Một số vấn đề về trường chia đường tròn

Đ1. Hàm số số học Euler Trong các hàm số số học, hàm số Euler đợc định nghĩa sau đây, có vai trò rất quan trọng. 1.1. Định nghĩa. Cho n là số tự nhiên khác không. Hàm số Euler )(n là hàm số số học có giá trị tại n bằng số các số tự nhiên khác 0, không v- ợt quá n và nguyên tố cùng nhau với n: = = 1),( 1 1)( mn nm n . Ví dụ. .4)10(,2)4(,2)3(,2)2(,1)1( ===== Từ định nghĩa trên đây, ta có ngay hệ quả: Số tự nhiên p lớn hơn 1, là số nguyên tố khi và chỉ khi .1)( = pp 1.2. Định nghĩa. Hệ thặng d đầy đủ modn là một tập hợp gồm n số nguyên đôi một không đồng d với nhau theo modn. Hệ thặng d thu gọn modn là một tập hợp gồm )(n số nguyên đôi một không đồng d với nhau theo modn và mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với n . Ví dụ. Các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành một hệ thặng d thu gọn mod7. Các số 1, 3, 5, 7 lập thành một hệ thặng d thu gọn mod8. 1.3. Định lý. Giả sử a là số nguyên sao cho a và n nguyên tố cùng nhau. Khi đó, nếu )(21 , .,, n rrr là một hệ thặng d thu gọn modn thì )(21 , .,, n ararar cũng là hệ thặng d thu gọn modn. Chứng minh. Với nji 1 , giả sử )(mod narar ji ,thế thì từ giả thiết a và n nguyên tố cùng nhau ta suy ra )(mod nrr ji . Điều này trái với giả thiết )(21 , .,, n rrr là hệ thặng d thu gọn. Nh vậy, mỗi số nguyên của hệ )(21 , .,, n ararar đôi một không đồng d với nhau theo modn. Ngoài ra, cũng từ giả thiết a và n nguyên tố cùng nhau ta suy ra 1),(),( == nrnar ii . Vì vậy, hệ )(21 , .,, n ararar cũng là hệ thặng d thu gọn modn. Định lý đợc chứng minh. Ă 2 1.4. Định lý Euler. Nếu a là số nguyên, nguyên tố cùng nhau với n , thì )(mod1 )( na n . Chứng minh. Giả sử )(21 , .,, n rrr là một hệ thặng d thu gọn modn. Theo định lý 1.3 hệ )(21 , .,, n ararar cũng là hệ thặng d thu gọn modn. Vì mỗi thặng d của hệ này đồng d với một và chỉ một thặng d của hệ kia theo modn, cho nên ta có: ).(mod )(21)(21 nrrrararar nn Do đó, ta có ).(mod )(21)(21 )( nrrrrrra nn n Vì mỗi thặng d i r nguyên tố cùng nhau với n, cho nên ta có: ).(mod1 )( na n Định lý Euler đợc chứng minh. Ă 1.5. Hệ quả. Nghiệm của phơng trình đồng d bậc nhất ),(mod nbax với 1),( = na là )(mod 1)( nbax n . 1.6. Bổ đề. Cho m,n là hai số nguyên dơng, nguyên tố cùng nhau. Khi đó, mỗi hàng trong bảng số sau đây là một hệ thặng d đầy đủ modn: 32 . )1( .2 . 2)1( .2222 1)1( .1211 mnmmm rmnrmrmr mnmm mnmm +++ +++ +++ Chứng minh. Ta xét hàng thứ r tổng quát. Với 1,0 nyx , giả sử )(mod nrymrxm ++ , khi đó từ giả thiết m và n nguyên tố cùng nhau, ta suy ra )(mod nyx . Do đó, mỗi hàng của bảng số trên gồm n số nguyên phân biệt đôi một không đồng d với nhau theo modn, hay mỗi hàng là một hệ thặng d đầy đủ modn. Ă 1.7. Định lý. Hàm Euler )(n là hàm có tính chất nhân, nghĩa là với m,n là hai số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau, ta có: 3 ).()()( nmmn = Chứng minh. Ta sắp xếp tất cả các số nguyên dơng không vợt quá tích mn thành bảng số nh trên. Giả sử r là số nguyên dơng không vợt quá m và 1),( >= drm . Khi đó, trong hàng thứ r không có số nào nguyên tố cùng nhau với mn. Vì thế để tính giá trị )(mn ta chỉ xét các số trong hàng thứ r với .1),( = rm Các số trong hàng này đều nguyên tố cùng nhau với m. Ngoài ra, theo bổ đề 1.6, các số trong hàng này lập thành một hệ thặng d đầy đủ modn, nghĩa là có đúng )(n số trong hàng này nguyên tố cùng nhau với n. Do đó, trong mỗi hàng này có )(n số nguyên tố cùng nhau với mn. Có cả thảy )(m hàng nh vậy. Vì vậy, trong bảng số trên có )()( nm số nguyên tố cùng nhau với mn, hay ).