Hệ số của đa thức chia đường tròn nhị phân và tam phân

Mục đích của luận vănnày là tìm hiểu một số tính chất của hệ số của đa thức chia đường tròn.Luận văn gồm 3 chương.. Trong chương này một số tính chất của đa thức chia đường tròn có hệ số

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

————————————

BÙI THỊ LINH

HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN NHỊ PHÂN VÀ TAM PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NGUYỄN DUY TÂN

Thái Nguyên - Năm 2017

Mục lục

1.1 Đa thức chia đường tròn 4

1.2 Một số tính chất 5

1.2.1 Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên 5

1.2.2 Công thức nghịch đảo M¨obius và công thức truy hồi tuyến tính đa thức chia đường tròn 9

1.3 Mọi số nguyên đều là hệ số của đa thức chia đường tròn 14 Chương 2 Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq(x) 17 2.1 Một định lý của Lam - Leung 17

2.2 Kết quả chính 21

Chương 3 Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpqr(x) 26 3.1 Chặn trên cho hệ số của đa thức Φpqr(x) 26

3.1.1 Số Fk 28

3.1.2 Chứng minh Định lý 3.1.1 31

3.1.3 Chứng minh Định lý 3.1.2 35

3.2 Một vài hệ quả 36

3.3 Tính chất nhảy đơn vị (jump one) của hệ số 38

Lời nói đầu

Ta đã biết rằng với mỗi số nguyên dương n, có đúng n căn bậc n củađơn vị: ξk = cos2kπ

n + i sin

2kπ

n , k = 0, 1, , n − 1 Chú ý rằng ξk là cănnguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1 Vì thế cóđúng ϕ(n) căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, trong đó ϕ là hàm Euler.Gọi ξkϕ1, , ξkϕ(n) là các căn nguyên thủy bậc n đơn vị Khi đó đa thứcchia đường tròn thứ n, kí hiệu là Φn(x), là đa thức bậc ϕ(n) được chobởi công thức Φn(x) = (x − ξk) · · · (x − ξkϕ(n)) Mục đích của luận vănnày là tìm hiểu một số tính chất của hệ số của đa thức chia đường tròn.Luận văn gồm 3 chương Chương 1 định nghĩa đa thức chia đườngtròn Trong chương này một số tính chất của đa thức chia đường tròn có

hệ số nguyên được chứng minh Chúng tôi chứng tỏ rằng Φn(x) có các

hệ số đều nguyên Hơn nữa, công thức nghịch đảo Mobius và công thứctruy hồi tính đa thức chia đường tròn cũng được trình bày Chương 2 cónội dung nói về hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq(x) trong đó p, q

là hai số nguyên tố khác nhau Chương này sẽ chứng minh một định lýcủa Lam - Leung và xác định hệ số của đa thức chia đường tròn dạng

Φpq(x), các hệ quả về xác định hệ số trung tâm của nó và khẳng địnhcác đa thức Φn(x) với n < 100 đều có hệ số thuộc {−1, 0, 1} Chương 3trình bày hệ số của đa thức chia đường tròn tam phân Φpqr(x) bao gồmkết quả của Bzdega về chặn trên trên cho cho hệ số của đa thức Φpqr(x),một số hệ quả của kết quả trên và một định lý của Suzuki về khẳng địnhmọi số nguyên đều là hệ số trong một đa thức chia đường tròn nào đó.Nội dung của luận văn được viết chủ yếu dựa theo bài báo "The coef-

ficients of cyclotomic polynomials" của tác giả B Brookfield (2016), bài

báo "Bounds on ternary cyclotomic coefficients" của B Bzdega (2010)

và bài báo có nhan đề "On the coefficients of cyclotomic polynomial"

được trình bày trong hội nghị tên "Cyclotomic fields and related topics”

diễn ra ở Pune năm 2009

Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học

Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Duy

Tân Em xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người

hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành

nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của em

trong suốt quá trình làm luận văn

Em cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích

cho công tác và nghiên cứu của bản thân Em xin bày tỏ lòng cảm ơn

sâu sắc tới các Thầy giáo, Cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học

