Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 41 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
41
Dung lượng
352,07 KB
Nội dung
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ VÂN GIÁTRỊCỦAĐATHỨCTRÊNMỘTMIỀNNGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ VÂN GIÁTRỊCỦAĐATHỨCTRÊNMỘTMIỀNNGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời nói đầu Chương Đathức hệ số nguyên với vô hạn giátrịnguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Đathức bất khả quy giátrịnguyên tố 1.3 Định lí Dirichlet giả thuyết Bouniakowski 12 Chương Một số vấn đề mở rộng 20 2.1 Sự tồn vô hạn ước nguyên tố đathức 20 2.2 Đathức có nhiều tùy ý giátrịnguyên tố 23 2.3 Miền phân tích 25 2.4 Giátrịđathứcmiền phân tích 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận mang nhiều nội dung khó mẻ Hơn vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian tơi thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt cho Cho đến luận văn thạc sĩ tơi hồn thành nhờ bảo, nhắc nhở, đôn đốc giúp đỡ nhiệt tình Cơ Tơi xin trân trọng cảm ơn Bam Giám hiệu, Khoa Tốn- Tin phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thiện luận văn Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ long biết ơn tới gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học Tốn K10C (khóa 2016-2018) động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn Lời nói đầu Sự tương tự số nguyên tố đathức bất khả quy chủ đề trọng tâm phát triển Lý thuyết số Hình học đại số Nhiều kết số nguyên tố phiên dịch sang kết đathức bất khả quy Chẳng hạn, tương tự Định lí số học, ta có kết sau cho đa thức: Nếu f ♣xq Zrxs có hệ số cao a, f có phân tích f ✏ af1 ft với fi bất khả quy có hệ số cao 1, phân tích khơng kể đến thứ tự nhân tử Tuy nhiên, có giả thuyết cho thấy số nguyên tố đathức bất khả quy vượt xa tương tự Một vấn đề giả thuyết Bouniakowski giátrịnguyên tố đathức bất khả quy Chú ý đathức f ♣xq Zrxs nhận vô hạn giátrịnguyên tố, bất khả quy Vì thế, năm 1857, Bouniakowski đặt giả thuyết cho chiều ngược lại: Nếu f ♣xq Zrxs bất khả quy Zrxs, f ♣xq nhận vơ hạn giátrị ngun tố Cho đến nay, giả thuyết vấn đề lớn chưa giải bậc đathức lớn Trường hợp đathức bậc giải Dirichlet năm 1837 Mục đích luận văn trình bày số kết gần giátrịđathức (giá trịnguyên tố, hợp số, khả nghịch) dựa theo tài liệu tham khảo [2], [3], [5] Luận văn gồm có chương Trong chương 1, luận văn quan tâm đến Định lí Dirichlet: Đathức f ♣xq ✏ ax b Zrxs với ♣a, bq ✏ 1, nhận vô hạn giátrịnguyên tố Định lí Dirichlet câu trả lời cho giả thuyết Bouniakowski đathức bậc Mặc dù chứng minh cho Định lí Dirichlet khó cần đến kết sâu sắc, đathức có dạng đặc biệt (chẳng hạn 4x ✟ 1, 6x 5, 8x 1) chứng minh lại sơ cấp, dựa theo kĩ thuật mà Euclid dùng để chứng minh tập số nguyên tố vô hạn Chúng vận dụng kết để giả số toán thi học sinh giỏi bậc THPT Chương quan tâm đến số vấn đề mở rộng giả thuyết Bouniakowski Trước hết, câu hỏi liệu đathức bậc dương ln có vơ hạn ước ngun tố? Câu trả lời khẳng định đưa Schur Trong tiết 2.1, dựa theo tài liệu [3], đưa chứng minh sơ cấp cho kết Schur ứng dụng chứng minh số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet Tiếp theo câu hỏi liệu tồn đathức bậc lớn nhận nhiều tùy ý giátrịnguyên tố? Câu hỏi Betty Garison trả lời khẳng định [2] Chúng tơi trình bày kết Tiết 2.1, dựa theo tài [3], đưa chứng minh sơ cấp cho kết Schur ứng dụng chứng minh số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet Tiếp