()()( nmmn = Định lý đợc chứng minh. Ă 1.8. Bổ đề. Nếu p là số nguyên tố và k là số nguyên dơng thì ta có: ). 1 1()( p pp kk = Chứng minh. Theo định nghĩa hàm Euler )(n , ta có .1111)( 1 1),( 1 1),( 1 1),( 1 = = ==== pm pm k pm pm pm pm k pm pm k kkk k k ppp Ta thấy rằng, các số nguyên dơng không vợt quá k p và chia hết cho p phải có dạng ., 1 k pspsp Do đó, có đúng 1 k p số nh vậy. Vì vậy, ta có .)( 1 = kkk ppp Ă 1.9. Công thức tính giá trị của hàm số Euler. Giả sử k k pppn 21 21 = là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n, Khi đó, ta có công thức ) 1 1() 1 1)( 1 1()( 21 k ppp nn = . 4 Chứng minh. Do hàm Euler có tính chất nhân, nên áp dụng bổ đề 1.8, ta có công thức cần chứng minh. Ă 1.10. Định lý. (Hệ thức Gauss) Giả sử n là số nguyên dơng. Khi đó, ta có công thức sau: ,)( / nd nd = trong đó tổng đợc lấy theo mọi ớc của n. Chứng minh. Thật vậy, nếu n = 1, thì công thức đúng. Nếu n > 1, thì nó có dạng phân tích tiêu chuẩn, giả sử k k pppn 21 21 = . Khi đó, áp dụng tính chất nhân của hàm số Euler, ta đợc = = = == == == k i i ki k ki k nd ii i ii k ii k p ppp pppd 1 0 , .,1 0 21 , .,1 0 21 / ))(( )() .()( ) .()( 21 21 = ++++= k i ii iii ii ppppp 1 2 ))()()1(1( 1 = = = k i i np i 1 . Công thức trên đợc chứng minh. Ă 1.11. ứng dụng. Các tính chất của hàm Euler đợc sử dụng để tính đồng d của những luỹ thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính ka n mod , trong đó n là một số nguyên dơng rất lớn. Giả sử có k k pppk 21 21 = . Khi đó, theo định lý Euler ta có ).(mod1 )( j i i i p pa Do đó, nếu N là bội chung nhỏ nhất của các )( i i p thì ).(mod1 ka N Vì vậy, nếu viết ,, NrrNqn <+= ta đợc ).(mod j i rn paa Ta xét một ví dụ bằng số: Tính 77mod2 1000000 . Ta có: 77 = 11.7, và có .10)11(,6)7( == Bội chung nhỏ nhất của 6 và 10 là 30. Do đó ).77(mod12 30 5 Mặt khác, 1000000 = 30. 33333 + 10, do đó ).77(mod2322 101000000 Đ2. Trờng chia đờng tròn 2.1. Đặc số của trờng. Giả sử T là một trờng với phần tử đơn vị đợc ký hiệu là 1. Nếu ,01 n với mọi số tự nhiên n khác 0, thì ta nói trờng T có đặc số 0. Trong trờng hợp ngợc lại, ta gọi số nguyên dơng bé nhất n sao cho ,01 = n là đặc số của trờng T. Chúng ta chứng minh đợc rằng, mỗi trờng T tuỳ ý hoặc có đặc số 0, hoặc có đặc số là số nguyên tố. Chẳng hạn, các trờng Q, R, C là trờng có đặc số 0. Trờng Z p các số nguyên modp có đặc số là số nguyên tố .p 2.2. Trờng nguyên tố. Giả sử T là một trờng. Ta gọi là trờng con của T, một vành con khác không X của nó sao cho nếu 0, xXx thì . 