Toán K9B2 (khóa 2015 - 2017), Nhà trường và các phòng chức năng

của trường; Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái

Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ em trong suốt thời gian học tập tại

trường Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K9B2

(khóa 2015 - 2017) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong

quá trình học tập, nghiên cứu

Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè,

lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo

điều kiện tốt nhất cho em khi học tập và nghiên cứu

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017

Học viên

Bùi Thị Linh

To remove this notice, visit:

www.foxitsoftware.com/shopping

Chương 1

Đa thức chia đường tròn

Định nghĩa 1.1.1 Cho n là số nguyên dương, đa thức chia đường tròn

thứ n là đa thức

Φn(x) = Y

1≤j≤n (j,n)=1

với ζn = e2πin = cos 2πn
+ sin 2π

n
là căn bậc n của đơn vị

2 , w2 =

−1

2 − i

√3

2 có bậc 3 nên

Φ3(x) = x − −1

2 + i

√32

!!

x − −1

2 − i

√32

dạng chuẩn Vì thế, đa thức phía bên phải có dạng chuẩn Do đó, hai

đa thức ở hai vế đều có dạng chuẩn Chú ý rằng một đa thức có nghiệm

bội nếu và chỉ nếu đa thức đó và đạo hàm của nó phải có nghiệm chung

Vì thế xn− 1 không có nghiệm bội (các nghiệm của xn − 1 đều khác 0

trong khi đó đạo hàm của nó là nxn−1 chỉ có duy nhất nghiệm bằng 0)

Với mỗi ước d của n, các nghiệm của Φd(x) đều là nghiệm của xd− 1 và

do đó nó không có nghiệm bội Giả sử d và d0 là hai ước khác nhau của

n Khi đó mỗi nghiệm của Φd(x) có cấp là d, trong khi đó, mỗi nghiệm

của Φd0(x) có cấp là d0 Vì thế, các nghiệm của đa thức Q

d|n

Φd(x) đều lànghiệm đơn Giả sử ξ là nghiệm của xn − 1 Gọi d là cấp của ξ Khi đó

ξd = 1, d là số nguyên dương bé nhất có tính chất này Vì thế ξ là căn

nguyên thủy bậc d của đơn vị Suy ra ξ là nghiệm của đa thức Φd(x)

Ngược lại, cho d là ước của n và ξ là nghiệm của Φd(x) Khi đó ξd = 1

Suy ra ζn = 1 tức là ξ là nghiệm của đa thức xn − 1

Ví dụ, ta có Φ1(x) = x − 1 và x5− 1 = Φ5(x)Φ1(x) = (x4+ x3+ x2+ x +

To remove this notice, visit:

www.foxitsoftware.com/shopping

1)(x − 1) Để tính Φ10(x), ta sử dụng x10− 1 = Φ10(x)Φ5(x)Φ2(x)Φ1(x).Chia x10− 1 cho Φ5(x)Φ2(x)Φ1(x) = (x4+ x3+ x2+ x + 1)(x + 1)(x − 1) =

Do đó Φn(x) là thương của xn− 1 ∈ Z[x] chia cho đa thức dạng chuẩng(x) ∈ Z[x], nên Φn(x) cũng thuộc Z[x]

Chứng minh Bởi vì Φn(x) là ước của xn− 1, ta thấy rằng Φn(xm) là ướccủa xmn − 1 Và nếu d ∈ D, thì d là ước của lcm(m, d) = mn và do đótheo Tính chất 1.2.1, vế phải của phương trình cũng là ước của xmn− 1

Các không điểm của xmn − 1 là phân biệt, nên để chứng minh khẳngđịnh ta chỉ cần chỉ ra cả hai vế của phương trình có cùng không điểm.

Để làm điều này ta cần áp dụng Bổ đề: “Giả sử w ∈ C∗ có bậc hữu hạn.Khi đó, với mọi m ∈ N

m ord ωm = lcm(m, ord ω).”

Một số ω ∈ C là không điểm của Φn(xm) khi và chỉ khi ord ωm = n, khi

và chỉ khi lcm(m, ord ω) = mn, khi và chỉ khi ord ω ∈ D, khi và chỉ khi

ω là không điểm của Q

k với k ∈ N sao cho k | m và gcd(n, k) = 1 Nếu

p là một ước nguyên tố của k, thì, bởi vì k | m, p là ước của m, và do

đó, theo giả thiết p là ước của n Nhưng p là ước của gcd(n, k), mâuthuẫn với gcd(n, k) = 1 Do đó k ∈ N không có ước nguyên tố, k = 1 và

Hệ quả 1.2.5 Gọi n là tích của các số nguyên tố mà là ước của m ∈ N.Khi đó Φm(x) = Φn(xm/n) Nói riêng Φm(x) và Φn(x) có cùng hệ số.Chứng minh Vì mọi số nguyên tố mà là ước của m/n đều là ước của n,nên theo Tính chất 1.2.4 ta ó Φm(x) = Φn(xmn) và Φm(x) và Φn(x) cócùng hệ số.

