Phần tử bất khả quy và ứng dụng

GI O V OT O …………………… Vinh - 2009 M C Trang MỞ hương Tính bất khả quy miền nguyên §1 Phần tử bất khả quy miền nguyên 1.1 Phần tử khả quy bất khả quy miền nguyên 1.2 ịnh nghĩa tính chất số nguyên tố 1.3 Phần tử bất khả quy miền nguyên phức §2 a thức bất khả quy trường số thực số phức 2.1 Khái niệm tính chất đa thức bất khả quy 2.2 a thức bất khả quy trường số thực số phức 10 hương ính bất khả quy vành số nguyên vành đa thức  x 12 §1 Một số tiêu chuẩn kiểm tra số nguyên tố 12 §2 a thức bất khả quy trường số hữu tỷ ứng dụng 18 2.1 Một số tiêu chuẩn kiểm tra đa thức bất khả quy trường số hữu tỉ 18 2.2 Từ số nguyên tố đến đa thức bất khả quy 22 2.3 Một số lớp đa thức bất khả quy nhận giá trị 1 24 2.4 Một số ứng dụng 26 Ế 34 Ệ AM 35 MỞ Số học lĩnh vực cổ xưa toán học lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chưa có câu trả lời ối tượng nghiên cứu ngành Số học trước hết số nguyên Không có đơn giản quen thuộc số nguyên Thế số học tiếp tục khám phá nhiều tính chất đẹp quy luật lí thú chi phối giới số nguyên Trong lí thuyết vành ta có kết quả: Mỗi phần tử khác khơng khả nghịch vành phân tích cách thành tích phần tử bất khả quy ặc biệt, áp dụng kết cho vành số nguyên ta nhận kết quả: Mọi số nguyên lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố, thừa số nguyên tố viết theo thứ tự khơng giảm Vì số ngun tố trở thành “vật liệu” quan trọng để xây dựng số nguyên Việc kiểm tra số nguyên cho trước có phải số ngun tố hay khơng, khó khăn số lớn o đó, việc tìm tiêu chuẩn để kiểm tra số nguyên tố thu hút nhiều nhà toán học quan tâm hẳng hạn, Fermat, Wilson, P.Pépin, Lucas, Lehmer,…… Bên cạnh đó, phát triển Số học, đặc biệt năm gần đây, chịu ảnh hướng lớn tương tự số nguyên đa thức Nói cách khác, có giả thuyết chưa chứng minh với số nguyên người ta cố gắng chứng minh đa thức Số nguyên tố ngoại lệ, nghĩa người ta chuyển vấn đề tìm tiêu chuẩn số nguyên tố lên vành đa thức Nói khác đi, người ta tìm tiêu chuẩn để kiểm tra đa thức bất khả quy trường âu trả lời cho vấn đề đơn giản đa thức trường đóng đại số ụ thể hơn, đa thức trường đóng đại số bất khả quy đa thức bậc Tuy nhiên, việc kiểm tra tính bất khả quy đa thức trường tùy ý gặp nhiều khó khăn hẳng hạn, việc kiểm tra tính bất khả quy đa thức trường hữu tỷ Hơn nữa, năm gần đây, số nguyên tố không vấn đề tốn học lí thuyết, mà cịn có nhiều ứng dụng ngành khoa học khác, đặc biệt bảo mật thơng tin Vì vấn đề đặc biệt số ngun tố mà chọn “ Phần tử bất khả quy ứng dụng” làm đề tài luận văn thạc sĩ cho mình, nhằm hệ thống lại tiêu chuẩn để kiểm tra tính nguyên tố cho số nguyên tính bất khả quy cho đa thức trường số hữu tỷ Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành hai chương: Chương Tính bất khả quy miền nguyên Trong chương chúng tơi trình bày lại số khái niệm phần tử bất khả quy miền nguyên, định lí phân tích thành thừa số bất khả quy Qua nêu lên số khái niệm tính chất ban đầu số nguyên tố hệ thống lại số tiêu chuẩn kiểm tra đa thức bất khả quy trường số thực số phức Chương Tính bất khả quy vành số nguyên vành đa thức  x Trong chương chúng tơi trình bày lại số tiêu chuẩn kiểm tra số nguyên tố như: Fermat, Wilson, Euler, Pépin Luscar – Lehmer ũng vành số nguyên, vành đa thức  x chúng