Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)

Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ LAN HƢƠNG ĐỊNH LÝ ZSIGMONDY VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ LAN HƢƠNG ĐỊNH LÝ ZSIGMONDY VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số : 84 60 113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Định lý Zsigmondy 1.1 Đa thức số phức 1.1.1 Khái niệm đa thức, phép toán 1.1.2 Thuật toán Euclid 1.1.3 Xây dựng trường số phức C 1.2 Đa thức chia đường tròn 1.2.1 Đa thức chia đường tròn 1.2.2 Vận dụng 1.3 Định lý Zsigmondy 1.3.1 Định lý Zsigmondy 1.3.2 Vận dụng Định lý Zsigmondy Tính chất số học đa thức 2.1 Tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] 2.1.1 Định lý Bézout 2.1.2 Vận dụng 2.2 Đa thức Hilbert biểu diễn Mahler 2.3 Vận dụng giải toán thi học sinh giỏi Kết luận Tài liệu tham khảo 4 13 13 19 21 21 23 27 27 27 29 38 40 44 45 Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Tác giả 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 tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể Lớp B, cao học Tốn khóa 10 (2016 - 2018) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt, Huyện Thủy Nguyên, Thành phố Hải Phòng tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ đại gia đình ln động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành tốt luận văn Lời nói đầu Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cơng cụ đắc lực Giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy, Ngồi ra, đa thức sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi toán quốc gia Olympic toán quốc tế tốn đa thức thường đề cập đến xem tốn khó bậc phổ thơng Đã có nhiều đề tài viết đa thức luận văn tơi muốn tập trung xét việc vận dụng đa thức số học Mục đích luận văn giới thiệu Định lý Zsigmondy - định lý mạnh xử lý tốn khó số nguyên tố giới thiệu tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận hai chương Chương Định lý Zsigmondy Chương gồm ba mục chính: Mục 1.1 trình bày số tính chất đa thức số phức Mục 1.2 trình bày đa thức chia đường tròn Mục 1.3 trình bày Định lý Zsigmondy vận dụng Định lý Zsigmondy giải số toán thi học sinh giỏi Chương Tính chất số học đa thức Chương chia thành ba mục chính: Mục 2.1 trình bày tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Mục 2.2 trình bày đa thức Hilbert biểu diễn Mahler Mục 2.3 trình bày cách vận dụng đa thức Hilbert Chương Định lý Zsigmondy Trước giới thiệu định lý Zsigmondy, phần đầu chương luận văn trình bày kiến thức sở đa thức, trường số phức đa thức chia đường tròn Các kiến thức chương tham khảo từ tài liệu [1] [3] 1.1 Đa thức số phức 1.1.1 Khái niệm đa thức, phép toán Mục tập trung nghiên cứu vành đa thức biến trường Trường K trường Q, R, C Ký hiệu tập đa thức K n n xi | ∈ K K[x] = {a0 + a1 x + · · · + an x |ai ∈ K, n ∈ N} = i=0 Mỗi phần tử thuộc K[x] viết f (x) đơn giản f Phần tử n f= xi với quy ước x0 = 1, gọi đa thức biến x với i=0 hệ tử thuộc K Khi an = n số tự nhiên n gọi bậc đa thức f ký