Trong Tiết 1.3, chúng ta đã xét Giả thuyết 1.3.1 cho đa thứcfpxq PZrxs
có bậc dương. Nếu fpxq bất khả quy trên trường Q các số hữu tỷ thì tồn tại vô hạn số n sao cho fpnq là số nguyên tố? Giả thuyết đúng cho trường hợp đa thức bậc nhất (Định lý Dirichlet về các số nguyên tố trong cấp số cộng). Trong trường hợp bậc cao, câu trả lời là không đúng. Chẳng hạn,
đa thức fpxq x2 x 2 bất khả quy trên Q (vì nó có bậc 2 và không
có nghiệm hữu tỷ), nhưng không nhận vô hạn giá trị nguyên tố (vì fpxq
là số chẵn với mọi xP N). Do đó chúng ta xét bài toán mở rộng hơn: Cho trước số tự nhiên n, tồn tại hay không đa thức bậc k ¥ 2 nhận ít nhất n
giá trị nguyên tố. Mục đích của tiết này là trình bày lại kết quả của Belty Garirson trong bài báo đăng trên "The American Mathematcal Monthly"
năm 1990 xem tài liệu tham khảo [2]. Ở đó ông chỉ ra rằng với mỗi số k
cho trước, tồn tại đa thức bậc k nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố.
Định lý 2.2.1 Cho k ¥2 là một số nguyên và M là số tự nhiên lớn tùy
ý. Khi đó tồn tại các số nguyên dương c, d sao cho đa thức ppxq xk c,
hoặc ppxq xkd nhận nhiều hơn M giá trị nguyên tố.
Chứng minh. Với mỗi số thực x, kí hiệu rxs là phần nguyên của x, tức là
rxs là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Kí hiệu ±
pxq là số các số
nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng x. Theo Định lý về phân bố số nguyên tố
ta có ±
pxq x
lnx. Suy ra với mỗi ε P p0; 1q nhỏ tùy ý, tồn tại một số tự nhiên ypεq (phụ thuộc ε) sao cho
¹
pxkq ¡ p1εqxk
klnx .
Với mọi xk ¡ ypεq với εP p0; 1q cho trước cố định, chọn số nguyên dương
N sao cho
Nk ¡ypεq, p1εqN
kpk 1qlnN ¡ M
và N ¡ 2kk (số N như trên luôn tồn tại). Khi đó với mỗi số nguyên tố
p P 1;Nk
luôn tồn tại 1 số nguyên dương np pk1
N sao cho
pnkp pnp 1qk nkp knpk1 nkp2pCk2 Ck3 ... 1q knkp1 npk2p2kkq
pk 1qNk1.
Do đó tất cả các số nguyênpnkp đều thuộc đoạn
1;pk 1qNk1
. Chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên c P1;pk 1qNk1
sao cho
c pnkp với ít nhất p1εqNk
kpk 1qNk1lnN số nguyên tố p phân biệt thuộc
đoạn r1;Nks. Thật vậy, giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số c thuộc đoạn
1;pk 1qNk1
, tồn tại ít hơn p1εqNk
thuộc đoạn r1;Nks sao cho c ppkp. Khi đó ¹ pNkq pk 1qNk1 p1εqNk kpk 1qNk1lnN p1εqNk klnN . Do đó ± pxkq p1εqNk
klnN , điều này vô lí. Vậy c p pkp với ít nhất
p1εqNk
kpk 1qNk1lnN ¡ M số nguyên tố p thỏa mãn p c nkp. Suy ra đa
thức ppxq xk c nhận nhiều hơn M giá trị nguyên tố. l