tơi trình bày lại số tiêu chuẩn kiểm tra đa thức bất khả quy là: tiêu chuẩn Eisenstein, tổng quát hóa tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Perron số đa thức bất khả quy nhận giá trị 1 Luận văn hoàn thành vào tháng 12 năm 2009 trường ại học Vinh hướng dẫn thầy giáo TS Mai Văn Tư Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm khắc trình học tập nghiên cứu Qua tác giả trân trọng cảm ơn thầy giáo, giáo khoa tốn khoa Sau đại học giúp đỡ trình học tập nghiên cứu hồn thành luận văn số bạn học viên lớp cao học 15 ại số lý thuyết số giúp đỡ động viên tác giả Mặc dù có nhiều cố gắng, song luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót húng tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn đọc để luận văn hoàn thiện Vinh, tháng 12 năm 2009 Tác giả hương ính bất khả quy miền nguyên § hần tử bất khả quy miền nguyên 1.1 hần tử khả quy bất khả quy miền nguyên Giả sử A miền nguyên mà phần tử đơn vị kí hiệu ác ước đơn vị phần tử khả nghịch, chúng lập thành nhóm nhân U mà phần tử đơn vị hẳng hạn vành số nguyên, phần tử khả nghịch 1 , vành đa thức K  x  , với K trường, đa thức bậc nghĩa phần tử khác không K phần tử khả nghịch 1.1.1 ịnh nghĩa 1) Các phần tử liên kết với x phần tử khả nghịch ước không thực x , ước khác x ước thực x 2) Giả sử x phần tử khác không khả nghịch A ; x gọi phần tử bất khả quy A x khơng có ước thực Ngược lại x gọi phần tử khả quy A 1.1.2 ịnh lí Trong miền nguyên A phần tử nguyên tố phần tử bất khả quy Chứng minh Giả sử p  A phần tử nguyên tố Khi p  , p không ước ể chứng minh p phần tử bất khả quy ta cần chứng minh p khơng có ước thực Thật vậy, giả sử p  uv Do p phần tử nguyên tố nên từ p ước tích uv suy p \ u p \ v Nếu p \ u u \ p nên p liên kết với u v ước đơn vị Tương tự, p \ v p liên kết với v u ước đơn vị ■ 1.1.3 ổ đề Trong vành R phần tử khác khơng không khả nghịch chứa iđêan tối đại 1.1.4 ổ đề Trong vành R phần tử a bất khả quy iđêan aR tối đại 1.1.5 ịnh lí (Định lí nhân tử hóa) Mỗi phần tử khác khơng khả nghịch vành R phân tích cách thành tích nhân tử bất khả quy, sai khác thứ tự nhân tử nhân tử khả nghịch Chứng minh Giả sử  a  R a không khả nghịch Theo ổ đề 1.1.3, a chứa iđêan tối đại q1R a  q1  a1 Theo ổ đề 1.1.4, q1 bất khả quy Nếu a1 khả nghịch ta có điều phải chứng minh Nếu a1 không khả nghịch lập luận tương tự a ta có a1  q2  a2 , với q2 bất khả quy Tiếp tục trình sau hữu hạn bước ta an1  qn  an , với qn bất khả quy an khả nghịch Thật vậy, dãy ước thực a, a1 , a2 , , an ,  vô hạn dãy tăng iđêan tương ứng aR  a1R  a2 R    an R   dãy vơ hạn, vơ lí dãy dừng (hiển nhiên) ây đặt p  an1  qn  an ta p bất khả quy, có phân tích a thành tích phần tử bất khả quy: a  q1q2  qn1  p ể chứng minh tính nhất, giả sử a  p1 p2  pn  q1q2  qm , () pi qi bất khả quy Hơn nữa, khơng tính tổng quát ta giả sử m  n Từ đẳng thức   suy p1  q1q2  qm Khi đó, ta có p1 ước qk ằng cách đánh số lại số ta giả thiết p1 q1 Do q1 phần tử bất khả quy nên q1 liên kết với p1 hay q1  u1 p1 Như p1 p2  pn  u1 p1q2  qn Sau giản ước hai vế cho p1 ta p2  pn  u1q2  qn Tiếp tục lập luận sau hữu hạn bước ta  u1u2  un qn1qm iều khơng thể xẩy ra, phần tử bất khả quy chia hết cho o m  n , số nguyên tố p1 , p2 , , pn trùng với q1 , q2 , , qm , sai khác thứ tự sai