hiệu n = deg f ; an gọi hệ tử cao nhất; a0 gọi hệ tử tự hay số hạng tự Trường hợp f = a = 0, a ∈ K, gọi đa thức bậc Đặc biệt, f = đa thức quy ước có bậc −1 −∞, tùy theo việc sử dụng bậc vào lĩnh vực Đa thức dạng f = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + xn gọi đa thức n monic Các phép toán K[x] : Với f = i m x , g = i=0 i=0 bi xi ∈ K[x] ta định nghĩa  m = n f = g ai = bi , i = 0, 1, , n i m+n ai−j bj xi i f +g = (ai + bi )x , f g = i=0 i=0 j=0 Mệnh đề 1.1 Với phép toán trên, K[x] lập thành vành giao hốn có đơn vị Mệnh đề 1.2 Với hai đa thức f, g ∈ K[x] ta có kết bậc: (1) deg(f + g) max{deg f, deg g} (2) deg(f g) = deg f deg g n Chứng minh (1) Giả sử f = i=0 xi g = m bi xi Không hạn chế i=0 coi m n Nếu m < n deg(f + g) = n max{n, m} Nếu m = n an + bn = deg(f + g) = n = max{n, n} Nếu m = n an + bn = deg(f + g) < n = max{n, n} Tóm lại, ta ln có deg(f + g) max{deg f, deg g} (2) Vì an , bm = nên an bm = Do deg(f g) = m.n = deg f deg g 1.1.2 Thuật toán Euclid Cho hai đa thức f (x) g(x) với bậc n = deg f (x) m = deg g(x) Giả thiết m > Nếu có đa thức h(x) để f (x) = h(x)g(x) ta nói f (x) chia hết cho g(x) với thương h(x) Nếu khơng có đa thức h(x) để f (x) = h(x)g(x) ta nói đa thức f (x) khơng chia hết cho g(x) Ta có hai đa thức h(x), r(x) để f (x) = h(x)g(x) + r(x), deg r(x) < m Đa thức r(x) gọi đa thức dư phép chia đa thức f (x) cho đa thức g(x) Định lý 1.1 Với đa thức f (x), g(x) thuộc vành K[x] g(x) = có hai đa thức q(x), r(x) cho f (x) = q(x)g(x) + r(x), deg r(x) < deg g(x) Chứng minh Sự tồn tại: Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 Nếu n < m chọn q(x) = 0, r(x) = f (x) an n−m Nếu n m ta xét hiệu f1 (x) = f (x) − x g(x) Khi n1 = bm an n−m deg f1 (x) n − Nếu n1 < m chọn q(x) = x r(x) = f1 (x) bm Nếu n1 m ta tiếp tục trình Sau số hữu hạn bước, ta đạt q(x) r(x) thỏa mãn yêu cầu đặt Tính nhất: Giả sử có đa thức q1 (x), q2 (x), r1 (x), r2 (x) thỏa mãn q1 (x)g(x)+r1 (x) = f (x) = q2 (x)g(x)+r2 (x) với deg r1 (x), deg r2 (x) < m Từ suy [q1 (x) − q2 (x)]g(x) = r1 (x) − r2 (x) Nếu q1 (x)−q2 (x) = deg[q1 (x)−q2 (x)]g(x) m > deg[r1 (x)−r2 (x)], vô lý Từ suy q1 (x) = q2 (x) r1 (x) = r2 (x) Định nghĩa 1.1 Đa thức d(x) gọi nhân tử chung hai đa thức f (x) g(x) f (x) g(x) chia hết cho đa thức d(x) Hai đa thức f (x) g(x) gọi nguyên tố chúng có ước chung đa thức bậc Định lý 1.2 [Bézout] Hai đa thức f (x) g(x) nguyên tố có hai đa thức p(x), q(x) để p(x)f (x) + q(x)g(x) = Định lý 1.3 Vành K[x] vành vành nhân tử hóa 1.1.3 Xây dựng trường số phức C Xét tích T = RxR = {(a, b) |a, b ∈ R} Với kí hiệu i ∈ / R ta đồng cặp (a, b) với a + bi tích Carte T = RxR coi tập T = {(a + bi) |a, b ∈ R} Định nghĩa phép toán T: a + bi = c + di a = c, b = d (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i (a + bi).(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i a = a + 0i, i = + bi, bi = ib Để đơn giản, ta quy ước viết (a + bi)(c + di) thay cho (a + bi).