ) Ta xác định số hạng g(x) với số mũ đồng dư với n (mod pq) Ký 37 hiệu  m ∈ [0; p − 1] ,  1 χm = −1 m ∈ [q; p + q − 1] ,   trường hợp lại Vì f (m) ≡ r−1 (n − m) (mod pq) nên r f (m) ≡ n − m (mod pq) Khi đó, χm xm a f (m) xr f (m) số hạng g(x) với số mũ đồng dư với n (mod pq) Chú ý bậc Φ pq (x) (p − 1)(q − 1) Khi m thay đổi [0; pq − 1], ta tìm toàn số hạng g(x) với số mũ đồng dư với n (mod pq) Để tìm cn tính tổng số hạng với số mũ lớn n Khi m < pq r f (m) ≡ n − m (mod pq), có r f (m) ≤ n m + r f (m) ≤ n Do q+p−1 p−1 cn = ∑ χma f (m) = ∑ a f (m) − ∑ m≥0 a f (m) m=q m=0 Kết tiết định lý sau Định lý 2.3.5 (Kaplan) (xem [7]) Cho p < q số nguyên tố Giả sử r số nguyên tố thỏa mãn r ≡ ±1 (mod pq) Khi đó, đa thức Φ pqr (x) phẳng, nói cách khác, hệ số đa thức thuộc vào tập hợp {−1; 0; 1} Chứng minh Giả sử r ≡ (mod pq) Do r−1 ≡ (mod pq) Chúng ta chứng minh hệ số cn đa thức Φ pqr (x) thỏa mãn |cn | ≤ Với n cho, ký hiệu f (i) giá trị thuộc đoạn ≤ f (i) ≤ pq thỏa mãn f (i) ≡ n − i (mod pq) Theo Bổ đề 2.3.4, ta có p−1 cn = q+p−1 ∑ a f (i) − ∑ i=0 j=q a f ( j) 38 Đặt q+p−1 p−1 S= ∑ b f (i), T = ∑ b f ( j) j=q i=0 Trong chứng minh Bổ đề 2.3.4 ta g(x) = (1 − x pq ) Φ pqr (x) = + x + + x p−1 − xq − − xq+p−1 Φ pq (xr ), bậc g(x) r(p−1)(q−1)+q+ p−1 = (r −1)(p−1)(q−1)+ pq Với n > deg(Φ pqr (x)) = (p − 1)(q − 1)(r − 1), có cn = Từ = với i ≤ (p − 1)(q − 1), với n ≥ r(p − 1)(q − 1), ta có a f (i) = b f (i) với i Như q+p−1 p−1 ∑ a f (i) = ∑ a f ( j) j=q i=0 Mặc dù ta giả sử n ≥ r(p − 1)(q − 1), kết với n Sử dụng Hệ 2.1.6, với α, β ta có β ∑ ≤ i=α Chú ý f (i + k) ≡ f (i) − k(mod pq) pq − (p − 1)(q − 1) = p + q − Cho j ≤ i ≤ j + p − Nếu a f (i) = có f (i) ∈ [l, l + p − 1], (p − 1)(q − 1) < f (i) < pq a f (i) = Điều dẫn đến giá trị tuyệt đối S, T không vượt Nếu T = rõ ràng |cn | ≤ Xét T = T = −1 Chứng minh cho T = −1 tương tự nên ta cần xét T = Ta chia thành hai trường hợp Trường hợp thứ nhất, giả sử có k cho q ≤ k ≤ q + p − 1, a f (k) = r f (k) > n, a f (k) = Suy S = cn = Chú ý f (k) ≤ (p − 1)(q − 1) xảy đồng thời f (k) = (p − 1)(q − 1) k = q + p − Thật vậy, với f ( j) ≥ f (k) với q ≤ j ≤ q + p − 1, b f ( j) = 0, trái với giả thiết T = Cho nên k < f (k) + pq 39 Vì vậy, với ≤ i ≤ p − 1, f (i) > f (k), b f (i) = S = Bây giờ, với q ≤ k ≤ q + p − 1, a f (k) = a f (k) Do T = Do T = số hạng khác tổng thay phiên −1, số hạng khác không cho giá trị nhỏ giá trị lớn f ( j) Vì với n, S = S = Do |cn | ≤ Trường hợp r ≡ −1 (mod pq) chứng minh tương tự 2.4 Các số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn Trong trường hợp tổng quát, câu hỏi tự nhiên thú vị số nguyên hệ số đa thức Φn (x) Trong phần ta tìm hiểu câu trả lời cho câu hỏi Trước hết xét bổ đề sau Bổ đề 2.4.1 Cho t số nguyên lớn Khi đó, có t số nguyên tố p1 < p2 < < pt cho p1 + p2 > pt Chứng minh Giả sử ta có số nguyên t lớn có t số nguyên tố p1 < p2 < < pt thỏa mãn p1 + p2 ≤ pt Suy 2p1 < pt Do đó, với số nguyên k bất kì, số số nguyên tố 2k−1 2k ln t Vì có t số nguyên tố phân biệt 2k−1 2k , ta có p1 > 2k−1 suy 2p1 > 2k > pt điều không với giả sử Do số số nguyên tố 2k π 2k < kt sai theo định lí số ngun tố, từ π (x) > x