Chúng ta biết rằng tồn tại những đa thức bậc dương với hệ số nguyên
luôn nhận giá trị hợp số. Chẳng hạn như đa thức x2x 6 và x3x 9
là những đa thức bất khả quy trên Q, nhưng luôn nhậ giá trị hợp số. Tổng quát hơn, nếu p là số nguyên tố, thì đa thức xpx 3p luôn nhận giá trị
hợp số (xem Tiết 1.3). Vì thế, rất tự nhiên, người ta hỏi có tồn tại hay không một đa thức bậc dương luôn nhận giá trị nguyên tố. Bổ đề sau đây trả lời phủ định cho vấn đề này.
Bổ đề 2.4.1 Không tồn tại đa thức bậc dương với hệ số nguyên luôn nhận
giá trị nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử có đa thức fpxq anxn ... a1x a0 P Zrxs có bậc
n ¡ 0 và luôn nhận giá trị nguyên tố. Khi đó fp0q a0 là nguyên tố. Với mỗi số tự nhiên k, ta có
fpka0q anpka0qn ... a1pka0q a0
a0panan01kn ... a2a0k2 a1k 1q
Vì fpka0q là nguyên tố, nên ana0n1kn ... a2a0k2 a1k 1 1 với mọi k PN, Như vậy, đa thức
gpxq ana0n1xn ... a2a0x2 a1x a
(với a 0 hoặc a 2 ) có bậc n và có nghiệm là mọi k P N, điều này vô
lí vì gpxq không thể có quá n nghiệm. l
Trong suốt tiết này, luôn giả thiết V là miền phân tích duy nhất. Một phần tử a P V được gọi là hợp số nếu nó khác 0, không khả nghịch, và có ước thực sự. Ta đã biết, nếu a P V là phần tử khác 0, không khả nghịch và không có ước thực sự, thì a được gọi là phần tử nguyên tố. Rõ ràng các phần tử nguyên tố củaZ là các số nguyên tố có dạngp với p là số nguyên
tố. Chú ý rằng vành Z các số nguyên chỉ có hai phần tử khả nghịch là 1
và 1. Vì thế, chúng ta quan tâm đến câu hỏi liệu Bổ đề 2.4.1 có mở rộng được cho miền phân tích duy nhất với hữu hạn phần tử khả nghịch. Mục tiêu của tiết này là trả lời khẳng định cho câu hỏi trên. Cụ thể, chúng tôi sẽ trình bày lại bài báo [5] “Values of Polynomials over Integral Domains” của Steven H. Weintraub đăng trên The American Mathematical Monthly năm 2014, về sự tồn tại ít nhất một giá trị hợp số của đa thức với hệ số trên miền phân tích duy nhất.
Định lý 2.4.2 Giả sử V là miền phân tích duy nhất, V không là trường
và V chỉ có hữu hạn phần tử khả nghịch. Nếu fpxq P Vrxs là đa thức có
bậc dương, thì fpxq nhận ít nhất một giá trị hợp số.
Chứng minh. Cho fpxq PVrxs là đa thức có bậc d¡ 0. Giả sử V chỉ có k
phần tử khả nghịch. Chú ý rằng mỗi trường đều là miền nguyên, và mỗi
miền nguyên hữu hạn đều là trường. Vì V không là trường nên V có vô
hạn phần tử. Do đó có thể chọn được kd 1 phần tử phân biệt trong V.
Gọie1, ..., ek là các phần tử khả nghịch của V. Do V là miền nguyên nên số
nghiệm của mỗi đa thức trênV không vượt quá bậc của nó. Do đó, phương
trình fpxq ei có nhiều nhất d nghiệm trong V với mọi i 1, ..., k. Vì
thế, trong kd 1 phần tử đã chọn ở trên, có ít nhất một phần tử b sao
cho fpbq ei với mọi i 1, ..., k. Vì fpbq không khả nghịch, fpbq có ước nguyên tố p. Với mỗi t PV, ta dễ dàng biểu diễn
fpb ptq fpbq pf1,
trong đó f1 là một biểu thức của p, b, t. Suy ra fpb ptq chia hết cho p với mọi t P V. Chú ý rằng mỗi phương trình fpxq p, fpxq 0 và fpxq ei
có nhiều nhất d nghiệm với mọi i 1, ..., k. Vì V là miền nguyên có vô
hạn phần tử nên tập con S tb pt |t P Vu của V cũng có vô hạn phần
tử. Do đó ta chọn được một phần tử a b pt P S sao cho fpaq p,
fpaq 0 và fpaq ei với mọi i. Do a P S, nên fpaq là bội của p. Vì thế
fpaq là hợp số. l
Xét hai vành con của vành các số phức
Zris ta bi |a, b PZu; Zrωs ta bω |a, b PZu, trong đó ω 1 2 i? 3
2 là căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị. Vành Zris
được gọi là vành các số nguyên Gauss, vành Zrωs được gọi là vành các số
nguyên Eisenstein. Hai vành Zris và Zrωs đều là miền phân tích duy nhất,
Vành Zris chỉ có 4 phần tử khả nghịch, đó là 1,i. Vành Zrωs chỉ có 6
phần tử khả nghịch, đó là 1,ω,ω2. Vì thế, theo Định lí 2.4.2 ta có kết quả sau.