(c + di) Từ định nghĩa, ta có : (1) Với i = + 1i ∈ T có i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) = −1 + 0i = −1 (2) (a + bi)(1 + 0i) = a + bi = (1 + 0i)(a + bi) Ký hiệu C tập T với phép toán nêu Ta có: Bổ đề 1.1 Ánh xạ φ : R → C, a → (a, 0), đơn ánh thỏa mãn φ(a + a ) = φ(a) + φ(a ), φ(aa ) = φ(a)φ(a ) với a, a ∈ R Đồng (a, 0) ∈ C với a ∈ R Khi ta viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1 Do i hay a a+ bi bình đẳng C Như C = (a + bi) |a, b ∈ R, i2 = −1 C ta có kết quả: a + bi = c + di a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C gọi số phức với phần thực a, ký hiệu Re(z), phần ảo b, ký hiệu Im(z); i gọi đơn vị ảo Số phức a − bi gọi số phức liên hợp của z = a + bi ký hiệu z = a + bi Ta có zz = (a + bi) (a − bi) = a2 + b2 , z1 z2 = z1 z2 √ gọi |z| = zz mô-đun z Số đối z = c + di −z = −c − di hiệu z − z = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M (a;b) Tương ứng song ánh: C → R × R, z = a + bi → M (a; b) Khi đồng C với (Oxy) qua việc đồng z với M, mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss, ghi công C F Gauss-người đưa biểu diễn Mệnh đề 1.3 C trường chứa trường R trường Chứng minh Dễ dàng kiểm tra C vành giao hoán với đơn vị Giả sử z = a + bi = Khi a2 + b2 > Giả sử z =x + yi ∈ C a   x = ax − by = a + b2 thỏa mãn zz’=1 hay Giải hệ ta b  bx + ay = y=− a + b2 a b −1 = − i nghịch đảo z, ký hiệu z Vậy z = a + b2 a2 + b2 z Như C trường Tương ứng C → C, z → z, tự đẳng cấu liên hợp Đồng a ∈ R với a + 0i ∈ C coi R trường C hay R ⊂ C Chú ý, nghịch đảo z = z −1 = z zz z −1 = z z = z |z|2 |z|2 Định nghĩa 1.2 Cho số phức z = Giả sử M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Số đo (rađian) góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM gọi Argument z ký hiệu Arg(z) Góc α=xOM, − π ≤ α ≤ π, gọi argument z ký hiệu argz Argument số phức không định nghĩa Chú ý, α argument z argument z có dạng α+k2.π với k ∈ Z Với z = , ký hiệu α+k.2π argument z √ Ký hiệu r = zz Khi số phức z = a + bi có a = rcosα, b = r sin α Vậy z = biểu diễn z = r (cos α + i sin α) biểu diễn gọi dạng lượng giác z n Ví dụ 1.1 Với a + bi =(x + iy)n có a2 + b2 = x2 + y Bài giải Từ a + bi = x + iy n a2 + b2 = x2 + y n n suy a − bi = x − iy Như 31 Xét phương trình fn (x) = x với x = cos t Ta có cos 3n t = cos t 2kπ 2kπ t = n với k = 0, 1, 2, , 3n với ý Giải t = n +1 −1 2.0.π 2.0.π = Ta nhận 3n nghiệm phân biệt n n +1 −1 Ví dụ 2.6 Giả sử đa thức f (x) ∈ Z[x] thỏa mãn f (f ( f (m) )) = m n lần f với số nguyên m số nguyên n Chứng minh f (f (m)) = m Từ suy số nghiệm nguyên phương trình f (f ( f (x) )) = x 2017 lần f với f (x) = x + 3x − không lớn Bài giải Xét dãy (mk ) với m0 = m mk+1 = f (mk ) với số nguyên k Giả sử mr = m0 = m Theo Định lý 2.1 ta có dk = mk+1 − mk |f (mk+1 ) − f (mk ) = mk+2 − mk+1 = dk+1 cho số nguyên k Kết hợp với mr = m0 = m ta suy dr = d0 nhận |d0 | = |d1 | = · · · = |dr | Giả sử d1 = d0 = d = Khi d2 = d Tương tự d3 = d, Vậy mk = m0 + kd = m0 cho k, mâu thuẫn Từ suy d1 = −d0 suy m2 = m0 = m Giả sử x = m nghiệm nguyên phương trình