theo câu hỏi liệu tồn đathức lớn nhận nhiều tùy ý giátrịnguyên tố? Câu hỏi Betty Garison trả lời khảng định [2] Chúng trình bày kết Tiết 2.2 Chú ý đathức có hệ số nguyên bất khả quy nhận giátrị hợp số, chẳng hạn x2 ✁ x 6, x3 ✁ x 9, khơng tồn đathức bậc dương có hệ số nguyên nhận giátrịnguyên tố (xem Bổ đề 2.4.1) Vì vấn đề đặt liệu Bổ đề 2.4.1 mở rộng cho đathứcmiền phân tích nhất? Câu trả lời đưa báo S H Weintraub [5] Ơng miền phân tích có hữu hạn phần tử khả nghịch, đathức bậc dương nhận giátrị hợp số Tuy nhiên kết khơng có vơ hạn phần tử khả nghịch Các kết chúng tơi trình bày cuối Chương Vì luận văn thạc sĩ chuyên ngành tốn sơ cấp, chúng tơi cố gắng đưa chứng minh sơ cấp cho kết Hiện tại, chưa có chứng minh sơ cấp cho Định lí Dirichlet, chúng tơi trình bày tóm tắt ý định lí Chương Đathức hệ số nguyên với vô hạn giátrịnguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trước hết, nhắc lại khái niệm kết quen biết số nguyên tố phân bố số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố số tự nhiên lớn có hai ước số dương Các số tự nhiên có nhiều hai ước số dương gọi hợp số Chú ý số số nguyên tố hợp số Ước số tự nhiên nhỏ khác số tự nhiên số nguyên tố Sau số tính chất số nguyên tố Tính chất 1.1.2 Các phát biểu sau i) Cho p số nguyên tố a số tự nhiên Khi ♣a, pq ✏ p p ước a, ♣a, pq ✏ p không ước a ii) Nếu tích hữu hạn số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p có thừa số chia hết cho p iii) Số số nguyên tố nhỏ số nguyên tố chẵn iv) Nếu n hợp số n có ước nguyên tố không vượt ❄n Đặc biệt, số tự nhiên a → khơng có ước nguyên tố ❄ nửa khoảng ♣1; a s a số nguyên tố Định lý 1.1.3 (Định lý số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số ngun tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số Định lý 1.1.4 (Định lý Euclid) Tập số nguyên tố vô hạn Nhắc lại hàm số học: Hàm số học hàm số xác định tập số nguyên dương Định nghĩa 1.1.5 Kí hiệu Π♣xq hàm số học biểu thị số số nguyên tố không vượt x Chẳng hạn Π♣10q ✏ 4, Π♣25q ✏ 9, Π♣100q ✏ 25 Do tập số ngun tố vơ hạn nên ta có Π♣xq Đ ✽ x Ñ ✽ Chúng ta biết hai hàm f ♣xq g ♣xq xác định R gọi f ♣xq ✏ Nếu f ♣xq g♣xq tương đương tương đương x Ñ ✽ lim xÑ✽ g ♣xq x Ñ ✽ ta viết f ♣xq ✒ g ♣xq x Định lý 1.1.6 (Định lý phân bố số nguyên tố) Π♣xq ✒ ln x Phần nhắc lại số khái niệm kết nghiệm đathức Định nghĩa 1.1.7 Cho V vành vành giao hoán S Cho đathức f ♣xq ✏ an xn an✁1 xn✁1 a1 x a0 V rxs Một phần tử c S gọi nghiệm f ♣xq S f ♣cq ✏ an cn an✁1 cn✁1 ☎ ☎ ☎ a1 c a0 ✏ Trong trường hợp ta nói c nghiệm phương trình f ♣xq ✏ Chẳng hạn, xét đathức f ♣xq ✏ x2 ✁ 2❄và g♣xq ✏ x2 vành Qrxs Rõ ràng R, C chứa Q Ta có ✟ R nghiệm f ♣xq ✟i C nghiệm g♣xq Chú ý phần tử a V nghiệm f ♣xq V rxs tồn đathức g ♣xq V rxs cho f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqg ♣xq Định nghĩa 1.1.8 Cho V vành giao hoán Giả sử k → số tự nhiên S vành giao hoán chứa V Một phần tử a S gọi nghiệm bội k f ♣xq vành S rxs, đathức f ♣xq chia hết cho ♣x ✁ aqk không chia hết cho ♣x ✁ aqk 1 Nếu k ✏ a gọi nghiệm đơn Nếu k ✏ a gọi nghiệm kép Chẳng hạn cho f ♣xq ✏ x5 x4 2x3 2x2 x Qrxs, i ✁i hai nghiệm kép f ♣xq ✁1 nghiệm đơn f ♣xq Crxs ta có phân tích f ♣xq ✏ ♣x ✁ iq2 ♣x iq2 ♣x 1q Từ định nghĩa, ta có kết sau Bổ đề 1.1.9 Phần tử a V nghiệm bội k f ♣xq V rxs tồn g ♣xq V rxs cho f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqk g ♣xq g ♣aq ✘ Hệ 1.1.10 Cho V miềnnguyên f ♣xq V rxs đathứcGiả sử a1 , a2 , , ar V phần tử đôi khác nghiệm bội ki f ♣xq với