khác phép nhân với phần tử khả nghịch chứng minh ịnh lí ■ Như vành cụ thể phần tử bất khả quy thể rõ ràng hẳng hạn, vành số nguyên vành đa thức trường xác định ể hiểu điều chúng tơi nêu định nghĩa số tính chất đẹp đẽ chúng 1.2 ịnh nghĩa tính chất số nguyên tố Trên vành số nguyên phần tử bất khả quy số nguyên tố Số nguyên tố đối tượng để xây dựng nên số nguyên 1.2.1 ịnh nghĩa Số nguyên tố số nguyên dương lớn chia hết cho 1.2.2 ịnh lí Tồn vơ hạn số ngun tố 1.2.3 ịnh lí Nếu n hợp số, n có ước ngun tố khơng vượt q n 1.2.4 ịnh lí ( Định lí số học) Mọi số nguyên dương lớn biểu diễn cách dạng tích thừa số nguyên tố, thừa số nguyên tố viết theo thứ tự không giảm 1.3 hần tử bất khả quy miền nguyên phức ể tìm cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn phương trình x2  y3  , giải tập số nguyên gặp khó khăn o đó, để giải toán cách đơn giản ta tìm tập hợp số gọi Số phức nguyên Trên tập số phức tốn có nghiệm Số ngun phức có nhiều ứng dụng lí thuyết số Trong mục nhắc lại định nghĩa tính chất số nguyên tố Gauss 1.3.1 ịnh nghĩa Số phức có dạng a  bi a, b  gọi số phức nguyên (hay số nguyên Gauss) Tập tất số phức nguyên Gauss khảo sát vào 1832 kí hiệu Rõ ràng i  thường kí hiệu chữ Hylạp  ,  ,  ,  i  Như vậy, số nguyên thông thường số phức nguyên có phần ảo o đó, muốn làm số học số phức dựng thuật toán chia hết khái niệm số nguyên tố Xét tập hợp Q  i    a  bi | a, b  , i  1 i  , ta xây i  ó trường A ( A vành số nguyên đại số), ta gọi trường số hữu tỉ phức Xét tập hợp G số nguyên Q  i  G  A  Q i  G vành A Khi G i   a  bi / a, b   G   1,  1, i,  i  tập hợp tất đơn vị trường số đại số Vành G xác định gọi vành số nguyên Gauss 1.3.2 ịnh lí Cho   a  bi số phức nguyên khác đơn vị Khi đó: 1) Nếu b  0, a   số nguyên tố Gauss a số ngun tố thơng thường có dạng 4k  2) Nếu a  0, b   số nguyên tố Gauss b số ngun tố thơng thường có dạng 4k  3) Nếu a  0, b   số nguyên tố Gauss N    a  b2 số nguyên tố thông thường Vậy tập hợp tất số nguyên tố Gauss gồm  Tất số ngun tố thơng thường p có dạng 4k  số phức nguyên liên kết với chúng  Tất số phức nguyên a  bi ,  a, b  nghiệm nguyên phương trình p  a  b2 với p  p số nguyên tố có dạng 4k  Chứng minh Ta có   a Nếu  số nguyên tố Gauss a phải số nguyên tố thơng thường Ta chứng minh a có dạng 4k  Giả sử a khơng có dạng 4k  Khi đó, tồn số nguyên x, y cho a  x2  y , x,y    a   x  yi  x  yi  o   a hợp số Gauss Mâu thuẫn ảo lại giả sử   a ngun tố thơng thường có dạng 4k   hợp số Gauss Khi     N    a  N   N     N    N     a Giả sử   a  yi Khi N    x2  y  a iều trái với giả thiết a số nguyên tố dạng 4k  Ta có   bi o  b hai số phức nguyên kết hợp o  số nguyên tố Gauss b số nguyên tố Gauss o 1) ta có điều phải chứng minh Giả sử N   số nguyên tố thông thường Nếu  hợp số Gauss ta có     ,  số phức nguyên khác đơn vị o N    N   N    Suy N    N     Ta có mâu thuẫn Ngược lại giả sử  số nguyên tố Gauss Ta phải chứng minh N   số nguyên tố thông thường Trước hết ta có tồn số nguyên tố thông thường p cho  | p Thật   N    ước số số nguyên dương thông thường N   Gọi n số nguyên dương thơng thường bé nhận  ước Khi n số nguyên tố thông thường Thật vậy, trái lại giả sử n  n1n2 ,  n1  n,  n2  n Vì  | n1n  n suy  | n1  | n2 iều mâu thuẫn với cách chọn n Vậy n phải số nguyên tố