Hệ quả 2.4.3 Mọi đa thức bậc dương trên Zris và trên Zrωs đều nhận ít nhất một giá trị hợp số.
Sử dụng phương pháp chứng minh trong Định lí 2.4.2, chúng ta có hệ quả sau. Chú ý rằng giả thiết miền phân tích duy nhất chỉ có hữu hạn phần tử khả nghịch không cần thiết trong hệ quả này.
Hệ quả 2.4.4 Giả sử V là miền phân tích duy nhất và V không là trường.
Cho fpxq P Vrxs là đa thức có bậc dương. Khi đó fpxq nhận ít nhất một
giá trị hợp số nếu nó thỏa mãn một trong hai điều kiện sau.
(i) Tồn tại bP Vsao chofpbq 0.
(ii) fpxq nhận hai giá trị nguyên tố khác nhau.
Chứng minh. (i) Vì V không là trường nên V có ít nhất một phần tử
q P V khác 0 và không khả nghịch. Do đó phần tử c q2 là hợp
số. Vì V không là trường, nên V có vô hạn phần tử. Do đó tập con
S tb ct | t P Vu của V cũng có vô hạn phần tử. Với t P V, ta
có fpb ctq fpbq cf1, trong đó f1 là một biểu thức của b, c, t. Vì
fpbq 0, nên fpb ctqlà bội của c. Vì V là miền nguyên, nên phương trình fpxq 0 có không quá d nghiệm, trong đó d là bậc của fpxq. Vì thế fpaq 0 và fpaq là bội số của c. Suy ra fpaq là hợp số.
(ii) Giả sử p1, p2 P V là hai phần tử nguyên tố khác nhau sao cho tồn tại b1, b2 P V để fpb1q p1 và fpb2q p2. Suy ra fpb1q 0pmodp1q
và fpb2q 0pmodp2q. Theo Định lí Phần dư Trung hoa (Chinese Re mainder Theorem), tồn tại phần tử bP V sao cho b b1pmodp1q và
b b2pmodp2q. Đặt S1 tb1 p1t |t P Vu và S2 tb2 p2t |t PVu
khi đó bP S1XS2. Viết b b1 p1t1 b2 p2t2. Ta có
trong đóf1 là một biểu thức củap1, b1, t1. Dofpb1q p1, nênfpbqchia hết chop1. Tương tự,fpbqcũng chia hết chop2. Dop1 p2 là các phần tử nguyên tố, nênfpbq chia hết chop1p2. Đặt S3 tb p1p2t | t P Vu. Do V là miền nguyên vô hạn nên S3 là tập vô hạn. Với mỗi t P V, ta có
fpb p1p2tq fpbq p1p2g1,
trong đó g1 là một biểu thức của b, p1, p2, t. Vì thế fpb p1p2tq là bội của p1p2 với mọi t PV. Chú ý rằng phương trình fpxq 0 có không quá d nghiệm (d là bậc của fpxq). Do S3 là tập vô hạn nên tồn tại
a b p1p2t P S3 sao cho fpaq 0. Vì fpaq chia hết cho p1p2, nên
fpaq là hợp số. l
Định lí sau đây, là một mở rộng của Định lí 2.4.2 cho đa thức xác định trên trường các thương của miền nguyên, nhận ít nhất một giá trị hợp số trên miền nguyên đó. Chứng minh kết quả này tương tự như chứng
minh Định lí 2.4.2. Với V là một miền nguyên, trường các thương của V
là trường tối thiểu (theo quan hệ bao hàm) chứa V như một vành con.
Chẳng hạn, trường các thương của Z là Q. Chú ý trường các thương của
một miền nguyên luôn tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu).
Định lý 2.4.5 Giả sử V là một miền phân tích duy nhất, V không là
trường và V chỉ có hữu hạn phần tử khả nghịch. Gọi Q là trường các
thương của V. Nếu fpxq P Vrxs là đa thức có bậc dương sao cho tồn tại
q0 PQ để fpq0q PV, thì tồn tại q1 PQ sao cho fpq1q PV là hợp số.
Giả thiết “V có hữu hạn phần tử khả nghịch” là không thể thiếu trong Định lí 2.4.2. Dưới đây, chúng ta xây dựng những đa thức trên miền phân tích duy nhất (có vô hạn phần tử khả nghịch) luôn nhận giá trị nguyên tố hoặc giá trị khả nghịch, không nhận bất cứ giá trị hợp số nào. Trước hết, chúng ta cần nhắc lại khái niệm vành các thương. Ta vẫn luôn giả thiết V
là một miền nguyên.