f (f ( f (x) )) = x 2017 lần f Khi m phải nghiệm nguyên phương trình f (f (x)) = x Ta có x4 + 6x3 + 4x2 − 16x = Phương trình có hai nghiệm ngun x = x = −4 Vậy, số nghiệm nguyên phương trình f ( f (x) ) = x 2017 lần f với f (x) = x + 3x − không lớn Ví dụ 2.7 Cho số nguyên m đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) số nguyên chia hết cho m x nhận giá trị nguyên Chứng minh rằng, n!an chia hết cho m Bài giải Xét đa thức f (x) Vì f (x) số nguyên chia hết cho m m x số nguyên nên f (x) nhận giá trị nguyên x số nguyên Theo m 32 Định lý ??, có số nguyên b0 , b1 , , bn để f (x) viết thành m x x x f (x) = b0 + b1 + · · · + bn m n n−1 Hệ số cao đa thức b0 + nb1 + · · · + n!bn Do vậy, n!an chia hết cho m Ví dụ 2.8 Xác định tất số nguyên dương n để tất đa thức f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) + bất khả quy với n số nguyên phân biệt đôi a1 , a2 , , an Bài giải Với n = 1, đa thức f (x) = x − a + bất khả quy Với n = 2, đa thức f (x) = (x − a)(x − a − 2) + = (x − a − 1)2 khả quy Với n = 4, đa thức f (x) = (x − a)(x − a − 1)(x − a − 2)(x − a − 3) + hay f (x) = [(x − a − 1)(x − a − 2) − 1]2 khả quy Xét n = n Giả sử đa thức f (x) khả quy Z[x], có nghĩa: Có hai đa thức g(x), h(x) bậc lớn g(x), h(x) ∈ Z[x] để f (x) = g(x)h(x) Khi g(ai )h(ai ) = với i = 1, 2, , n Như vậy, g(ai ) = h(ai ) = ±1 với i = 1, 2, , n Do bậc g(x), h(x) lớn n điểm phân biệt , n > deg g(x), deg h(x), nên g(x) = h(x) Ta có f (x) = g(x)2 Từ suy n phải số chẵn, n = 2m, n số lẻ f (x) bất khả quy Viết [g(x) + 1][g(x) − 1] = (x − a1 )(x − a2 ) (x − a2m ), m Sắp xếp lại, cần, ta viết g(x) + = (x − a1 )(x − a3 ) (x − a2m−1 ) g(x) − = (x − a2 )(x − a4 ) (x − a2m ) với a1 > a3 > · · · > a2m−1 a2 > a4 > · · · > a2m Trừ hai vế, ta có = (x − a1 )(x − a3 ) (x − a2m−1 ) − (x − a2 )(x − a4 ) (x − a2m ) Vậy = (a2k − a1 )(a2k − a3 ) (a2k − a2m−1 ) 33 Ta coi a2 số lớn Vì = 1.2 = (−1)(−2) nên việc biểu diễn = (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a2 − a2m−1 ) tích m thừa số khác xảy Điều điều giả sử sai Đa thức f (x) bất khả quy Tóm lại, với n = 1, n = 3, n 5, đa thức f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) + bất khả quy với n số nguyên phân biệt đôi a1 , a2 , , an n n Ví dụ 2.9 Giả sử x = c(n, k) k=0 n > 2017 Bài giải Với biểu diễn xn = x k Tính n c(n, k) k=0 n x n+1 = k=0 n = k=0 n = k=0 x c(n, k) x= k x = x (x + − 1) k c(n, k) k=0 n x k c(n, k) k=0 x+1 c(n, k)(k + 1) − k+1 c(n, k)(k + 1) k=0 n ta biến đổi tổng n x c(n, k) (x + 1) − k n n+1 x k c(n, 2017) + c(n, 2018) c(n + 1, 2018) n k=0 x x + k k+1 n − c(n, k − 1)k + (k + − 1)c(n, k) = k=0 n k c(n, k − 1) + c(n, k) = k=0 x Do k c(n, k) c(n, k) k=0 x k x k x k Từ suy c(n + 1, k) = k c(n, k − 1) + c(n, k) Ta nhận c(n, k − 1) + c(n, k) = Khi số nguyên n > 2017 ta nhận kết c(n + 1, k) k c(n, 2017) + c(n, 2018) = c(n + 1, 2018) 2018 Ví dụ 2.10 Cho số tự nhiên n > Chứng minh rằng, đa thức hai biến f (y, z) = y n + 5y n−1 z + 3z n bất khả quy Z[y, z] 34 y Ta z cần chứng