(Luận văn thạc sĩ) giá trị của đa thức trên một miền nguyên

41 6 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/06/2021, 09:04

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ VÂN GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ VÂN GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN 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 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 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 đa thức 20 2.2 Đa thức có nhiều tùy ý giá trị nguyên tố 23 2.3 Miền phân tích 25 2.4 Giá trị đa thức miền 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 phịng 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 đa thức 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 đa thức 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 đa thức bất khả quy vượt xa tương tự Một vấn đề giả thuyết Bouniakowski giá trị nguyên tố đa thức bất khả quy Chú ý đa thức f ♣xq € Zrxs nhận vô hạn giá trị nguyên 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 giá trị ngun 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 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: Đa thức f ♣xq ✏ ax   b € Zrxs với ♣a, bq ✏ 1, nhận vô hạn giá trị nguyên tố Định lí Dirichlet câu trả lời cho giả thuyết Bouniakowski đa thức bậc Mặc dù chứng minh cho Định lí Dirichlet khó cần đến kết sâu sắc, đa thức 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 đa thức 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 đa thức bậc lớn nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên 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 đa thức lớn nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi Betty Garison trả lời khảng định [2] Chúng trình bày kết Tiết 2.2 Chú ý đa thức có hệ số nguyên bất khả quy nhận giá trị hợp số, chẳng hạn x2 ✁ x   6, x3 ✁ x   9, khơng tồn đa thức bậc dương có hệ số nguyên nhận giá trị nguyên tố (xem Bổ đề 2.4.1) Vì vấn đề đặt liệu Bổ đề 2.4.1 mở rộng cho đa thức miền phân tích nhất? Câu trả lời đưa báo S H Weintraub [5] Ơng miền phân tích có hữu hạn phần tử khả nghịch, đa thức bậc dương nhận giá trị hợp số Tuy nhiên kết khơng cịn 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 Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên 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 đa thức Định nghĩa 1.1.7 Cho V vành vành giao hoán S Cho đa thức 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 đa thức 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 đa thức 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, đa thức 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 miền nguyên f ♣xq € V rxs đa thức Giả 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 miền nguyên 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 miền nguyên f ♣xq, g ♣xq € V rxs hai đa thức có bậc không n Nếu f ♣xq g ♣xq nhận giá trị n   phần tử khác V f ♣xq ✏ g ♣xq 1.2 Đa thức bất khả quy giá trị nguyên tố Trong suốt tiết này, giả thiết K trường Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức f ♣xq € K rxs gọi bất khả quy deg f ♣xq → f ♣xq không phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Nếu deg f ♣xq → f ♣xq tích hai đa thức có bậc bé ta nói f ♣xq khả quy Chú ý rằng, đa thức bậc bất khả quy; đa thức bậc hai bậc ba bất khả quy khơng có nghiệm K Sau số kết đa thức bất khả quy tương tự kết quen biết số nguyên tố Đa thức monic đa thức có hệ số cao Định lý sau phân tích đa thức tương tự Định lý số học phân tích số tự nhiên Định lý 1.2.2 (xem [1] trang 64) Mọi đa thức bậc dương f ♣xq € K rxs phân tích thành tích hữu hạn đa thức 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 đa thức 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 đa thức gi ♣xq cho gi ♣xq chia hết cho f ♣xq Mệnh đề 1.2.4 Có vơ hạn đa thức bất khả quy K Chứng minh Giả sử có hữu hạn đa thức bất khả quy f1 ♣xq, , fm ♣xq Ta xét đa thức f ♣xq ✏ f1 ♣xq ☎ ☎ ☎ fm ♣xq  Khi tồn đa thức 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 đa thức bất khả quy trường Q, R, C Định lý Đại số phát biểu đa thức với hệ số phức bậc n có n nghiệm phức Do đa thức bất khả quy C đa thức bậc Hơn nữa, a   bi € C nghiệm đa thức f ♣xq € Rrxs, a ✁ bi nghiệm f ♣xq Do đó, đa thức bất khả quy R đa thức bậc bậc khơng có nghiệm thực Bài tốn xét tính bất khả quy đa thức 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 giá trị nguyên tố ❧ ➧ 2.3 k Miền phân tích Trong tiết chứng minh Định lý Gauss: Vành đa thức miền phân tích miền phân tích Trước hết nhắc lại số khái niệm tính chất miền phân tích Chúng ta biết rằng, miền nguyên 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 miền nguyên 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 cịn 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 miền nguyên 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 miền nguyên 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 Miền nguyên 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) cịn 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 ❄ , miền nguyên 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 Miền nguyên 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 Một đa thức khác không vành V rxs gọi nguyên hệ số có ước chung lớn Bổ đề 2.3.9 Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên Chứng minh Cho hai đa thức nguyên f ♣xq ✏ anxn     a1x   a0 g ♣xq ✏ bm xm     b1 x   b0 Giả sử f ♣xqg ♣xq không đa thức nguyên 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 đa thức 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 đa thức nguyên Hơn nữa, c✶ € V thỏa mãn f ♣xq ✏ c✶ ☎ h♣xq với h♣xq € V rxs đa thức nguyên 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 