1 Xx Ta gọi trờng T là trờng nguyên tố nếu nó không có một trờng con thực sự nào cả. 6 Giao của tất cả các trờng con của một trờng đ cho hiển nhiên làã một trờng nguyên tố. Vì vậy, mọi trờng đều chứa một và chỉ một trờng con nguyên tố. 2.3. Định lý về các kiểu trờng nguyên tố (xem [7], trang 87) Giả sử P là trờng con nguyên tố của trờng T, khi đó: 1) Nếu trờng T có đặc số 0 thì trờng P đẳng cấu với trờng Q các số hữu tỉ. 2) Nếu trờng T có đặc số 0 p thì trờng P đẳng cấu với trờng Z p các số nguyên modp. 2.4. Mở rộng trờng. Giả sử T là một trờng con của trờng U, khi đó ta nói U là một mở rộng của trờng T. Chẳng hạn, mọi trờng đều có thể xem là một mở rộng của trờng con nguyên tố của nó. Giả sử U là một mở rộng đ cho của một trã ờng T và S là một tập con tuỳ ý của U. Họ trờng con của U chứa T và S là khác rỗng, vì U thuộc họ đó. Giao của họ này là một trờng con của U chứa T và S. Hiển nhiên đó là trờng con nhỏ nhất chứa T và S. Ta ký hiệu là T(S) và gọi nó là mở rộng thu đợc từ T bằng cách ghép thêm tập hợp S. Nếu S = { x 1 , . , x n } thì thay cho T(S) ta viết T( x 1 , . , x n ). Đặc biệt, với phần tử tuỳ ýthuộc U , ta gọi T( ) là mở rộng đơn của T ghép thêm phần tử . 2.5. Trờng phân rã của một đa thức. Cho )(xf là một đa thức trên trờng T, với bậc 1 n . Ta gọi trờng phân rã của đa thức )(xf trên T là một mở rộng P của T sao cho )(xf có n nghiệm trong P và P là một trờng nhỏ nhất chứa T và n nghiệm của đa thức )(xf . Chú ý rằng, đối với mọi đa thức )(xf , bậc 1 n trên T, bao giờ cũng tồn tại ít nhất một trờng phân r . Hơn nữa, trã ờng phân r củaã một đa thức )(xf , bậc 1 n trên T là duy nhất, sai khác một đẳng cấu (xem [1]). 7 2.6. Căn bậc n của đơn vị. Trờng chia đờng tròn bậc n. Giả sử P là một trờng nguyên tố và n là một số tự nhiên khác không và n không chia hết cho đặc số p của trờng P (nếu trờng P có đặc số 0, thì n là số tự nhiên nào đó khác 0). Ta gọi căn bậc n của đơn vị, mọi nghiệm của đa thức: 1)( = n xxf trong một trờng mở rộng nào đó của trờng P. Hiển nhiên, các căn bậc n của đơn vị lập thành một nhóm Aben đối với phép nhân và cấp của một phần tử bất kỳ của nhóm này là một ớc số của n , vì ta luôn có .1 = n Trờng phân r Rã n của đa thức 1)( = n xxf gọi là trờng chia đờng tròn bậc n trên trờng P. Ví dụ. Giả sử trờng nguyên tố P là trờng số hữu tỉ Q. Khi đó, trờng chia đờng tròn R n trên Q là một trờng con của trờng số phức C, và các căn bậc n của đơn vị là .1, .,1,0, 2 sin 2 cos =+= nk n k i n k k Các căn bậc n của đơn vị có biểu diễn hình học là n đỉnh của một đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đờng tròn đơn vị. Biết giá trị n 2 cos , ta có thể dựng đợc một đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đờng tròn đơn vị, tức là chia đờng tròn đó thành n phần bằng nhau. 2.7. Định lý. Nhóm nhân căn bậc n của đơn vị là một nhóm xiclic cấp n . Chứng minh. Vì n không chia hết đặc số của trờng, nên đạo hàm 1, )( = n nxxf chỉ triệt tiêu khi x lấy giá trị 0, do đó nó không có nghiệm chung với )(xf Vì vậy, trong trờng chia đờng tròn R n các nghiệm của đa thức )(xf đều khác nhau, hay trong R n có đúng n căn bậc n của đơn vị. 8 Để chứng minh định lý trên, ta nhắc lại rằng số các số nguyên dơng nhỏ hơn n và nguyên tố với n là giá trị của hàm Euler )(n , nó cũng bằng số phần tử sinh của một nhóm xiclic cấp n . Ta sử dụng hệ thức Gauss: ,)( / nd nd = trong đó tổng đợc lấy theo mọi ớc của n. Gọi n G là nhóm các căn bậc n của đơn vị. Với mỗi ớc d của n , ký hiệu C d là tập các phần tử n Ga sao cho a có cấp d . Giả sử a là một phần tử cấp d của n G . Ta h y tính số phần tử của Cã d . Phần tử a sinh ra một nhóm xiclic cấp d . Tất cả các phần tử của nhóm đó đều là nghiệm của phơng trình .01 = d x Phơng trình này