Định nghĩa 2.4.6 Tập con S của V được gọi là một tập đóng nhân nếu
Giả sử S là tập đóng nhân củaV và0 R S. Khi đó quan hệ pa, sq pb, tq
khi và chỉ khi tồn tại u P S sao cho upatbsq 0 là một quan hệ tương
đương trên tập V S. Chú ý rằng, vì V là miền nguyên, nên quan hệ này
tương đương với quan hệ: pa, sq pb, tq khi và chỉ khiat bs. Kí hiệu a{s
là lớp tương đương của pa, sq. Đặt S1V ta{s |a PV, s P Su. Khi đó các quy tắc cộng và nhân
a{sb{t as{bt
a{s b{t pat bsq{st
là các phép toán trên S1V. Cùng với hai phép toán này, S1V làm thành
một vành giao hoán. Vì V là miền nguyên và 0 R S, nên S1V là miền
nguyên.
Định nghĩa 2.4.7 Vành S1V xây dựng ở trên được gọi là vành các
thương của V ứng với tập đóng nhân S.
Trong phần cuối của tiết này, chúng ta đưa ra một số ví dụ chỉ ra rằng Định lí 2.4.2 không còn đúng khi V là miền phân tích duy nhất có vô hạn phần tử khả nghịch.
Ví dụ 2.4.8 Kí hiệu S là tập các số nguyên n 0 sao cho n không có
ước nguyên tố dạng 4n 3. Các phát biểu sau đây là đúng.
(i) S là tập đóng nhân của vành Z và vành các thương S1Z là miền
phân tích duy nhất với vô hạn phần tử khả nghịch. (ii) Đa thức fpxq x2 1 luôn nhận giá trị khả nghịch.
Lời giải. (i) Rõ ràng 1 P S và nếu a, b P S, thì ab P S. Vì thế S là tập
đóng nhân của Z. Nếu n ¡1 là một số mguyên không có ước nguyên
tố dạng 4k 3, thì n P S, do đó phần tử n{1 P S1Z là khả nghịch, phần tử nghịch đảo của nó là 1{n P S1Z. Vì thế, S1Z có vô hạn phần tử khả nghịch. Vì Z là miền phân tích duy nhất, nên ta dễ kiểm tra thấy S1Z cũng là miền phân tích duy nhất.
(ii) Ta đã chứng minh trong Tiết 1.3 rằng nếu n P Z và p là ước nguyên tố của n2 1, thì p chỉ có dạng 8k 1 hoặc 8k 5. Do đó p chỉ có dạng 4k 1. Vì thế phần tử n2 1 là khả nghịch trong S1Z với mọi
n PZ. Do đó đa thức fpxq x2 1 luôn nhận giá trị khả nghịch.
Tương tự, ta có các ví dụ sau.
Ví dụ 2.4.9 Kí hiệu S1 là tập các số nguyên lẻ n sao cho n không có ước
nguyên tố dạng 4k 3. Kí hiệu S2 là tập các số nguyên lẻ n sao cho n
không có ước nguyên tố dạng 8k 5 và 8k 7. Khi đó S1, S2 là các tập
đóng nhân của Z và
(i) S11Z là miền phân tích duy nhất với vô hạn phần tử khả nghịch và đa thức x2 1 PS11Z luôn nhận giá trị nguyên tố hoặc khả nghịch. (ii) S21Z là miền phân tích duy nhất với vô hạn phần tử khả nghịch và
Kết luận
Luận văn trình bày một số kết quả gần đây về giá trị của đa thức với hệ số nguyên và đa thức với hệ số trên miền phân tích duy nhất (giá trị nguyên tố, hợp số, khả nghịch), dựa theo tài liệu [2], [3], [5]. Nội dung cơ bản của luận văn bao gồm:
• Kiến thức chuẩn bị về số nguyên tố, sự phân bố số nguyên tố và
nghiệm của đa thức;
• Một số mối quan hệ giữa tính bất khả quy và giá trị nguyên tố của
đa thức (Định lí 1.2.6, Định lí 1.2.7);
• Giả thuyết của Bouniakowski về đa thức bất khả quy nhận vô hạn
giá trị nguyên tố (Giả thuyết 1.3.1) và Định lí Dirichlet về sự tồn tại vô hạn số nguyên tố trong cấp số cộng (Định lí 1.3.2);
• Chứng minh sự tồn tại vô hạn ước nguyên tố của đa thức có bậc
dương (Định lí 2.1.2, Định lí 2.1.4) và một số ứng dụng (Ví dụ 2.1.3, Ví dụ 2.1.5);
• Chứng minh sự tồn tại 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 không thể luôn
nhận giá trị nguyên tố (Bổ đề 2.4.1) và mở rộng kết quả này cho miền phân tích duy nhất với hữu hạn phần tử khả nghịch (Định lý 2.4.2, Định lí 2.4.5). Một số ví dụ chỉ ra kết quả không còn đúng khi miền nguyên có vô hạn phần tử khả nghịch (Ví dụ 2.4.9, 2.4.9).
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 val- ues", 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 do- mains", The American Mathematcal Monthly, 121, pp. 73-74.