i ✏ 1, , r Khi tồn u♣xq V rxs cho f ♣xq ✏ ♣x ✁ a1 qk1 ☎ ☎ ☎ ♣x ✁ ari qkr u♣xq u♣ai q ✘ với i ✏ 1, , r Hệ 1.1.11 Cho V miềnnguyên f ♣xq V rxs Nếu f ♣xq ✘ số nghiệm f ♣xq, nghiệm tính với số bội nó, khơng vượt q bậc f ♣xq Hệ 1.1.12 Cho V miềnnguyên f ♣xq, g ♣xq V rxs hai đathức có bậc không n Nếu f ♣xq g ♣xq nhận giátrị n phần tử khác V f ♣xq ✏ g ♣xq 1.2 Đathức bất khả quy giátrịnguyên tố Trong suốt tiết này, giả thiết K trường Định nghĩa 1.2.1 Mộtđathức f ♣xq K rxs gọi bất khả quy deg f ♣xq → f ♣xq không phân tích thành tích hai đathức có bậc bé Nếu deg f ♣xq → f ♣xq tích hai đathức có bậc bé ta nói f ♣xq khả quy Chú ý rằng, đathức bậc bất khả quy; đathức bậc hai bậc ba bất khả quy khơng có nghiệm K Sau số kết đathức bất khả quy tương tự kết quen biết số nguyên tố Đathức monic đathức có hệ số cao Định lý sau phân tích đathức tương tự Định lý số học phân tích số tự nhiên Định lý 1.2.2 (xem [1] trang 64) Mọi đathức bậc dương f ♣xq K rxs phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy Hơn nữa, f ♣xq có (nếu khơng kể đến thứ tự nhân tử) phân tích dạng f ♣xq ✏ af1 ♣xq ☎ ☎ ☎ ft ♣xq, a hệ số cao f ♣xq f1 ♣xq, , ft ♣xq đathức monic bất khả quy Mệnh đề 1.2.3 (xem [1]) Cho f ♣xq, g1 ♣xq, , gk ♣xq K rxs giả sử f ♣xq bất khả quy f ♣xq ước g1 ♣xq ☎ ☎ ☎ gk ♣xq Khi tồn đathức gi ♣xq cho gi ♣xq chia hết cho f ♣xq Mệnh đề 1.2.4 Có vơ hạn đathức bất khả quy K Chứng minh Giả sử có hữu hạn đathức bất khả quy f1 ♣xq, , fm ♣xq Ta xét đathức f ♣xq ✏ f1 ♣xq ☎ ☎ ☎ fm ♣xq Khi tồn đathức g ♣xq bất khả quy g ♣xq ước f ♣xq Vì fi ♣xq khơng ước f ♣xq nên g ♣xq ✘ fi ♣xq, suy điều giả sử sai ❧ Phần tiếp theo, xét đathức bất khả quy trường Q, R, C Định lý Đại số phát biểu đathức với hệ số phức bậc n có n nghiệm phức Do đathức bất khả quy C đathức bậc Hơn nữa, a bi C nghiệm đathức f ♣xq Rrxs, a ✁ bi nghiệm f ♣xq Do đó, đathức bất khả quy R đathức bậc bậc khơng có nghiệm thực Bài tốn xét tính bất khả quy đathức Q toán mở Có số phương pháp xét tính bất khả quy quen biết phương pháp dựa vào nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng 25 thuộc đoạn r1; N k s cho c ✏ p ✁ pkp Khi ➵ k ♣N k q ➔ ♣k 1qN k✁1 ☎ k♣k ♣11✁qNεqkN✁1 ln N ♣ ✁ εqN k ✏ k ln N ♣ ✁ εqN k Do ♣x q ➔ , điều vơ lí Vậy c ✏ p ✁ pkp với k ln N ♣1 ✁ εqN k → M số nguyên tố p thỏa mãn p ✏ c nk Suy đa p k ♣k 1qN k✁1 ln N thức p♣xq ✏ xk c nhận nhiều M giátrịnguyên tố ❧ ➧ 2.3 k Miền phân tích Trong tiết chứng minh Định lý Gauss: Vành đathứcmiền phân tích miền phân tích Trước hết nhắc lại số khái niệm tính chất miền phân tích Chúng ta biết rằng, miềnnguyên Z, số ngun dương n → có phân tích tiêu chuẩn n ✏ pr11 ☎ ☎ ☎ prkk , p1 , , pk số nguyên tố đôi phân biệt r1 , , rk số nguyên dương Sự phân tích tiêu chuẩn không kể đến thứ tự phần tử Vấn đề đặt miềnnguyên có tính chất phân tích tương tự vành các số nguyên Z? Mục đích tiết giải vấn đề Những miền ngun có tính chất gọi miền phân tích (Unique Factorization Domain) Đơi miền phân tích gọi miền Gauss, Carl Friedrich Gauss người nghiên cứu loại miền Trong Chương 2, giả thiết V miền nguyên, tức V vành giao hoán khác t0✉ a, b ✘ hai phần tử V ab ✘ Trước trình bày khái niệm miền phân tích nhất, nhắc lại số khái niệm ước, bội, phần tử nguyên tố, phần tử bất khả quy Định nghĩa 2.3.1 Cho a, b V, b ✘ Ta nói b ước a (hay a bội b), tồn q V cho a ✏ bq Nếu tồn q V để ✏ bq 26 ta nói b phần tử khả nghịch hay b ước đơn vị Ta nói a b liên kết, viết a ✒ b, đồng thời a ước b b ước a Nếu b ước a a khơng ước b