log x với x ≥ 17 Do ta chứng minh : Nếu với số ngun t lớn có t số nguyên tố p1 < p2 < < pt cho p1 + p2 > pt Định lý 2.4.2 (Xem [8]) Mọi số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn Chứng minh Cho t số nguyên dương lẻ lớn Theo Bổ đề 2.4.1 tìm t số ngun tố p1 < p2 < < pt cho p1 + p2 > pt µ( n ) Đặt p = pt n = p1 p2 pt Chúng ta có Φn (x) = ∏ xd − d Do n d|n tích số nguyên tố phân biệt nên khơng có ước số phương Xét 40 modulo x p+1 , với d = pi , i = 1, 2, ,t, ta có d Φn (x) = ∏ x − d|n µ ( dn ) t x pi − i=1 x − ≡∏ mod x p+1 (1 − x p ) ≡ (1 − x p1 ) (1 − x pt−1 ) mod x p+1 (1 − x) ≡ + x + + x p−1 (1 − x p1 − − x pt−1 ) mod x p+1 Điều cho ta an (p) = −t + an (p − 2) = −t + Đặt S := {an (m) | ∀n, m ∈ N} Cho t chạy tất số nguyên lẻ, t > ta suy S ⊇ {l ∈ Z | l ≤ −1} Chúng ta biết {−1, 0, 1} ⊂ S Để chứng minh S chứa tất số nguyên dương lớn 2, xét Φ2n (x) n = p1 p2 pt Ta có a2n (p) = (−1) p an (p) = t − a2n (p − 2) = (−1) p−2 an (p − 2) = t − Do cho t chạy tất số nguyên lẻ lớn ta suy S chứa toàn số nguyên dương lớn Vậy S = Z hay Z = {an (k)| k, n ∈ N} 41 Kết luận Nội dung luận văn trình bày lại số kiến thức sau đa thức chia đường tròn: Trình bày khái niệm chứng minh số tính chất đa thức chia đường tròn Φn (x) Chứng đa thức chia đường tròn có hệ số ngun công thức quan trọng xn − = ∏ Φd (x) d|n Đưa số ứng dụng đa thức vào số học Trình bày số tính chất hệ số, định lí xác định hệ số đa thức chia đường tròn dạng Φ pq (x) Đưa loạt ví dụ tính tốn đa thức chia đường tròn với n nhỏ Trình bày điều kiện đủ để đa thức chia đường tròn Φ pqr (x) phẳng Trình bày kết khẳng định số nguyên hệ số đa thức chia đường tròn 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Đình Minh, Đa thức chia đường tròn ứng dụng vào toán số học Báo cáo Lớp bồi dưỡng Giáo viên chuyên Toán - Chương trình trọng điểm quốc gia Phát triển Tốn học đến năm 2020 (tháng 8/2016) Tiếng Anh [2] Jordan Bell, Coefficients of cyclotomic polynomials Preprint 2014 [3] Gary Brookfield, The coefficients of cyclotomic polynomials Mathematics Magazine 89(3) (2016), 179 - 188 [4] Paul Erdăos, On the coefficients of the cyclotomic polynomial Bull Amer Math Soc 52(2) (1946), 179 - 184 [5] Paul Garrett, Cyclotomic polynomial I, II Course notes on Abstract Algebra 2016 [6] Martin Isaacs, Algebra Graduate Studies in Mathematics AMS (2009) [7] N Kaplan, Flat cyclotomic polynomials of order three J Number Theory 127 (2007), 118-126 [8] R Thangadurai, On the coefficients of cyclotomic polynomials Preprint 2016 ... giá hệ số, thay xét hệ số tất đa thức chia đường tròn ta cần xét hệ số đa thức Φn (x) với n số lẻ Ví dụ, để xác định đa thức chia đường tròn Φ2n (x) với n lẻ lớn 1, cần tìm đa thức chia đường tròn. .. nghịch đa thức chia đường tròn Quan sát hệ số Φ21 (x) Φ42 (x) thấy hệ số chúng đối xứng qua hệ số đơn thức x6 nên chúng đa thức thuận nghịch Từ xuất câu hỏi đặt có phải đa thức chia đường tròn đa thức. .. lưu ý hệ số đa thức chia đường tròn Φn Bằng tính tốn trực tiếp, người ta nhận thấy đa thức chia đường tròn (n nhỏ) có hệ số nằm số −1, 0, Đã có giả thuyết điều với đa thức chia đường tròn bất