minh k(x) = xn + 5xn−1 + bất khả quy Z[x] Với n = 2, đa thức k(x) = x2 + 5x + khơng có nghiệm Z Đa thức bất khả quy Với n > 2, giả sử đa thức k(x) = g(x)h(x), g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x), deg h(x) > k(x) khơng có nghiệm Z Do g(0)h(0) = k(0) = nên |g(0)| = |h(0)| = 1, chẳng hạn |g(0)| = Biểu diễn đa thức Bài giải Biểu diễn f (y, z) = z n xn + 5xn−1 + với x = g(x) = xs + a1 xs−1 + · · · + as , s > 1, |g(0)| = Gọi α1 , , αs nghiệm g(x) = 0, nghiệm s |αi | = |g(0)| = Từ k(αi ) = g(αi )h(αi ) = thực hay phức Ta có i=1 ta suy k(αi ) = với i = 1, 2, , s Dễ dàng 3s = s i=1 |αin−1 (αi +5)| s |(αi +5)| = |g(−5)| Từ g(−5)h(−5) = k(−5) = = i=1 nên |g(−5)| = |g(−5)| = Do s > nên |g(−5)| = 3s sai Vậy điều giả sử k(x) khả quy sai Từ suy k(x) bất khả quy Ví dụ 2.11 Cho số tự nhiên n > Chứng minh, đa thức hai biến f (y, z) = y − yz + nz bất khả quy Z[y, z] |n y Bài giải Biểu diễn f (y, z) = z x5 −x+n với x = Ta cần chứng z minh k(x) = x5 − x + n bất khả quy Z[x] |n Giả sử k(x) = (x − m)h(x) Khi k(m) = hay m5 − m = −n Vì m ∈ N∗ số nguyên tố nên m5 − m ≡ 0( mod 5) theo Định lý nhỏ Fermat Từ suy 5|n, mâu thuẫn với giả thiết Giả sử k(x) = (x2 −bx−c)h(x) Khi x5 −x+n chia hết cho x2 −bx−c Thực phép chia x5 − x + n cho x2 − bx − c ta nhận thương x3 + bx2 + (b2 + c)x + b3 + 2bc đa thức dư (b4 + 3b2 c + c2 − 1)x + (b3 c + 2bc2 + n) Do đa thức dư phải nên  b4 + 3b2 c + c2 − = b3 c + 2bc2 + n = 35 Suy b(b4 + 3b2 c + c2 − 1) − 3(b3 c + 2bc2 + n) = hay b5 − b − 5bc2 = 3n Do b, c nguyên b5 − b chia hết n˙:5, vô lý Vậy, điều giả sử k(x) khả quy sai Từ suy k(x) bất khả quy Ví dụ 2.12 Chứng minh rằng, đa thức f (x, y) = xn − xy n−1 − y n bất khả quy Q[x, y] cho số nguyên dương n x Bài giải Biểu diễn f (x, y) = y n tn − t − 1] với t = Do vậy, ta y n cần chứng minh g(t) = t − t − đa thức bất khả quy Q[t] 1 Nhận xét: Nếu z nghiệm tn − t − 2Re z − > − z |z| iu Thật vậy, viết z = re với r Ta thấy r = khơng thỏa mãn Nếu r = cos nu = cos u + sin nu = sin u Từ suy = cos2 nu + sin2 nu = (1 + cos u)2 + sin2 u Từ suy mâu thuẫn Bất đẳng thức cần xét trở thành (1 + 2r cos u)(r2 − 1) > Do r2n = |z|2n = |z + 1|2 = + 2r cos u + r2 nên r2n − r2 = + 2r cos u, ta nhận (1 + 2r cos u)(r2 − 1) = (r2n − r2 − 1 2 r )(r − 1) > Ta có 2Re z − = 2r cos u 2Re z − > z r z − tương đương (1 + 2r cos u)(r2 − 1) > 0, |z|2 Giả sử F (t) = tn − t − = g(t)h(t) Q[t] Theo Bổ đề Gauss, ta xét g(t), h(t) ∈ Z[t] Hiển nhiên tn − t − = khơng có nghiệm Q Ta có F (t) = ntn−1 − Nếu t nghiệm tn − t − = tn = t + Giả sử t nghiệm F (t) = ntn−1 − = Khi n(t + 1) = t suy t ∈ Q, vô lý Do vậy, tất nghiệm F (t) = khác đơi Giả sử F (t) có n nghiệm phức phân biệt t1 , , tn giả sử t1 , , ts nghiệm g(t) = Ta có |t1 | |ts | = |g(0)| = Viết g(t) = ts + a1 ts−1 + · · · + as−1 t ± Ta có s 1 t1 + · · · + ts = −a1 + · · · + = ±as−1 Vậy tj − ∈ Z Theo t1 ts t1 j=1 36 nhận xét trên, qua bất đẳng thức Cauchy ta đánh giá tổng s s Re tj − tj j=1 > j=1 −s |tj |2 s ss − s = s − s = |t | j j=1 Vì