Tính chất 1.2.6 Nếu n ∈ N lẻ, thì Φ2n(x) = Φn(−x)

Chứng minh Từ Tính chất 1.2.3, ta tìm được Φn(x2) = Φ2n(x)Φn(x).Thay x bằng −x trong phương trình này được

Φ2n(x)Φn(x) = Φ2n(−x)Φn(−x) (1.1)

Vì Φn(x2) là ước của x2n− 1, nó chỉ các không điểm đơn Để chứng minhkhẳng định đúng ta chỉ cần chứng minh không điểm của cả hai vế (1.1)giống nhau

Nếu Φn(ω) = 0, thì ord ω = n, nên nói riêng ωn = 1 Vì n lẻ, (−ω)n =

−1 và do đó −ω không có bậc n Điều này có nghĩa rằng −ω phải làmột không điểm của Φ2n(x) và có bậc 2n

Tương tự, nếu Φ2n(ω) = 0, thì ωn 6= 1 và (ωn)2 = 1 và nên ωn = −1.Kết quả là, (−ω)n = 1 và do dó −ω không có bậc 2n Điều này có nghĩa

−ω có bậc n và là không điểm của Φn(x)

Đa thức chia đường tròn có tính chất là hệ số của chúng giống nhaukhi đọc lùi hay đọc tiến Những đa thức như vậy được gọi là đa thứcthuận nghịch Đặc biệt, nếu f (x) là đa thức bậc m, thì xmf (1/x) đượcgọi là ngược của f, và f là đa thức thuận nghịch nếu nó bằng ngược của

nó, tức là nếu

f (x) = xmf 1

Không khó để chứng minh rằng ngược của f là đa thức f với hệ số theo

tứ thự đảo ngược Ví dụ, nếu f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + 5, thì

3

+ 3 1x

Tính chất 1.2.7 Nếu n > 1, thì Φn(x) là đa thức thuận nghịch

Chứng minh Ta có nếu ω ∈ C∗ thì hωi = hω−1i và do đó ord ω = n khi

và chỉ khi ord ω−1 = n Điều này có nghĩa hàm ω 7→ ω−1 là một hoán vịcủa tập không điểm của Φn(x) Do đó xmΦn(1/x), với m = deg Φn(x),

có cùng tập không điểm như Φn(x) Hệ số đầu của xmΦn(1/x) là số hạnghằng của Φn(x) chính là 1 với n > 1 Do đó, xmΦn(1/x) = Φn(x) vớimọi n > 1

1.2.2 Công thức nghịch đảo M¨obius và công thức truy hồi

tuyến tính đa thức chia đường tròn

Định nghĩa 1.2.8 Hàm M¨obius, µ(n), được định nghĩa bởi

Ta có điều phải chứng minh.

Một kết quả quen biết trong số học nói rằng nếu f là hàm nhân thì

F (n) = P

d|n

f (d) Từ mệnh đề trên ta có 1 kết quả quan trọng của hàmM¨obius, đó là công thức nghịch đảo hàm M¨obius sau đây

Mệnh đề 1.2.10 Ký hiệu Z+ là tập các số nguyên dương Cho hai hàm

f (t) = X

t|n

f (t) X

d|n,t| n d

Giả sử t là ước của nd Theo giả thiết ta có F (n) =Q

t|nd

f (t) Suy raY

d|n

F

nd

= f (n),mệnh đề được chứng minh

Tính chất 1.2.12 Nếu ký hiệu µ(n) là hàm M¨obius, thì

(ii) Nếu n > 1 và (2, n) = 1 thì Φ2n(X) = Φn(−X).

(iii) Với mọi số nguyên dương n > 1, ta có Xφ(n)Φn(1/X) = Φn(X).Chứng minh (i) Vì µ(m) = 0 với mọi số nguyên m không là số khôngchính phương, ta có

dµ(n/d) = φ(x), ta thu được điều phải chứng minh.