thơng thường, ta kí hiệu p Ta có p   (do  | p ) Số  khơng phải đơn vị a  0, b  N    N  p   p Mà N   | N  p   p nên suy N    p ■ Từ định nghĩa định lí vừa nêu ta suy định lí sau 1.3.3 ịnh lí Cho G  a  bi / a, b   Khi đó, số nguyên Gauss bất khả quy (trong G) có dạng sau 1)  i 2) p, với p số nguyên tố có dạng 4k  3) m  ni với m2  n2 số nguyên tố có dạng 4k  § a thức bất khả quy trường số thực số phức Vành đa thức F  x  trường F có tính chất quan trọng, tương tự vành số nguyên thuật tốn, dấu hiệu để tìm đa thức bất khả quy Trong vành khái niệm đa thức bất khả quy khái niệm đóng vai trị tương tự số nguyên tố vành số nguyên Trước hết phần tử khả nghịch F  x  phần tử khác F Các đa thức liên kết đa thức f  x  đa thức có dạng af  x  với  a  F ác đa thức bậc ax  b bất khả quy, chúng có nghiệm  F b a ó đa thức bất khả quy có nghiệm F ác đa thức bất khả quy khác nghĩa đa thức bất khả quy có bậc lớn khơng có nghiệm F 2.1 2.1.1 hái niệm tính chất đa thức bất khả quy ịnh nghĩa Đa thức p  x  vành R  x  gọi khả quy (trên R ) p  x   a  x  b  x  đa thức không khả nghịch a  x  , b  x  thuộc R  x  Đa thức p  x  gọi bất khả quy p  x  khơng khả nghịch khơng khả quy Nói riêng, vành R trường F đa thức f  x   F  x  khả quy f  x   a  x  b  x  với đa thức a  x  , b  x  không 22 Chú ý: Với k  ta nhận tiêu chuẩn Eisenstein, P  x  có ước bất khả quy với số bậc n  , nghĩa đa thức Chứng minh Nếu đa thức P  x  bất khả quy định lí chứng minh Giả sử P  x  phân tích biểu diễn P  x   G  x  H  x   tích thừa số đa thức bất khả quy (có hai) với hệ số ngun Do an p, nên hệ số tự đa thức thừa số chia hết cho p Trong trường hợp ta chứng minh bậc r G  x  thỏa mãn bất đẳng thức r  n  k , định lí chứng minh Thật Ta viết G  x  dạng G  x   b0 x r  b1 x r 1    br , cịn tích số cịn lại dạng Q  x   c0 x s  c1 x s 1    cs Ta có P  x   G  x  Q  x  , r  0, s  0, r  s  n a thức G  x  chọn cho br p Nhưng cs khơng chia hết cho p , giả sử cs p ta nhận an  br cs chia hết cho p trái với giả thiết ũng b0 không chia hết cho p , theo giả thiết a0  b0c0 khơng chia hết cho p Ta kí hiệu i số cuối dãy 0,1, 2, , r cho bi không chia hết cho p , bi 1 p, bi 2 p, , br p Ta xét hệ số as i P  x  Ta có as i  bi cs  bi 1cs 1  bi  2cs 2   Trong đẳng thức sau tất số hạng bên phải chia hết cho p , riêng số hạng đầu không chia hết cho p , từ suy as i không chia hết cho p 23 Nhưng theo điều kiện 2) định lí có khả với s  i  k s  i  k  Nhưng r  r  s  i  k  r  s   i  k  n  i  k  n  k ■ 2.2 số nguyên tố đến đa thức bất khả quy Theo định lí Euclid tồn vô hạn số nguyên tố tập hợp giá trị đa thức P  x  Một câu hỏi đặt với đa thức P  x  x biến số nguyên tập hợp giá trị P  x  có chứa vơ hạn số nguyên tố không? Như điều kiện để có vơ hạn giá trị P  x  số nguyên tố cần phải có P  x  đa thức bất khả quy tất hệ số nguyên tố Cho b  số nguyên Ta biết số nguyên a biểu diễn dạng a  a0bn  a1bn1    an , n  0, a0    b với i  1, 2, , n Ta gọi biểu diễn a theo số b Cho a  p số nguyên tố ằng cách xét biểu diễn số b a ta tạo đa thức P  x   a0 x n  a1 x n1    an1 x  an o định lí biểu diễn nên đa thức bất khả quy Ta ý thêm b  p , với b  p , P  x  số an trường hợp ta quy định bất khả quy Ta nhấn mạnh với số nguyên tố p chọn số b theo phương pháp khác ta nhận đa thức bất khả