tj phân biệt nên dấu = khơng xảy Vì g(t) đa thức monic s 1 Tương tự, lập luận cho đa với hệ số nguyên nên Re tj − tj j=1 n thức h(t) Như Re tj − + = tj j=1 Hiển nhiên, với n = đa thức t2 − t − = bất khả quy Xét n Vì t1 , , tn nghiệm tn − t − nên tj = nghiệm tj j=1 n 1 = −1 Vậy tj − = Điều mâu + un−1 − un nên tj j=1 j=1 tj n thuẫn với kết + = Từ suy ra, điều giả Re tj − tj j=1 sử tn − t − khả quy sai Vậy, đa thức tn − t − bất khả quy Ví dụ 2.13 Cho số tự nhiên n > Chứng minh rằng, đa thức hai biến f (y, z) = (y + z )n + pz 2n bất khả quy Z[y, z] p = 4k + số nguyên tố với số nguyên không âm k y Bài giải Biểu diễn f (y, z) = z 2n (x2 + 1)n + p với x = Ta cần z chứng minh k(x) = (x2 +1)n +p bất khả quy Z[x] p = 4k +3 số nguyên tố Giả sử k(x) = g(x)h(x) với đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x) 1, deg h(x) Ký hiệu g(x), h(x) đa thức g(x), h(x) xét Zp [x] Khi g(x).h(x) = (x2 + 1)n Đa thức x2 + bất khả quy −1 không thặng dư bậc hai Zp Vậy, có số nguyên dương s để g(x) = (x2 +1)s h(x) = (x2 +1)n−s , s n−1 Từ suy ra, có đa thức với hệ số nguyên g1 (x) h1 (x) để g(x) = (x2 +1)s +pg1 (x) h(x) = (x2 + 1)n−s + ph1 (x) Nhân đa thức ta có (x2 + 1)n + p = g(x)h(x) = [(x2 + 1)s + pg1 (x)][(x2 + 1)n−s + ph1 (x)] 37 hay (x2 +1)s h1 (x)+(x2 +1)n−s g1 (x)+pg1 (x)h1 (x) = Lấy theo modulo p ta thấy đa thức x2 + ước Zp [x] Từ điều mâu thuẫn suy rằng, giả sử k(x) khả quy sai Từ suy k(x) bất khả quy Định nghĩa 2.1 Hàm Z(n) = m|m ∈ N∗ , n| m(m + 1) gọi hàm pseudo Smarandache Ví dụ Z(1) = 1, Z(2) = 3, Z(3) = 2, Z(4) = 7, Z(5) = 4, Z(6) = 3, Z(7) = 6, Z(8) = 15, Z(9) = 8, Z(10) = 4, Z(11) = 10, Z(12) = 8, Z(13) = 12, Z(14) = 7, Z(15) = 5, Z(16) = 31, Z(17) = 16, Z(18) = 8, Z(19) = 18, Z(20) = 15 Bổ đề 2.1 Với số nguyên lẻ n số nguyên tố p > có Z(p) = p − ta có Z(n) n − với (n − 1)n chia hết cho n nên Z(n) n − với số nguyên lẻ n Vì p > p số nguyên tố nên p số lẻ p(p − 1) Vậy + + · · · + p − = số nguyên dương chia hết cho p Vậy Z(p) p − Kiểm tra, với số nguyên dương k < p − có k(k + 1) không chia hết cho số nguyên tố p + + ··· + p − = k, k + khơng chia hết cho p Do Z(p) = p − cho số nguyên tố p > Chứng minh Vì Định lý 2.6 Với số dương M đủ lớn ln có nhiều vơ hạn số ngun dương n để |Z(n + 1) − Z(n)| > M Z(n + 1) > M Z(n) Chứng minh Cho số dương M đủ lớn, ta chọn m ∈ N∗ để 2m > M Vì (22m+1 , 2m + 1) = nên có nhiều vơ hạn số ngun tố dạng 22m+1 k + 2m + theo Định lý 2.1 Như vậy, có số nguyên dương k0 để p = 22m+1 k0 + 2m + số nguyên tố Với số nguyên tố p ta có Z(p) = p − = 22m+1 k0 + 2m theo Bổ đề 2.2 Biến đổi 38 m m+1 Z(p − 1) = Z (2 2m+1 k0 k0 + 1) i=1 m m+1 Hiển nhiên (2 2m+1 k0 (2m+1 k0 + 1) i= m m+1 k0 + 1) chia hết k0 (2 2m+1 k0 k0 + 1) = i i=1 Từ suy Z(p − 1) Z(p) Z(p − 1) |Z(p) − Z(p − 1)| 2m+1 k0 Với đánh giá ta nhận kết 22m+1 k0 + 2m > 2m > M m+1 k0 Z(p) − Z(p − 1) = 22m+1 k0 + 2m − 2m+1 k0 = 2m+1 k0 (2m − 1) + 2m > 2m > M Điều |Z(n + 1) − Z(n)| 2.2 Z(n + 1) không bị chặn Z(n) Đa thức Hilbert biểu diễn Mahler Xét đa thức