đường tròn

Năm 1936, Emma Lehmer đưa ra một cách xây dựng đa thức chiađường tròn với hệ số lớn tùy ý Emma Lehmer nói rằng cách xây dựngnày là của Schur Sau đó năm 1987, Jiro Suzuki sử dụng cách xây dựngnày để chỉ ra rằng mọi số nguyên đều là hệ số của một đa thức chiađường tròn nào đó

Bổ đề 1.3.1 Cho t là số nguyên bất kỳ lớn hơn 2 Khi đó tồn tại t sốnguyên tố khác nhau p1 < p2 < · · · < pt sao cho p1 + p2 > pt

Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên t > 2 mà khẳng địnhtrên bị sai Với giá trị t này, cho bất kỳ t số nguyên tố phân biệt p1 <

p2 < · · · < pt, ta có p1 + p2 ≤ pt Điều này kéo theo 2p21 < pt Do đó,với bất số nguyên k cho trước, số các số nguyên tố nằm giữa 2k−1 và 2kluôn luôn nhỏ hơn t Bởi vì nếu ta có t số nguyên tố phân biệt nằm giữa

2k−1 và 2k, thì ta có p1 > 2k−1 ⇒ 2p1 > 2k > pt không đúng theo giả

sử của chúng ta Do đó số số nguyên tố nhỏ hơn 2k là π(2k) < kt mâu

thuẫn với định lý số nguyên tố, vì π(x) > x/ log x với mọi x ≥ 17 Do

đó khẳng định được chứng minh

Định lý 1.3.2

Z = {an(k) | k, n ∈ N}

Chứng minh Gọi t là số nguyên lẻ bất kỳ lớn hơn 2 Từ bổ đề bên trên,

ta có thể tìm t số nguyên tố khác nhau p1 < p2 < · · · < pt sao cho

p1 + p2 > pt

Đặt p = pt và n = p1p2· · · pt Xét Φn(X) Ta có, Φn(X) = Q

theo điều kiện của tập số nguyên tố, nếu d 6= pi, 1 với mọi i = 1, 2, , t

S chứa tất cả số nguyên dương lớn hoặc bằng 2, xét Φ2n(X) trong đó

n = p1p2· · · pt Theo Tính chất 1.2.6, ta có a2n(p) = (−1)pan(p) = t − 1

và a2n(p − 2) = (−1)p−2an(p − 2) = t − 2 Do đó bằng cách cho t biếnđổi trên tập số nguyên lẻ ≥ 3, ta thấy rằng S chứa tất cả các số nguyênlớn hơn hoặc bằng 1

Chú ý 1.3.3 Bachman trong [2] chỉ ra rằng mọi số nguyên đều là hệ

số của một đa thức chia đường tròn tam phân nào đó

Chương 2

Hệ số của đa thức chia đường tròn

Φ pq (x)

Trong mục này ta giả sử p và q là hai số nguyên tố phân biệt

Bổ đề 2.1.1 Tồn tại duy nhất các số nguyên không âm r và s sao cho

giờ ta chứng minh r và s là duy nhất Đầu tiên ta nhận xét rằng rp ≤(p−1)(q−1) < pq Do vậy 0 ≤ r < q Hơn nữa ta có pr ≡ −(p−1) mod q.Nếu ta cũng có (p − 1)(q − 1) = pr0+ qs0 với r0, s0 nguyên không âm nào

đó, thì lập luận như trên ta cũng có 0 ≤ r0 < q và pr0 ≡ −(p − 1) mod q

Do vậy pr ≡ pr0 mod q Vì (p, q) = 1 nên r ≡ r0 mod p Từ đó ta suy ra

r = r0 và s = s0 Ta có điều phải chứng minh

Định lý 2.1.2 Gọi r và s là các số nguyên không âm sao cho (p −1)(q − 1) = rp + sq được biểu diễn một cách duy nhất Khi đó ta có

1 apq(k) = 1 khi và chỉ khi k = ip + jq với i ∈ [0, r] và j ∈ [0, s];

2 apq(k) = −1 khi và chỉ khi k + pq = ip + jq với i ∈ [r + 1, q − 1] và

j ∈ [s + 1, p − 1]; và

3 apq(k) = 0 nếu ngược lại

Chứng minh Ta biết rằng φ(pq) = (p − 1)(q − 1) có thể được biểu diễnmột cách duy nhất dưới dạng rp + sq trong đó r, s là các số nguyênkhông âm Vì (p − 1)(q − 1) = sp + sq, rõ ràng r ≤ q − 2 và s ≤ q − 2