chỉ có d nghiệm, vì vậy nếu d Cb thì do ,01 = d b suy ra b cũng là một phần tử của nhóm xiclic sinh bởi a . Vậy số phần tử của C d chính là )(d nếu trong n G có phần tử cấp d. Ký hiệu D là tập các số nguyên dơng d sao cho trong n G có những phần tử cấp d. Khi đó, n G là hợp rời rạc của các C d , với d D. Từ đó: ,)( nd Dd = So sánh với hệ thức Gauss, ta nhận thấy rằng D phải trùng với tập tất cả các ớc số dơng của n. Đặc biệt, trong n G phải có một phần tử cấp n và vì vậy n G là nhóm xiclic sinh bởi phần tử đó. Ă Lập luận trên cũng đa đến kết luận: Nhóm nhân các căn bậc n có )(n phần tử sinh, hay có )(n căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. 2.8. Đa thức chia đờng tròn. Giả sử )(21 ., ,, n là )(n căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Đa thức )())(()( )(21 nn xxxxF = đợc gọi là đa thức chia đờng tròn bậc n. 2.9. Mệnh đề. Các hệ tử của đa thức chia đờng tròn )())(()( )(21 nn xxxxF = 9 thuộc trờng nguyên tố P. Nếu P = Q thì chúng là số nguyên. Nếu P = Z p thì chúng là những lớp thặng d modp xác định bởi những số nguyên trên. Ngoài ra, ta có công thức: .)(1)( / == nd d n xFxxf Chứng minh. Công thức trên là hệ quả trực tiếp của phân hoạch các căn bậc n của đơn vị: nd dn CG / = đ nói ở chứng minh định lý 2.7. Vì vậy, ta chỉ còn phải chứng minhã điều khẳng định về hệ tử của đa thức chia đờng tròn. Ta quy nạp theo n. Với n = 1, thì F 1 (x) = x 1, vậy khẳng định là đúng. Giả sử đối với F 1 (x), F 2 (x), . . . , F n (x) khẳng định đúng, ta chứng minh khẳng định trên cũng đúng với F n (x). Bới vì === nd dn nd d n xFxFxFxxf /// )().()(1)( , trong đó // chỉ ớc khác n của n. Ta có )( 1 )( xG x xF n n = ,với = nd d xFxG // )()( . Khi P = Q, theo thuật chia có d các hệ tử của )(xF n là những số nguyên. Khi P = Z p các hệ tử của )(xF n là những lớp thặng d theo modp, xác định bởi các hệ số nguyên tơng ứng trong trờng hợp P = Q. Ví dụ. Ký hiệu là một căn nguyên thuỷ bậc 12 của đơn vị: )()()()()()(1 1234612 12 xFxFxFxFxFxFx = 10 .1))()()(()( 1 )()()( 1 ))(()( 1 )()( 1 ))(()( 1 )( 1 ))(()( 1 )( 1 )()( 1)()( 249751 12 2 321 6 102 6 2 21 4 93 4 2 1 3 84 3 1 2 6 2 0 1 +== += == += == ++= == += == == xxxxxxxF xx xFxFxF x xxxF x xFxF x xxxF xx xF x xxxF x xF x xxF xxxF 2.10. Tính khả quy của đa thức chia đờng tròn trên trờng có đặc số khác 0. Nếu đặc số 0 p thì đa thức )(xF n Z p [x] nói chung không bất khả quy. Chẳng hạn, với p =11, ta có: +++=+= )15)(15(1)( 2224 12 xxxxxxxF Z 11 [x] 2.11. Định lý. Đa thức chia đờng tròn trên trờng số hữu tỉ Q là đa thức bất khả quy trên Q. Chứng minh. Thật vậy, giả sử là một căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị và )(x là một đa thức bất khả quy trên Q nhận làm nghiệm ( )(x là đa thức cực tiểu của ) . Ta có thể xem )(x là một đa thức nguyên bản (có các hệ số nguyên tố cùng nhau). Ta chứng minh )(x = F n (x). Giả sử p là số nguyên tố không chia hết n. Khi đó, cùng với , phần tử p cũng là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị. Gọi g(x) là đa thức với hệ số nguyên, nguyên bản, bất khả quy nhận p làm nghiệm. Ta sẽ chứng minh rằng )()( xgx = . Đa thức 1 n x nhận làm nghiệm cho nên nó chia hết cho )(x . Tơng tự, đa thức 1 n x cũng chia hết cho g(x). Giả sử )()( xgx , khi đó ta có: )1(),()()(1 xhxgxx n = . 11