X n = X(X − 1)(X − 2) · · · (X − n + 1) , n! goi đa thức Hilbert thứ n Các đa thức có hệ số hữu tỷ (khơng thiết ngun) nhận giá trị nguyên số nguyên Chú ý x(x − 1) · · · (x − n + 1) = n! x n x ≥ 1, −x + n − x < n Các đa thức đóng vai trò lý thuyết đa thức nhận giá trị nguyên kết sau Polya: x(x − 1) · · · (x − n + 1) = (−1)n Định lý 2.7 Giả sử f đa thức bậc n với hệ số thực Khi f (X) nhận giá trị nguyên tồn số nguyên a0 , a1 , a2 , , an cho 39 f (X) = a0 + a1 X X + a2 + · · · + an X n Chứng minh Giả sử f (Z) ⊂ Z Các đa thức X1 , X2 , · · · , Xn có bậc 0, 1, , n, chúng tạo thành sở R-không gian vectơ đa thức với hệ số lớn n Do tồn số thực a0 , a1 , a2 , , an cho n X k ak · f (X) = k=0 Xét toán tử ∆f (X) = f (X + 1) − f (X) quan sát ∆ X n X n−1 = Tác động toán tử ∆ liên tiếp vào quan hệ n ak · f (X) = k=0 X k ta suy aj = ∆j f (0) với j Bằng quy nạp tốn học ta có k k (−1)k−j ∆ f (X) = j=0 k f (X + j) j Do đó, f (0), f (1), , f (n) số nguyên, a0 , a1 , a2 , , an số nguyên Phép chứng minh định lý k (−1)k−j ak = j=0 k f (j) j Ta gọi aj hệ số Mahler f Từ Định lý 2.7 ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.1 Giả sử d = deg f Từ Định lý 2.7 ta viết f (X) = n d ak k=0 X k 40 với số nguyên Xem xét hệ số đầu đẳng thức cho thấy d! bội n Mặt khác, d! bội n, ta lấy f (X) = X(X + 1) · · · (X + d − 1) Do đó, d số nguyên nhỏ cho d! bội n 2.3 Vận dụng giải toán thi học sinh giỏi Ví dụ 2.14 [MOSP 2001] Giả sử f đa thức cho f (n) ∈ Z với n ∈ Z Chứng minh với số nguyên m, n số f (m) − f (n) lcm[1, 2, , deg(f )] · nguyên m−n Bài giải Cố định số nguyên phân biệt m n, giả sử d = m − n g(X) = f (n + X) Khi g có hệ số hữu tỷ, gửi số nguyên đến số nguyên deg(f ) = deg(g) Do ta chứng minh lcm[1, 2, , deg(g)] · g(d) − g(0) d nguyên Giả sử D = deg g, đó, sử dụng Định lý 2.8, tồn số nguyên a0 , a1 , , aD cho: D g(X) = i=0 X i Nó chứng tỏ rằơng với ≤ i ≤ D ta có lcm[1, 2, , D] · Nhưng vế trái lcm[1, 2, , D] i d d i d−1 i−1 ∈ Z , số nguyên Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.15 [Holden Lee] Giả sử f đa thức bậc d cho f (Z) ⊂ Z với f (m)−f (n) bội m−n với ≤ m, n ≤ d Chứng minh f (m) − f (n) bội m − n với số nguyên m, n mà m = n 41 Bài giải Do f (Z) ⊂ Z, Định lý 2.7 tồn số nguyên a0 , a1 , , ad cho d X f (X) = ak k k=0 Yêu cầu toán suy từ đây, Ví dụ 2.14 kết tổng quát Bổ đề 2.2 Giả sử ∈ Z d f (X) = ak k=0 X k Lk = lcm(1, 2, , k) (với quy ước L0 = 1) Khi phát biểu sau tương đương: (a) m − n chia hết f (m) − f (n) với ≤ m = n ≤ d = deg f (b) Lk chia hết ak với ≤ k ≤ d (c) m − n chia hết f (m) − f (n) với m = n ∈ Z Chứng minh Giả sử (a) xảy Ta chứng minh quy nạp toán học theo i Li chia hết Điều rõ ràng với i = 0, giả sử a0 , a1 , , ai−1 bội L0 , L1 , , Li−1 cố định ≤ j < i Khi j − i chia hết i f (i) − f (j) = ak k=0 j i − k k = + ak 0≤k số nguyên n nguyên dương Chứng minh tồn đa thức f bậc n có hệ số nguyên, cho f (0), f (1), , f (n) cặp phân biệt nguyên dương, tất có dạng 2ak + với số nguyên k Bài giải (a) Ta chọn f có dạng n