quy khác Trường hợp b nhỏ so với p , đa thức P  x  tuyến tính bất khả quy hiển nhiên Trong phần lại ta xét b  2, trường hợp b  phức tập có tiêu chuẩn Perron o đó, ta 24 2.2.1 ịnh lí (Tiêu chuẩn Perron) Cho P  x  đa thức với hệ số nguyên Giả sử tồn số nguyên b số nguyên tố p, cho chúng thỏa mãn điều kiện sau: 1) P  b   p 2) P  b  1  3) Tất nghiệm i  i  1, 2, , n  đa thức P  x  thỏa mãn bất đẳng thức i  b  Khi đa thức P  x  bất khả quy  x Trước chứng minh định lí, ta giải thích ý nghĩa hình học điều kiện 3) Số  kí hiệu phần thực số phức  Còn   r , r số thực đó, nghĩa  nằm bên trái đường thẳng qua điểm có hồnh độ r song song với trục tung Như điều kiện 3) theo ngơn ngữ hình học có nghĩa tất nghiệm P  x  nằm nửa mặt phẳng bên trái đường thẳng y  b  Ta có ổ đề sau 2.2.2 ổ đề Cho  số phức cho   a  Khi b    b    Chứng minh ặt     i ,   số thực Khi    , suy ta có   b  ởi mơđun số ngun, nên bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức b    b    Nhưng b     b    i , suy 2 b    b2  2b     Tương tự  b       b     i , từ suy b     b2  1  2b  2b  2   ằng cách thay đẳng thức sau vào bất đẳng thức biến đổi giản ước ta nhận bất đẳng thức tương đương 25 2b  2   0, tương đương với   b  ■ ây ta chứng minh định lí Giả sử P  x   G  x  H  x  , G  x  H  x  đa thức nguyên số Từ đẳng thức P  b   p (và từ kiện p nguyên tố) suy G  b   1 H  b    p G  b    p, H  b   1 Lấy ví dụ G  b   giả thiết nghiệm G  x  1 , 2 , , k 1  k  n  Khi G  x   c  x  1  x      x  k  , c hệ số cao G  x  Vì G  b   G  b  1 số nguyên khác 0, ta có bất đẳng thức G b G  b  1  Phân tích G  x  ta có bất đẳng thức sau b  k b  1 b  2    b   1 b    b   k Nhưng điều vô lí với ổ đề 2.2.2, theo ổ đề ta có b  i  1, i , từ b   i tích vế phải lớn (Trong chứng minh số i b  , P  b  1  theo giả thiết suy b   i  phép chia hoàn tồn có nghĩa) Như đa thức P  x  bất khả quy ■ 2.3 Một số lớp đa thức bất khả quy nhận giá trị 1 Khi ta nghiên cứu số tiêu chuẩn kiểm tra đa thức bất khả quy, tổng quát hóa tiêu chuẩn Eisenstein tiêu chuẩn Perron Trong phần ta đưa số nhận xét số dạng đa thức bất khả quy Khởi đầu ta nhận thấy rằng, Nếu đa thức P  x  phân tích được, nghĩa P  x   G  x  H  x  , G  x  H  x  đa thức hệ số nguyên, giá trị tuyệt đối 26 G  x  H  x  với giá trị đủ lớn biến x, số thực lớn P  x  hợp số Như ta có nhận xét đa thức hay nhận giá trị 1 (với giá trị nguyên x ) đa thức bất khả quy Rất hay nhận giá trị 1 P  x  đủ? (nghĩa có nghiệm nguyên phương trình P  x   ) ể trả lời câu hỏi ta tiến hành bước đến: Nếu bậc đa thức P  x  lớn , phương trình P  x   có nhiều n nghiệm nguyên Với đa thức có giá trị 1, ta xét đa thức P  x  bậc n, cho phương trình P  x   có n nghiệm nguyên Khi n số lẻ ta có định lí sau 2.3.1 ịnh lí Cho P  x  đa thức có bậc lẻ n  2m  P    1 với n số nguyên khác a1 , a2 , , an Khi P  x  đa thức bất khả quy Chứng minh Giả sử đa thức P  x  phân tích thành tích P  x   G  x  H  x  với G  x  , H  x  đa thức hệ số nguyên khác số Trong phân tích có thừa số G  x  , H  x  có bậc nhỏ m Vì bậc đa thức tích hai đa thức tổng đa thức, nên bậc hai đa thức G  x  , H  x  lớn lớn m , bậc P  x  lớn  m  1  n o ta có bậc G  x  nhỏ m Từ đẳng thức P    1 suy G   H    1, từ số G  aí  H   số nguyên, ta nhận G    1 với i H    1 Như G    1 với