ta nói b ước thực a Chú ý a b liên kết với chúng khác nhân tử ước đơn vị, tức tồn phần tử khả nghịch u V cho a ✏ bu Định nghĩa 2.3.2 Cho p V Ta nói p phần tử bất khả quy p khác 0, khơng khả nghịch khơng có ước thực Ta nói p phần tử nguyên tố p khác 0, không khả nghịch p ước tích ab p ước a p ước b với a, b V Trong miềnnguyên Z, phần tử bất khả quy số nguyên tố Trong miền V bất kỳ, p phần tử nguyên tố p bất khả quy Tuy nhiên chiều ngược lại không Chẳng hạn, xét miềnnguyên V ❄ ✏ ta bi ❄ 13 ⑤ a, b Z✉ ❄ Các phần tử 2, 7, i 13 ✁ i 13 bất khả quy không phẩn tử nguyên tố, ta có phân tích ❄ ❄ 14 ✏ ☎ ✏ ♣1 i 13q♣1 ✁ i 13q ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ i 13 không ước ✁ i 13 Tương tự i 13 ❄ ✁ i 13 ước tích ☎ 7, không ước không 2, ước tích ♣1 i 13q♣1 ✁ i 13q 2, không ước ước Định nghĩa 2.3.3 Miềnnguyên V gọi miền phân tích phần tử khác khơng khả nghịch phân tích thành tích phần tử bất khả quy phân tích khơng kể đến thứ tự nhân tử không kể đến nhân tử ước đơn vị Miền phân tích (Unique Factorization Domain) gọi miền nhân hóa hay miền Gauss 27 Ví dụ 2.3.4 (i) Mỗi trường miền phân tích (ii) Z miền phân tích (iii) Zris ✏ ta bi ⑤ a, b Z✉ miền phần tích ❄ , miềnnguyên Zrω s (iv) Với ω ✏ ✁ 2 phân tích ❄ (v) Zri 3s ✏ ta ib ❄ ✏ ta bω ⑤ a, b Z✉ miền ⑤ a, b Z✉ khơng miền phân tích ❄ ❄ số có hai phân tích bất khả quy ✏ ☎ ✏ ♣1 i 3q♣1 ✁ i 3q Định nghĩa 2.3.5 Cho a1 , a2 , a3 , dãy phần tử V cho ai 1 ước với i ➙ Ta nói a1 , a2 , a3 , dãy dừng tồn số tự nhiên n0 cho an liên kết với an0 với n ➙ n0 Miền V gọi thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực dãy a1 , a2 , a3 , phần tử V thỏa mãn tính chất ai 1 ước với i dãy dừng Miềnnguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng ước thực Định nghĩa 2.3.6 Cho a1 , , an V Một ước chung d V a1 , , an gọi ước chung lớn bội ước chung khác a1 , , an Nếu ước chung lớn a1 , a2 , , an ta nói a1 , a2 , , an nguyên tố Một bội chung m V a1 , a2 , , an gọi bội chung nhỏ m ước bội chung khác a1 , , an Sau số đặc trưng miền phân tích Bổ đề 2.3.7 Các mệnh đề sau tương đương i) V miền phân tích ii) V thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn điều kiện dãy dừng ước thực 28 iii) Mỗi phần tử khác không không khả nghịch V phân tích thành tích hữu hạn nhân tử bất khả quy phần tử bất khả quy V phần tử nguyên tố Trong phần ta giả sử V miền phân tích Định nghĩa 2.3.8 Mộtđathức khác không vành V rxs gọi nguyên hệ số có ước chung lớn Bổ đề 2.3.9 Tích hai đathứcnguyênđathứcnguyên Chứng minh Cho hai đathứcnguyên f ♣xq ✏ anxn a1x a0 g ♣xq ✏ bm xm b1 x b0 Giả sử f ♣xqg ♣xq không đathứcnguyên Theo Bổ đề 2.3.7 ii) ước chung lớn d hệ số f ♣xqg ♣xq tồn khơng khả nghịch Do d có ước bất khả quy p Do f ♣xq nguyên nên tồn s ↕ n cho p ⑤ với i ↕ s ✁ as không chia hết cho p Tương tự tồn r ↕ m cho p ⑤ bj với j ↕ r ✁ br không chia hết cho p Chú ý f ♣xqg ♣xq ✏ cm n xm n c1 x c0 , ➳ ck ✏ bj Ta có i j ✏k c r s ✏ ♣a0bs r , as✁1br 1q asbr ♣as 1bs✁1 as r b0q Do p bất khả quy nên theo Bổ đề 2.3.7 iii), p phần tử nguyên tố suy as br không chia hết cho p Theo cách chọn r s tổng ♣a0bs r , as✁1br 1q ♣as 1bs✁1 as r b0q chia hết cho p Vì hệ số cr s f ♣xqg ♣xq khơng chia hết cho p Điều vô lý ❧ Cho f ♣xq V rxs đathức khác Theo Bổ đề 2.3.7 ii), tồn ước chung lớn c V hệ số f ♣xq Do ta viết f ♣xq ✏ c ☎ g ♣xq, g ♣xq đathứcnguyên Hơn nữa, c✶ V thỏa mãn f ♣xq ✏ c✶ ☎ h♣xq với h♣xq V rxs đathứcnguyên c✶ phải ước chung lớn hệ số f ♣xq Vì thế, c c✶ sai khác 