đa thức nguyên c khả nghịch Hệ 2.3.10 Cho f ♣xq, g ♣xq € V rxs hai đa thức khác Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, g ♣xq ✏ dg1 ♣xq, f ♣xqg ♣xq ✏ eh♣xq với f ♣xq, g ♣xq, h♣xq € V rxs đa thức nguyên 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 đa thức nguyên Do cd e hai ước chung lớn hệ số đa thức f ♣xqg ♣xq Vì e cd sai khác nhân tử khả ❧ nghịch Bổ đề 2.3.11 Giả sử g ♣xq € V rxs đa thức nguyên ước đa thức 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 miền nguyên nên ❧ Định lý 2.3.12 (Gauss) Nếu V miền phân tích vành đa thức biến V rxs miền phân tích Chứng minh Theo Bổ đề 2.3.7 ta cần chứng minh đa thức khác không khả nghịch V rxs phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy đa thức bất khả quy V rxs phần tử nguyên tố Cho f ♣xq € V rxs đa thức khác không khả nghịch Ta chứng minh quy nạp theo bậc f ♣xq f ♣xq có 30 phân tích thành tích hữu hạn đa thức 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 đa thức bất khả quy V rxs Cho deg f ♣xq ✏ n → giả thiết đa thức khác 0, không khả nghịch với bậc nhỏ n có phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy V rxs Viết f ♣xq ✏ cf1 ♣xq, c € V f1 ♣xq đa thức nguyên 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 đa thức 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 đa thức bất khả quy Giả sử f1 ♣xq không bất khả quy Khi f1 ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, g ♣xq, h♣xq € V rxs đa thức không khả nghịch Do f1 ♣xq đa thức nguyên 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 đa thức nguyên 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 đa thức khác Gọi ϕ♣xq € M đa thức 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 ➙ đa thức 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 đa thức nguyên 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 đa thức nguyên 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 ❧ Giá trị đa thức miền phân tích Chúng ta biết tồn đa thức bậc dương với hệ số nguyên nhận giá trị hợp số Chẳng hạn đa thức x2 ✁ x   x3 ✁ x   đa thức bất khả quy Q, nhậ giá trị hợp số Tổng quát hơn, p số nguyên tố, đa thức xp ✁ x   3p nhận giá trị 32 hợp số (xem Tiết 1.3) Vì thế, tự nhiên, người ta hỏi có tồn hay khơng đa thức bậc dương nhận giá trị nguyên tố Bổ đề sau trả lời phủ định cho vấn đề Bổ đề 2.4.1 Không tồn đa thức bậc dương với hệ số nguyên nhận giá trị nguyên tố Chứng minh Giả sử có đa thức f ♣xq ✏ an xn     a1 x   a0 € Zrxs có bậc n → ln nhận giá trị nguyên 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, đa thức ✏ ✟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 giá trị hợp số đa thức 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 đa thức có bậc dương, f ♣xq nhận giá trị hợp số Chứng minh Cho f ♣xq € V rxs đa thức có bậc d → Giả sử V có k phần tử khả nghịch Chú ý trường miền nguyên, miền nguyên 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 miền nguyên nên số nghiệm đa thức 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 đa thức bậc dương Z ris Z rω s nhận giá trị 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 đa thức có bậc dương Khi f ♣xq nhận giá trị hợp số thỏa mãn hai điều kiện sau (i) Tồn b € V chof ♣bq ✏ (ii) f ♣xq nhận hai giá trị 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 miền nguyên 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 đa thức xác định trường thương miền nguyên, nhận giá trị hợp số miền nguyên 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 miền nguyên 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 đa thức 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 đa thức miền phân tích (có vơ hạn phần tử khả nghịch) nhận giá trị nguyên tố giá trị khả nghịch, không nhận giá trị hợp số Trước hết, cần nhắc lại khái niệm vành thương Ta giả thiết V miền nguyên 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 cịn 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) Đa thức f ♣xq ✏ x2   nhận giá trị 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 đa thức f ♣xq ✏ x2   nhận giá trị 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 đa thức x2   € S1✁1 Z nhận giá trị nguyên tố khả nghịch (ii) S2✁1 Z miền phân tích với vô hạn phần tử khả nghịch đa thức x2 ♣x   1q2   € S2✁1 Z nhận giá trị nguyên tố 38 Kết luận Luận văn trình bày số kết gần giá trị đa thức với hệ số nguyên đa thức với hệ số miền phân tích (giá trị nguyên 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 giá trị nguyên tố đa thức (Định lí 1.2.6, Định lí 1.2.7); • Giả thuyết Bouniakowski đa thức bất khả quy nhận vô hạn giá trị nguyên 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 đa thức 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 đa thức bậc hai dạng khuyết nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố (Định lí 2.2.1); • Chứng minh đa thức với hệ số nguyên có bậc dương nhận giá trị nguyên 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 cịn 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 đa thức (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 ... Zrxs miền phân tích 2.4 ❧ Giá trị đa thức miền phân tích Chúng ta biết tồn đa thức bậc dương với hệ số nguyên nhận giá trị hợp số Chẳng hạn đa thức x2 ✁ x   x3 ✁ x   đa thức bất khả quy Q, nhậ giá. .. 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. .. x2 ♣x   1q2   € S2✁1 Z nhận giá trị nguyên tố 38 Kết luận Luận văn trình bày số kết gần giá trị đa thức với hệ số nguyên đa thức với hệ số miền phân tích (giá trị nguyên tố, hợp số, khả nghịch),
- Xem thêm -

Xem thêm: (Luận văn thạc sĩ) giá trị của đa thức trên một miền nguyên , (Luận văn thạc sĩ) giá trị của đa thức trên một miền nguyên