i  1, 2, , n Nhưng n  2m , suy đẳng thức G    G    1 thỏa mãn với m giá trị i Nhưng đa thức phải trùng với số 1 , điều trái với giả thiết ■ Ta xét trường hợp đơn giản định lí trước đa thức nhận giá trị 1 Khi ta nhận kết sau 27 2.3.2 Mệnh đề Cho a1 , a2 , , an số nguyên khác Khi đa thức P  x    x  a1  x  a2    x  an   1, bất khả quy  x  Chứng minh Giả sử P  x   G  x  H  x  Khi i ta có G   H    1 G  a1  H   số nguyên, nên chúng 1 Vì đẳng thức G   H    1 suy G  a1  H   có dấu ngược Suy G    H    với i  1, 2, , n Ta xét đa thức G    H   , đa thức có bậc nhỏ n (vì bậc G  x  H  x  nhỏ n ) theo giả thiết a1 , a2 , , an nghiệm khác Suy G    H   đồng hay G  x    H  x  Nhưng phân tích P  x  có dạng P  x   G2  x  iều khơng thể hệ số cao vế phải số dương, vế trái lại số âm, dẫn đến vơ lí ịnh lí chứng minh ■ Những định lí thể mối liên hệ nghiệm nguyên phương trình P  x   tính bất khả quy đa thức P  x  Ta có định lí liên quan đến nghiệm ngun phương trình P  x   2.4 Một số ứng dụng p dụng tiêu chuẩn thu số kết qua sau 2.4.1 ịnh lí Cho b  số nguyên p số nguyên tố Ta viết p hệ số b, nghĩa p có dạng p  a0bn  a1bn1    an , n số tự nhiên, a0    b 1  0,1, , n  Xét đa thức P  x   a0 x n  a1 x n1    an Khi P  x  bất khả quy  x (giả thiết p  b p  b đa thức hằng) 28 Chứng minh Ta dùng tiêu chuẩn Perron Hiển nhiên P  x   p P  b  1  0, b   , tất hệ số khơng âm chúng hệ số dương Ta cần chứng minh nghiệm  P  x  thỏa mãn bất đẳng thức Re  b  2 Nếu Re   bất đẳng thức Re   b  Là hiển nhiên Nếu Re   0, ta kí hiệu r modun  , nghĩa   r  Nếu r  từ bất đẳng thức hiển nhiên Re   Re   r   b  Re   b  suy hiển nhiên b  2  Nếu r  1, với điều   , chia hai vế đẳng thức P    cho  n ta nhận a0  a1   a2     an  n Từ ta có a0  a1   a2     an n Theo bất đẳng thức modun cho vế phải, ta có a2     an  n  a2    an  n  a a2    nn , r r mà   a a   a  a  a Re  a0     a0   nên Re  a0       nn      r   ta biết  b  1, ta đánh giá vế phải bất đẳng thức a a2 1    nn   b  1     n r r r r 1  b 1 r n 1    r 1 r ởi r  , từ bất đẳng thức cuối ta nhận 29 a a2 1    nn   b  1     b  1 , r r r 1 r  r  1 r từ suy  a  Re  a0     b  1  r  r  1  Nhưng ta giả thiết Re   suy Re  a    a1   (vì a1 số khơng âm) a0 số nguyên dương, nên Re  a0    Suy    a  a  Re  a0    Re  a0        cuối ta nhận bất đẳng thức   b  1 r  r  1 Vì r  nên từ bất đẳng thức cuối ta suy r  r  1  b  1 2 Giả sử Re   b  , r  b   r   b  Nhân hai vế bất đẳng thức ta có r  r  1  b2  2b  , từ có b2  2b   b  b  3b   4 Vì b  nên bất đẳng thức cuối không xẩy ■ Sau tiếp tục xét thêm số lớp đa thức bất khả quy khác 2.4.2 Mệnh đề Cho a1 , a2 , , an số nguyên khác nhau, p số nguyên P  x   p  x  a1  x  a2    x  an   Khi đó, P  x  bất khả quy, loại trừ trường hợp sau đây: p  4, n  a1 , a2 hai số liên tiếp, nghĩa a1  a2  Cụ thể P  x    x  a1  x  a1  1     x  a1   1 2 p  1, n  a1 , a2 , a3 , a4 (sắp xếp thích hợp) bốn số liên tiếp Khi 30 P  x    x  a1  x  a1  1 x  a1   x  a1  3     x  a1  1 x  a1    1 p  1, n  a1 , a2 khác hai đơn vị, nghĩa a1  a2  Khi P  x    x  a1  x  a1      x  a1  1 Chứng minh Giả sử P  x  phân tích dạng P  x   G  x   H  x  với G  x  , H  x  đa thức có hệ số nguyên có bậc nhỏ n Vì P    1, với i  1, 2, , n, nên ta có G   H    Mặt khác, G   , H   số nguyên, suy với i G    