29 ước đơn vị, tức c ✏ u.c✶ , u V phần tử khả nghịch Rõ ràng f ♣xq đathứcnguyên c khả nghịch Hệ 2.3.10 Cho f ♣xq, g ♣xq V rxs hai đathức khác Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, g ♣xq ✏ dg1 ♣xq, f ♣xqg ♣xq ✏ eh♣xq với f ♣xq, g ♣xq, h♣xq V rxs đathứcnguyên Khi tồn phần tử khả nghịch u V cho cd ✏ ue Chứng minh Ta có f ♣xqg ♣xq ✏ ♣cdqf1 ♣xqg1 ♣xq Theo Bổ đề 2.3.7, f1 ♣xqg1 ♣xq đathứcnguyên Do cd e hai ước chung lớn hệ số đathức f ♣xqg ♣xq Vì e cd sai khác nhân tử khả ❧ nghịch Bổ đề 2.3.11 Giả sử g ♣xq V rxs đathứcnguyên ước đathức af ♣xq, ✘ a V f ♣xq V rxs Khi g ♣xq ước f ♣xq Chứng minh Theo giả thiết, tồn h♣xq V rxs cho af ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, h♣xq ✏ dh1 ♣xq, c, d V f1 ♣xq, h1 ♣xq V rxs nguyên Theo Hệ 2.3.10, tồn phần tử khả nghịch u V cho ac ✏ uc Suy a ⑤ d a ⑤ h♣xq Viết h♣xq ✏ ah2 ♣xq Khi af ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq ✏ ag ♣xqh2 ♣xq Do a f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq g ♣xq ⑤ f ♣xq ✘ V miềnnguyên nên ❧ Định lý 2.3.12 (Gauss) Nếu V miền phân tích vành đathức biến V rxs miền phân tích Chứng minh Theo Bổ đề 2.3.7 ta cần chứng minh đathức khác không khả nghịch V rxs phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy đathức bất khả quy V rxs phần tử nguyên tố Cho f ♣xq V rxs đathức khác không khả nghịch Ta chứng minh quy nạp theo bậc f ♣xq f ♣xq có 30 phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy Nếu degf ♣xq ✏ f ♣xq ✏ a V Vì V miền phân tích nên a phân tích thành tích hữu hạn phần tử bất khả quy V , phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy V rxs Cho deg f ♣xq ✏ n → giả thiết đathức khác 0, không khả nghịch với bậc nhỏ n có phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy V rxs Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, c V f1 ♣xq đathứcnguyên Do V miền phân tích nên c có phân tích thành tích nhân tử bất khả quy V , phân tích thành tích c thành tích hữu hạn đathức bất khả quy V rxs Vì ta cần chứng minh f1 ♣xq có phân tích nhân tử bất khả quy Nếu f1 ♣xq bất khả quy f ♣xq có phân tích thành tích hữu hạn đathức bất khả quy Giả sử f1 ♣xq không bất khả quy Khi f1 ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, g ♣xq, h♣xq V rxs đathức không khả nghịch Do f1 ♣xq đathứcnguyên nên g ♣xq, h♣xq ❘ V deg g ♣xq ➔ n deg h♣xq ➔ n Theo giả thiết quy nạp, g ♣xq h♣xq có phân tích thành tích nhân tử bất khả quy Vì f1 ♣xq có phân tích thành tích phần tử bất khả quy Cho p♣xq V rxs phần tử bất khả quy Ta chứng minh p♣xq phần tử nguyên tố Giả sử p♣xq ước f ♣xqg ♣xq, f ♣xq, g ♣xq V rxs Giả sử deg p♣xq ✏ 0, p♣xq ✏ p V Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, g ♣xq ✏ dg1 ♣xq f ♣xqg ♣xq ✏ eh♣xq, c, d, e V f1 ♣xq, g1 ♣xq, h♣xq đathứcnguyên Vì p ước f ♣xqg ♣xq nên p ước e Theo Hệ 2.3.10 tồn u V phần tử khả nghịch cho e ✏ ucd Do p ước cd Vì V miền phân tích p bất khả quy nên theo Bổ đề 2.3.7 ta suy p phần tử nguyên tố Do p ước c p ước d Vì p ước f ♣xq p ước g ♣xq Kí hiệu M tập phần tử có dạng p♣xqq ♣xq f ♣xqt♣xq q ♣xq, t♣xq V rxs Chú ý p♣xq ✏ p♣xq.1 f ♣xq.0 Vì p♣xq M Suy M chứa đathức khác Gọi ϕ♣xq M đathức khác có bậc bé Gọi a hệ số cao ϕ♣xq Theo bổ đề (đa thức f ♣xq bất khả quy 31 f ♣x aq bất khả quy với a V ), tồn số nguyên k ➙ đathức h♣xq, r♣xq V rxs cho ak f ♣xq ✏ ϕ♣xqh♣xq r♣xq, r♣xq ✏ deg r♣xq ➔deg ϕ♣xq Vì ϕ♣xq M nên ϕ♣xq có biểu diễn ϕ♣xq ✏ p♣xqq ♣xq f ♣xqt♣xq, q ♣xq, t♣xq V rxs Suy r♣xq ✏ ak f ♣xq ✁ ϕ♣xqh♣xq ✏ ak f ♣xq ✁ p♣xqq♣xqh♣xq ✁ f ♣xqt♣xqh♣xq ✏ p♣xq♣✁q♣xqh♣xqq ♣ak ✁ t♣xqh♣xqqf ♣xq M Nếu r♣xq ✘ deg r♣xq ➔deg ϕ♣xq, điều mâu thuẫn với cách chọn ϕ♣xq Do r♣xq ✏ Suy ϕ♣xq ✏ cϕ1 ♣xq c V ϕ1 ♣xq đathứcnguyên nên theo Bổ đề 2.3.11 ta suy ϕ1 ♣xq ước p♣xq Do ϕ1 ♣xq ước chung f ♣xq p♣xq Do p♣xq bất khả quy p♣xq không ước f ♣xq nên ϕ1 ♣xq khả nghịch V rxs Chú ý phần tử khả nghịch V rxs phần tử khả nghịch V Do ϕ1 ♣xq khả nghịch V Suy ✘ ϕ♣xq ✏ cϕ1 ♣xq V Vì ϕ♣xq ✏ p♣xqq ♣xq f ♣xqt♣xq nên ϕ♣xqg ♣xq ✏ p♣xqq ♣xqg ♣xq f ♣xqg ♣xqt♣xq Do p♣xq ước f ♣xqg ♣xq nên p♣xq ước ϕ♣xqg ♣xq Vì p♣xq bất khả quy bậc dương nên p♣xq đathứcnguyên Lại ϕ♣xq V nên theo Bổ đề 2.3.11 ta suy p♣xq ước q ♣xq Vì p♣xq phần tử nguyên tố vành V rxs ❧ Hệ 2.3.13 Zrxs miền phân tích Chứng minh Vì Z miền phân tích nên theo Định lý 2.3.12 Zrxs miền phân tích 2.4 ❧ Giátrịđathứcmiền phân tích Chúng ta biết tồn đathức bậc dương với hệ số nguyên nhận giátrị hợp số Chẳng hạn đathức x2 ✁ x x3 ✁ x đathức bất khả quy Q, nhậ giátrị hợp số Tổng quát hơn, p số nguyên tố, đathức xp ✁ x 3p nhận giátrị 32 hợp số (xem Tiết 1.3) Vì thế, tự nhiên, người ta hỏi có tồn hay khơng đathức bậc dương nhận giátrịnguyên tố Bổ đề sau trả lời phủ định cho vấn đề Bổ đề 2.4.1 Không tồn đathức bậc dương với hệ số nguyên nhận giátrịnguyên tố Chứng minh Giả sử có đathức f ♣xq ✏ an xn a1 x a0 Zrxs có bậc n → ln nhận giátrịnguyên tố Khi f ♣0q ✏ a0 nguyên tố Với số tự nhiên k, ta có f ♣ka0 q ✏ an ♣ka0 qn a1 ♣ka0 q a0 ✏ a0♣anan0 ✁1kn a2a0k2 a1k 1q Vì f ♣ka0 q nguyên tố, nên an a0 n✁1 k n a2 a0 k a1 k k N, Như vậy, đathức ✏ ✟1 với g ♣xq ✏ an a0 n✁1 xn a2 a0 x2 a1 x a (với a ✏ a ✏ ✁2 ) có bậc n có nghiệm k lí g ♣xq khơng thể có q n nghiệm N, điều vô ❧ Trong suốt tiết này, giả thiết V miền phân tích Một phần tử a V gọi hợp số khác 0, khơng khả nghịch, có ước thực Ta biết, a V phần tử khác 0, khơng khả nghịch khơng có ước thực sự, a gọi phần tử nguyên tố Rõ ràng phần tử nguyên tố Z số nguyên tố có dạng ✟p với p số nguyên tố Chú ý vành Z số nguyên có hai phần tử khả nghịch ✁1 Vì thế, quan tâm đến câu hỏi liệu Bổ đề 2.4.1 có mở rộng cho miền phân tích với hữu hạn phần tử khả nghịch Mục tiêu tiết trả lời khẳng định cho câu hỏi Cụ thể, trình bày lại báo [5] “Values of Polynomials over Integral Domains” Steven H Weintraub đăng The American Mathematical Monthly năm 2014, tồn giátrị hợp số đathức với hệ số miền phân tích 33 Định lý 2.4.2 Giả sử V miền phân tích nhất, V khơng trường V có hữu hạn phần tử khả nghịch Nếu f ♣xq V rxs đathức có bậc dương, f ♣xq nhận giátrị hợp số Chứng minh Cho f ♣xq V rxs đathức có bậc d → Giả sử V có k phần tử khả nghịch Chú ý trường miền nguyên, miềnnguyên hữu hạn trường Vì V khơng trường nên V có vơ hạn phần tử Do chọn kd phần tử phân biệt V Gọi e1 , , ek phần tử khả nghịch V Do V miềnnguyên nên số nghiệm đathức V không vượt q bậc Do đó, phương trình f ♣xq ✏ ei có nhiều d nghiệm V với i ✏ 1, , k Vì thế, kd phần tử chọn trên, có phần tử b cho f ♣bq ✘ ei với i ✏ 1, , k Vì f ♣bq khơng khả nghịch, f ♣bq có ước ngun tố p Với t V , ta dễ dàng biểu diễn f ♣b ptq ✏ f ♣bq pf1 , f1 biểu thức p, b, t Suy f ♣b ptq chia hết cho p với t V Chú ý phương trình f ♣xq ✏ p, f ♣xq ✏ f ♣xq ✏ ei có nhiều d nghiệm với i ✏ 1, , k Vì V miền ngun có vơ hạn phần tử nên tập S ✏ tb pt ⑤ t V ✉ V có vơ hạn phần ✏ b pt S cho f ♣aq ✘ p, f ♣aq ✘ f ♣aq ✘ ei với i Do a S, nên f ♣aq bội p Vì f ♣aq hợp số ❧ tử Do ta chọn phần tử a Xét hai vành vành số phức Z ris ✏ ta bi ⑤ a, b Z✉; ❄ Z rω s ✏ ta bω ⑤ a, b Z✉, i nguyên thủy bậc đơn vị Vành Z ris ω ✏ ✁ 2 gọi vành số nguyên Gauss, vành Z rω s gọi vành số nguyên Eisenstein Hai vành Z ris Z rω s miền phân tích nhất, khơng trường Hai vành có hữu hạn phần tử khả nghịch 34 Vành Z ris có phần tử khả nghịch, ✟1, ✟i Vành Z rω s có phần tử khả nghịch, ✟1, ✟ω, ✟ω Vì thế, theo Định lí 2.4.2 ta có kết sau Hệ 2.4.3 Mọi đathức bậc dương Z ris Z rω s nhận giátrị hợp số Sử dụng phương pháp chứng minh Định lí 2.4.2, có hệ sau Chú ý giả thiết miền phân tích có hữu hạn phần tử khả nghịch không cần thiết hệ Hệ 2.4.4 Giả sử V miền phân tích V khơng trường Cho f ♣xq V rxs đathức có bậc dương Khi f ♣xq nhận giátrị hợp số thỏa mãn hai điều kiện sau (i) Tồn b V chof ♣bq ✏ (ii) f ♣xq nhận hai giátrị ngun tố khác Chứng minh (i) Vì V khơng trường nên V có phần tử q V khác không khả nghịch Do phần tử c ✏ q hợp số Vì V khơng trường, nên V có vơ hạn phần tử Do tập S ✏ tb ct ⑤ t V ✉ V có vô hạn phần tử Với t V , ta có f ♣b ctq ✏ f ♣bq cf1 , f1 biểu thức b, c, t Vì f ♣bq ✏ 0, nên f ♣b ctq bội c Vì V miền ngun, nên phương trình f ♣xq ✏ có khơng d nghiệm, d bậc f ♣xq Vì f ♣aq ✘ f ♣aq bội số c Suy f ♣aq hợp số (ii) Giả sử p1 , p2 V hai phần tử nguyên tố khác cho tồn b1 , b2 V để f ♣b1 q ✏ p1 f ♣b2 q ✏ p2 Suy f ♣b1 q ✑ 0♣ mod p1 q f ♣b2 q ✑ 0♣ mod p2 q Theo Định lí Phần dư Trung hoa (Chinese Re mainder Theorem), tồn phần tử b V cho b ✑ b1 ♣ mod p1 q b ✑ b2 ♣ mod p2 q Đặt S1 ✏ tb1 p1t ⑤ t V ✉ S2 ✏ tb2 p2t ⑤ t V ✉ b S1 ❳ S2 Viết b ✏ b1 p1 t1 ✏ b2 p2 t2 Ta có f ♣bq ✏ f ♣b1 t1 p1 q ✏ f ♣b1 q p1 f1 , 35 f1 biểu thức p1 , b1 , t1 Do f ♣b1 q ✏ p1 , nên f ♣bq chia hết cho p1 Tương tự, f ♣bq chia hết cho p2 Do p1 ✘ p2 phần tử nguyên tố, nên f ♣bq chia hết cho p1 p2 Đặt S3 ✏ tb p1 p2 t ⑤ t V ✉ Do V miềnnguyên vô hạn nên S3 tập vô hạn Với t V , ta có f ♣b p1 p2 tq ✏ f ♣bq p1 p2 g1 , g1 biểu thức b, p1 , p2 , t Vì f ♣b p1 p2 tq bội p1 p2 với t V Chú ý phương trình f ♣xq ✏ có khơng q d nghiệm (d bậc f ♣xq) Do S3 tập vô hạn nên tồn a ✏ b p1 p2 t S3 cho f ♣aq f ♣aq hợp số ✘ Vì f ♣aq chia hết cho p1p2, nên ❧ Định lí sau đây, mở rộng Định lí 2.4.2 cho đathức xác định trường thương miền nguyên, nhận giátrị hợp số miềnnguyên Chứng minh kết tương tự chứng minh Định lí 2.4.2 Với V miền nguyên, trường thương V trường tối thiểu (theo quan hệ bao hàm) chứa V vành Chẳng hạn, trường thương Z Q Chú ý trường thương miềnnguyên tồn (sai khác đẳng cấu) Định lý 2.4.5 Giả sử V miền phân tích nhất, V khơng trường V có hữu hạn phần tử khả nghịch Gọi Q trường thương V Nếu f ♣xq V rxs đathức có bậc dương cho tồn q0 Q để f ♣q0q V , tồn q1 Q cho f ♣q1q V hợp số Giả thiết “V có hữu hạn phần tử khả nghịch” khơng thể thiếu Định lí 2.4.2 Dưới đây, xây dựng đathứcmiền phân tích (có vơ hạn phần tử khả nghịch) nhận giátrịnguyên tố giátrị khả nghịch, không nhận giátrị hợp số Trước hết, cần nhắc lại khái niệm vành thương Ta giả thiết V miềnnguyên Định nghĩa 2.4.6 Tập S V gọi tập đóng nhân S ab S vơi a, b S 36 Giả sử S tập đóng nhân V ❘ S Khi quan hệ ♣a, sq ✒ ♣b, tq tồn u S cho u♣at ✁ bsq ✏ quan hệ tương đương tập V ✂ S Chú ý rằng, V miền nguyên, nên quan hệ tương đương với quan hệ: ♣a, sq ✒ ♣b, tq at ✏ bs Kí hiệu a④s lớp tương đương ♣a, sq Đặt S ✁1 V quy tắc cộng nhân ✏ ta④s ⑤ a V, s S ✉ Khi a④s ☎ b④t ✏ as④bt a④s b④t ✏ ♣at bsq④st phép toán S ✁1 V Cùng với hai phép toán này, S ✁1 V làm thành vành giao hốn Vì V miền ngun ngun ❘ S, nên S ✁1V miền Định nghĩa 2.4.7 Vành S ✁1 V xây dựng gọi vành