Vì rp + sq = (p − 1)(q − 1), tích đầu tiên của (2.1) là một đa thức dạngchuẩn có bậc (p − 1)(q − 1) Trong tích thứ hai, số hạng nhỏ nhất có bậc(r + 1)p + (s + 1)q − pq = rp + sq + p + q − pq = 1 và số hạng lớn nhất

có bậc (q − 1)p + (p − 1)q − pq = (p − 1)(q − 1) − 1 Cho nên tích thứhai cũng là một đa thức dạng chuẩn có bậc (p − 1)(q − 1) − 1 Do đó

f (X) ∈ Z[X] là một đa thức dạng chuẩn có bậc (p − 1)(q − 1) = φ(pq).Ngoài ra, chúng ta biết rằng f (ζ) = 0 Nếu ζ0 là một căn nguyên thủythứ pq bất kỳ của đơn vị, thì ta cũng có f (ζ0) = 0 Vì f (X) là một đathức dạng chuẩn bậc φ(pq) với f (e2iπm/(pq)) = 0 với mọi số nguyên m saocho (m, pq) = 1, ta phải có f (X) = Φpq(X)

Bây giờ chú ý rằng nếu i, i0 ∈ [0, q − 1], j, j0 ∈ [0, p − 1], và ip + jqbằng i0p + j0q hoặc i0p + j0q − pq, thì q | (i − i0) và p | (j − j0) Điều nàykhéo theo i = i0 và j = j0

Nếu ta khai triển các tích trong phương trình (2.1), sau đó sử dụngchú ý ở trên suy ra trực tiếp phần còn lại của khẳng định

Định nghĩa 2.1.3 Đa thức chia đường tròn Φn được gọi là nhị phânnếu n = pq là tích của hai số nguyên tố phân biệt

Ngoài cách tính hệ số của đa thức chia đường tròn nhị phân theoĐịnh lý 2.1.2 ta còn có cách tính khác đó là sử dụng sơ đồ LLL nhưtrong ví dụ sau.

Ví dụ 2.1.4 (Sơ đồ LLL (viết tắt cho Lenstra, Lam và Leung)) Xét

p = 3 và q = 5 (r = 2 − 1, s = 2 − 1) Bắt đầu với số 0 ở phía dưới cùngbên trái Thêm p = 3 cho mỗi bước di chuyển sang phải Thêm q = 5cho mỗi bước di chuyển lên trên Sau đó rút gọn cho modulo pq = 15

Kẻ một dòng ngang bên dưới giá trị 1, và một dòng kẻ đứng bên trái giátrị 1 Ta có sơ đồ LLL cho hai giá trị p và q Khi đó apq(k) = 1 đối vớinhững giá trị k nằm trong góc dưới bên trái; apq(k) = −1 đối với nhữnggiá trị k nằm trong góc trên bên phải và apq(k) = 0 đối với những giátrị k còn lại

Vì r ≤ q − 2 và s ≤ p − 2, ta có (r + q)/2 ∈ [r + 1, q − 1] và (s + p)/2 ∈[s + 1, p − 1] Do đó theo định lý của Lam - Leung, ta có apq(`) = −1

Chú ý rằng khi p = 2, ta có a2q(`) = (−1)`aq(`) = (−1)(q−1)/2 = (−1)r(vì 2r + sq = q − 1 ⇒ r = (q − 1)/2).

Bây giờ chúng ta có thể chứng minh rằng các hệ số của Φn(x) thuộc{−1, 0, 1} với mọi n < 105 Để bắt đầu, ta cần một số công thức cho đathức chia đường tròn mà có chỉ số chứa hai số nguyên tố hoặc ít hơn

Bổ đề 2.2.1 Cho p và q là các số nguyên tố phân biệt

Tương tự ta có

Φq(xp) = Φpq(x)Φp(x) (2.5)(iii) Theo (2.4) và (2.5), ta có

Φq(xp)Φp(xq)(x − 1) = Φpq(x)Φq(x)Φpq(x)Φp(x)Φ1(x)

Theo (2.2), ta có

Φpq(x)Φq(x)Φpq(x)Φp(x)Φ1(x) = Φpq(x)(xpq − 1)

Vậy Φpq(x)(xpq− 1) = Φq(xp)Φp(xq)(x − 1), đẳng thức được chứng minh

Ta lưu ý rằng, từ (ii) và (iii) của bổ đề này, bậc của Φpq(x) là pq −

Để kết thúc chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra mỗi pq số hạng trong tổngnày có bậc phân biệt Giả sử phản chứng rằng pm + qn = pm0 + qn0 với

0 ≤ m < m0 < q Khi đó p(m − m0) = q(n0− n), và bởi vì p và q là các

số nguyên tố phân biệt, q là ước của m − m0 Nhưng 0 < m − m0 < q,

do đó điều này là không thể

Định lý 2.2.3 Nếu p và q là các số nguyên tố phân biệt, thì các hệ sốcủa Φpq(x) là {−1, 0, 1}