H     G    H    1 Khi G    H    0, suy G  x   H  x  có n nghiệm Mà deg  G  x   H  x    n nên ta G  x   H  x    G  x   H  x  , x  Ta có P  x   G  x  , n số chẵn, hệ số cao P  x  p phải số phương Nghĩa P  x  bất khả quy ta n số lẻ, n chẵn p khơng số phương, trường hợp riêng p số âm Ta đặt p  q n  2m, q hệ số cao G  x  cịn m bậc Khơng tính tổng quát giả sử q  (trường hợp ngược lại thay tồn dấu G  x  ) Ta xét đa thức G  x  , với i ta có G    G    1 Ta chứng minh đẳng thức thỏa mãn với m giá trị i Thật vậy, G    với nhiều m giá trị i, mà bậc G  x  m nên G  x  trùng với số 1, vơ lí Suy số lượng k số i cho G    không lớn m Nếu k  m, ta nhận G    1 với n  k  m số i, từ ta lại suy G  x  trùng với số 1, vơ lí 31 Như vậy, đẳng thức G    thỏa mãn với m giá trị i Khơng tính tổng qt ta cho G  a1   G  a2     G  am   G  am1   G  am2     G  an   1 Ta xét đa thức G  x   , đa thức có bậc m , hệ số cao q biết m nghiệm khác a1 , a2 , , am Suy G  x    q  x  a1  x  a2    x  am  ặt 1  x    x  a1  x  a2    x  am  , 2  x    x  am1  x  am    x  an  ,   x   1  x  2  x  Từ P  x   G  x  ta có: p  x     q1  x   1 , suy p  x   q 212  x   1q1  x  Ta biết p  q   x   1  x 2  x  , n  2m, chia hai vế đẳng thức cho q1  x  , ta nhận q 2  x   1  x      Ta so sánh hệ số tự hai vế trái đẳng thức,  1 q  am1am2  an  a1a2  am   m Suy q  q  , tương ứng p  p  Như ta chứng minh đa thức P  x  bất khả quy p  p  Ta xét hai trường hợp cụ thể Trường hợp p   q  2 : Trong trường hợp   có dạng  x  am1  x  am2    x  an    x  a1  x  a2    x  am     Từ chứng minh   với m  Thật vậy, cho x  a1 ta nhận  a1  am1  a1  am2    a1  an    Vì thừa số vế trái số nguyên, nên thừa số thuộc 1; +1 Nếu m  3, hai thừa số trùng nhau, vơ lí 32 Nếu m  ta có hai thừa số tích chúng dương nên chúng dấu, suy chúng trùng nhau, vơ lí Nếu m   có dạng  x  a2    x  a1   Suy a1  a2  Như phần chứng minh Trường hợp p   q  1 : Trong trường hợp   có dạng  x  am1  x  am2    x  an    x  a1  x  a2    x  am    Ta chứng minh m  Thật vậy, thay x  a1 vào  nhận  a1  am1  a1  am2    a1  an   Nếu m  ta chứng minh tương tự phần có hai thừa số Suy m  Nếu m  3,  có dạng  a1  a4  a1  a5  a1  a6   Từ đẳng thức suy hai thừa số vế trái 1, chúng phải có dấu trái nhau, ngược lại chúng trùng Ta cho a a5  1, a1  a6  1, a1  a4  2 hay a1  a4  Ta lặp lại lí luận a2 thay vào chỗ a1 Ta nhận a2   2, i số số 4, 5, ẳng thức a2  a4  không xẩy a1  a2 Suy a2  a5  a2  a6  Khơng tính chất tổng qt ta cho a2  a5  uối cách thay x  a3 vào  lí luận tương tự có a3  a6  So sánh hệ số x  có a4  a5  a6  a1  a2  a3  6  0, vơ lí Như m  m lại hai khả m  m  Nếu m  : thay vào  x  a1 x  a2 ta nhận  a1  a3  a1  a4   2,  a2  a3  a2  a4   Từ đẳng thức thứ suy bốn khả sau: a1  a3  1, a1  a4  2; a1  a3  1, a1  a4  2; a1  a3  2, a1  a4  1; a1  a3  2, a1  a4  1 33 Vì vai trị a3 a4 đối xứng, nên ta xét hai trường hợp đầu đủ Trường hợp a3  a1  a4  a1  Thay vào đẳng thức  a2  a3  a2  a4   2, ta nhận a2  a1   2 a2  a1    a2  a1   1 a2  a1    a2  a1  1 a2  a1      Trong trường hợp thứ a1  a2 , trái giả thiết Từ trường hợp thứ hai suy a2  a1  Như a1; a3  a1  1, a4  a1  2, a2  a1  bốn số nguyên liên tiếp, điều chứng tỏ phần chứng minh Nếu m  1,  có dạng  x  a2    x  a1   2, từ suy a1  a2  2, tức ■ phần chứng minh 2.4.3 