thương V ứng với tập đóng nhân S Trong phần cuối tiết này, đưa số ví dụ Định lí 2.4.2 khơng V miền phân tích có vơ hạn phần tử khả nghịch Ví dụ 2.4.8 Kí hiệu S tập số ngun n ✘ cho n khơng có ước nguyên tố dạng 4n Các phát biểu sau (i) S tập đóng nhân vành Z vành thương S ✁1 Z miền phân tích với vơ hạn phần tử khả nghịch (ii) Đathức f ♣xq ✏ x2 nhận giátrị khả nghịch Lời giải (i) Rõ ràng S a, b S, ab S Vì S tập đóng nhân Z Nếu n → số mgun khơng có ước ngun tố dạng 4k 3, n S, phần tử n④1 S ✁1 Z khả nghịch, phần tử nghịch đảo 1④n S ✁1 Z Vì thế, S ✁1 Z có vơ hạn phần tử khả nghịch Vì Z miền phân tích nhất, nên ta dễ kiểm tra thấy S ✁1 Z miền phân tích 37 (ii) Ta chứng minh Tiết 1.3 n Z p ước nguyên tố n2 1, p có dạng 8k 8k Do p có dạng 4k Vì phần tử n2 khả nghịch S ✁1 Z với n Z Do đathức f ♣xq ✏ x2 nhận giátrị khả nghịch ✆ Tương tự, ta có ví dụ sau Ví dụ 2.4.9 Kí hiệu S1 tập số nguyên lẻ n cho n khơng có ước ngun tố dạng 4k Kí hiệu S2 tập số nguyên lẻ n cho n khơng có ước ngun tố dạng 8k 8k Khi S1 , S2 tập đóng nhân Z (i) S1✁1 Z miền phân tích với vơ hạn phần tử khả nghịch đathức x2 S1✁1 Z nhận giátrịnguyên tố khả nghịch (ii) S2✁1 Z miền phân tích với vô hạn phần tử khả nghịch đathức x2 ♣x 1q2 S2✁1 Z nhận giátrịnguyên tố 38 Kết luận Luận văn trình bày số kết gần giátrịđathức với hệ số nguyênđathức với hệ số miền phân tích (giá trịnguyên tố, hợp số, khả nghịch), dựa theo tài liệu [2], [3], [5] Nội dung luận văn bao gồm: • Kiến thức chuẩn bị số nguyên tố, phân bố số nguyên tố nghiệm đa thức; • Một số mối quan hệ tính bất khả quy giátrịnguyên tố đathức (Định lí 1.2.6, Định lí 1.2.7); • Giả thuyết Bouniakowski đathức bất khả quy nhận vô hạn giátrịnguyên tố (Giả thuyết 1.3.1) Định lí Dirichlet tồn vô hạn số nguyên tố cấp số cộng (Định lí 1.3.2); • Chứng minh tồn vơ hạn ước nguyên tố đathức có bậc dương (Định lí 2.1.2, Định lí 2.1.4) số ứng dụng (Ví dụ 2.1.3, Ví dụ 2.1.5); • Chứng minh tồn đathức bậc hai dạng khuyết nhận nhiều tùy ý giátrịnguyên tố (Định lí 2.2.1); • Chứng minh đathức với hệ số nguyên có bậc dương nhận giátrịnguyên tố (Bổ đề 2.4.1) mở rộng kết cho miền phân tích với hữu hạn phần tử khả nghịch (Định lý 2.4.2, Định lí 2.4.5) Một số ví dụ kết khơng miền ngun có vơ hạn phần tử khả nghịch (Ví dụ 2.4.9, 2.4.9) 39 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đathức (Giáo trình sau đại học), NXB ĐHQGHN Tiếng Anh [2] Betty Garrison (1990), "Polynomials with large numbers of prime values", The American Mathematcal Monthly, 97, pp 316-317 [3] M Ram Murty, N Thain (2006), “Prime numbers in certain arithmetic progressions”, Functiones et Approximatio, 35, pp 249-259 [4] A Schinzel (2000), "Polynomials with special regards to reducibility", Cambridge Univiversity Press [5] S H Weintraub (2014), "Values of polynomials over integral domains", The American Mathematcal Monthly, 121, pp 73-74 ... giá trị nguyên tố Cho đến nay, giả thuyết vấn đề lớn chưa giải bậc đa thức lớn Trường hợp đa thức bậc giải Dirichlet năm 1837 Mục đích luận văn trình bày số kết gần giá trị đa thức (giá trị nguyên. .. KHOA HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời nói đầu Chương Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Đa thức bất khả quy giá trị nguyên tố ... toán mở rộng: Bài toán thứ đa thức nhận vô hạn ước nguyên tố Bài toán thứ hai đa thức bậc lớn nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố Bài tốn thứ ba đa thức nhận giá trị hợp số miền phân tích Nội dung