f (X) = A i=0 X Bi i với số nguyên A, B phù hợp, chọn sau Từ công thức nhị thức, với ≤ i ≤ n ta có f (i) = A(1 + B)i Ta cần f có hệ số ngun Xi khơng có hệ số nguyên Tuy nhiên, n! Xi có hệ số nguyên với ≤ i ≤ n Do A(1 + B)i lũy thừa nên ta lấy cho B bội n! Ta tận dụng xuất A: chọn A 2v2 (n!) B bội lẻ ước lẻ lớn n! Khi ý chứng tỏ f có hệ số nguyên Cuối cùng, ta muốn + B lũy thừa Do ta chọn (chẳng hạn) + B = 2ϕ(d) , d ước lẻ lớn n! Với lựa chọn đó, f (1) < f (2) < < f (n) lũy thừa 2, theo yêu cầu toán (b) Sử dụng ý tưởng chứng minh (a) Ta viết n! = m · q, với nhân tử nguyên tố m số a gcd(q, a) = 43 Giả sử b = aϕ(q) − 1, q chia hết b Cuối cùng, định nghĩa: n m f (X) = 2a i=0 X i b + i Nó có hệ số nguyên i! | n! | am · b với ≤ i ≤ n Hơn nữa, với ≤ k ≤ n ta có P (i) = 2am · (b + 1)i + = 2am+ϕ(q)i + Nhận xét 2.2 Với số nguyên dương n có đa thức f ∈ Z[X] cho với số f (1) < f (2) < < f (n) nguyên tố Ta tìm đa thức dạng: f (X) = a1 (X − 2)(X − 3) · · · (X − n) + a2 (X − 1)(X − 3) · · · (X − n)+ + + an (X − 1) · · · (X − n + 1) + 1, với số nguyên thích hợp Mà f (i) phụ thuộc vào , ta chọn để f (i) nguyên tố Chú ý rằng: f (i) = (−1)n−i (n − i)!(i − 1)!ai + ta chọn cách quy nạp cho f (1) < < f (n) số nguyên tố Chúng sử dụng Định lý 9.6 tài liệu tham khảo số [2], theo với n tồn vơ số số ngun tố p ≡ 1(modn), số nguyên tố có dạng + kn Do đó, tồn số nguyên a1 cho + (−1)n−1 (n − 1)!a1 = f (1) số nguyên tố Cố định a1 chọn (một lần kết trích dẫn) số nguyên a2 cho + a2 (n − 2)!(−1)n−2 = f (2) nguyên tố lớn f (1) Tiếp tục vậy, ta tìm a1 , a2 , , an cho f (1) < f (2) < < f (n) số nguyên tố toán giải 44 Kết luận Trong luận văn "Định lý Zsigmondy tính chất số học đa thức" chúng tơi trình bày vấn đề sau: Đa thức số phức Đa thức chia đường tròn Định lý Zsigmondy vận dụng Tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Đa thức Hilber biểu diễn Mahler Luận văn làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 45 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đàm Văn Nhỉ, Văn Đức Chín, Trần Thị Hồng Dung, Lê Xuân Dũng, Đào Ngọc Dũng, Đặng Xuân Sơn, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2017), Đa thức-Chuỗi lũy thừa chuyên đề nâng cao, NXB thông tin truyền thông Tiếng Anh [2] T Andreescu and G Dospinescu (2010), Straight from the Book, XYZ Press [3] Lawrence Sun (February 17, 2013), Cyclotomic Polynomials in Olympiad Number Theory, lala-sun@hotmail.com ... trình bày Định lý Zsigmondy vận dụng Định lý Zsigmondy giải số toán thi học sinh giỏi Chương Tính chất số học đa thức Chương chia thành ba mục chính: Mục 2.1 trình bày tính chất đặc biệt đa thức thuộc... Chương Tính chất số học đa thức Trong chương này, dự kiến trình bày số tính chât số học đa thức Các kiến thức chương tham khảo từ tài liệu [1] [2] 2.1 2.1.1 Tính chất đặc biệt đa thức thuộc Z[x] Định. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ LAN HƢƠNG ĐỊNH LÝ ZSIGMONDY VÀ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số : 84 60 113 LUẬN VĂN THẠC