ệ Cho P  x  đa thức với hệ số nguyên bậc n  Giả sử tồn k n số nguyên khác a1 , a2 , , ak , k  , cho P  ak   1 Khi đa thức P  x  bất khả quy x  Chứng minh Giả sử P  x   G  x  H  x  , đa thức G  x  H  x  , cho G  x  , có bậc m  n n cho phương trình G  x   n có k nghiệm ak Do k  , m  , nên k  m Nhưng theo giả thiết n  , k  Ta có G    1, G    1 Mà bậc G  x  nhỏ k nên hai trường hợp ta nhận G  x  số 1 1 , điều vơ lí ■ 2.4.4 Mệnh đề Cho a1 , a2 , , an n số nguyên phân biệt Khi đó, đa thức P  x    x  a1   x  a2    x  an   bất khả quy  x 2 34 Chứng minh Giả sử P  x  khả quy Khi P  x   f  x  g  x  , f  x  , g  x  đa thức có hệ số nguyên có bậc lớn ó thể coi hệ số cao f  x  dương o P  x  vô nghiệm nên f  x  , g  x  vô nghiệm, nên f  x  , g  x  đa thức dương f  ak  g  ak   với k  1, 2, , n Giả sử f  x   x r  , g  x   x s  , với r  s  2n Nếu xảy r  s r  n nên g  x   , vơ lí Nếu xảy s  r  n f  x   g  x  có bậc  n  triệt tiêu n điểm ak nên f  x   g  x   hay f  x   g  x  , x  o đó, ta có P  x    x  a1   x  a2    x  an     g  x  2 2 với g  x  1   x  a1  x  a2    x  an   x  a1   x  a2  2   x  an     P  x    x  a1  x  a2    x  an   1 , 2 với x  iều không xảy Vậy P  x  bất khả quy ■ 35 Ế Luận văn hoàn thành việc sau: Trình bày khái niệm chứng minh lại số tính chất phần tử bất khả quy miền nguyên, định nghĩa số tính chất số ngun tố Trình bày định nghĩa chứng minh lại số tính chất đa thức bất khả quy trường số thực số phức Trình bày lại số tiêu chuẩn kiểm tra số nguyên tố như: Tiêu chuẩn Fermat, Wilson, Pépin, Euler tiêu chuẩn Luscar – Lehmer Trình bày số tiêu chuẩn kiểm tra đa thức bất khả quy vành đa thức  x như: Tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn tổng quát Eisenstein, tiêu chuẩn Perron số đa thức bất khả quy nhận giá trị 1 36 Ệ AM iếng việt [1] Nguyễn Hữu iển (2006), Đa thức ứng dụng, NX Giáo dục [2] Phan Huy Khải (2009), Chuyên đề toán số học, NXB Giáo dục [3] Hà Huy Khoái (2004), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông số học, NX Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề chọn lọc số phức ứng dụng, NXB Giáo dục Việt Nam [5] Lê Hồnh Phị (2008), Bài giảng cho học sinh chun tốn vấn đề đa thức, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Thành Quang (2003), Lý thuyết trường lý thuyết Galoa, Vinh [7] Nguyễn Tiến Quang (2008), Đại số đại cương, NX Giáo dục [8] Hồng Xn Sính (2003), Đại số đại cương, NX Giáo dục [9] Lại ức Thịnh (1977), Giáo trình số học, NX Giáo dục iếng Anh [10] Richard Crandall and Carl Pomerance (2001) Prime Numbers: A Computational Perspective ( 1st edition ed.) Springer [11] Ore, Oystein (1988) Number Theory and its History Dover.pp.259 – 271 ISBN 0-486-65620-9 ... Tính bất khả quy miền nguyên §1 Phần tử bất khả quy miền nguyên 1.1 Phần tử khả quy bất khả quy miền nguyên 1.2 ịnh nghĩa tính chất số nguyên tố 1.3 Phần tử bất khả quy. .. hương ính bất khả quy miền nguyên § hần tử bất khả quy miền nguyên 1.1 hần tử khả quy bất khả quy miền nguyên Giả sử A miền nguyên mà phần tử đơn vị kí hiệu ác ước đơn vị phần tử khả nghịch,... lí Trong miền nguyên A phần tử nguyên tố phần tử bất khả quy Chứng minh Giả sử p  A phần tử nguyên tố Khi p  , p không ước ể chứng minh p phần tử bất khả quy ta cần chứng minh p khơng có ước