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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
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


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
————————————

BÙI THỊ LINH

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

Chuyên ngành:

Phương pháp toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN DUY TÂN

Thái Nguyên - Năm 2017


1

Mục lục
Mục lục

1

Lời nói đầu

2

Chương 1. Đa thức chia đường tròn
1.1 Đa thức chia đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên . . . . .
1.2.2 Công thức nghịch đảo M¨obius và công thức truy
hồi tuyến tính đa thức chia đường tròn . . . . . .
1.3 Mọi số nguyên đều là hệ số của đa thức chia đường tròn

4
4
5

5
9
14

Chương 2. Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpq (x)
2.1 Một định lý của Lam - Leung . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17
17
21

Chương 3. Hệ số của đa thức chia đường tròn Φpqr (x)
3.1 Chặn trên cho hệ số của đa thức Φpqr (x) . . . . . . .
3.1.1 Số Fk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Chứng minh Định lý 3.1.1 . . . . . . . . . . .
3.1.3 Chứng minh Định lý 3.1.2 . . . . . . . . . . .
3.2 Một vài hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Tính chất nhảy đơn vị (jump one) của hệ số . . . . .

26
26
28
31
35
36
38

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43


2

Lời nói đầu
Ta đã biết rằng với mỗi số nguyên dương n, có đúng n căn bậc n của
2kπ
2kπ
đơn vị: ξk = cos
+ i sin
, k = 0, 1, . . . , n − 1. Chú ý rằng ξk là căn

n
n
nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Vì thế có
đúng 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 thức
chia đường tròn thứ n, kí hiệu là Φn (x), là đa thức bậc ϕ(n) được cho
bởi công thức Φn (x) = (x − ξk ) · · · (x − ξkϕ(n) ). Mục đích của luận văn
này 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 đường
tròn. 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 thức
truy hồi tính đa thức chia đường tròn cũng được trình bày. Chương 2 có
nội 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 lý
của 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 định
các đa thức Φn (x) với n < 100 đều có hệ số thuộc {−1, 0, 1}. Chương 3
trình bày hệ số của đa thức chia đường tròn tam phân Φpqr (x) bao gồm
kết 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 định
mọi 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-


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

3

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

Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

4

Chương 1
Đa thức chia đường tròn
1.1

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
ϕ(n)

(x −

Φn (x) =

ζnj )

1≤j≤n
(j,n)=1

với ζn = e

2πi

n

= cos

2π
n

+ sin

2π
n

an (k)xk

=
k=0

là căn bậc n của đơn vị.

Ví dụ 1.1.2. Vì 1 là số phức duy nhất bậc 1 nên Φ1 (x) = x − 1.
Vì −1 là số phức√duy nhất có bậc√2 nên Φ2 (x) = x + 1.
−1
3
−1
3
Vì w1 =
+ i , w2 =
−i
có bậc 3 nên
2

2
2
2
√
√
−1
3
−1
3
Φ3 (x) = x −
+i
x−
−i
= x2 + x + 1.
2
2
2
2
Vì ±i là tất cả các số phức có bậc 4 ta có
Φ4 (x) = (x − i)(x + i) = x2 + 1.
Tương tự,
Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

5

Φ6 (x) = x2 − x + 1
Φ7 (x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1
Φ8 (x) = x4 + 1.

1.2
1.2.1

Một số tính chất
Đa thức chia đường tròn có hệ số nguyên

Tính chất 1.2.1. Với n ∈ N, xn − 1 =

d|n Φd (x).

Chứng minh. Để chứng minh đẳng thức trên, ta chỉ cần chứng minh hai
đa thức xn − 1 và

Φd (x) đều có dạng chuẩn, đều không có nghiệm
d|n

bội, và có cùng tập nghiệm. Theo định nghĩa, mỗi Φd (x) là một đa thức
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 d là hai ước khác nhau của
n. Khi đó mỗi nghiệm của Φd (x) có cấp là d, trong khi đó, mỗi nghiệm

của Φd (x) có cấp là d . Vì thế, các nghiệm của đa thức

Φd (x) đều là
d|n

nghiệm đơn. Giả sử ξ là nghiệm của xn − 1. Gọi d là cấp của ξ. Khi đó
ξ d = 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 ξ d = 1.
Suy ra ζ n = 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 +


6

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) =
x6 + x5 − x − 1, ta được Φ10 (x) = x4 − x3 + x2 − x + 1.
Nhận xét Φ10 (x) = Φ5 (−x).
Tính chất 1.2.2. Với mọi n ∈ N, Φn (x) ∈ Z[x].
Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n ∈ N. Vì
Φ1 (x) = x − 1 ∈ Z[x] khẳng định đúng với n = 1.
Bây giờ giả sử với n > 1. Theo Tính chất 1.2.1,
xn − 1 =

Φd (x) = Φn (x)g(x),
d|n

trong đó g(x) là tích của tất cả các đa thức chia đường tròn Φd (x) với d là
một nhân tử dương thực sự của n. Theo giả thiết quy nạp, Φd (x) ∈ Z[x]

với mọi đa thức chia đường tròn và do đó g(x) ∈ Z[x]. Vì các đa thức
chia đường tròn là dạng chuẩn theo cách xây dựng, tích của các đa thức
dạng chuẩn là đa thức dạng chuẩn, g(x) cũng là đa thức dạng chuẩn.
Do đó Φn (x) là thương của xn − 1 ∈ Z[x] chia cho đa thức dạng chuẩn
g(x) ∈ Z[x], nên Φn (x) cũng thuộc Z[x].
Tính chất 1.2.3. Với m, n ∈ N,
Φn (xm ) =

Φd (x),
d∈D

trong đó D = {d ∈ N | lcm(m, d) = mn} =

mn
k

| k ∈ N và k | m và

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


7

Các không điểm của xmn − 1 là phân biệt, nên để chứng minh khẳng
định 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 ω m = lcm(m, ord ω).”
Một số ω ∈ C là không điểm của Φn (xm ) khi và chỉ khi ord ω m = n, khi
và chỉ khi lcm(m, ord ω) = mn, khi và chỉ khi ord ω ∈ D, khi và chỉ khi
Φd (x).

ω là không điểm của
d∈D

Ví dụ, nếu m = 2 và n = 3, thì
D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6}
và do vậy Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x).
Tính chất 1.2.4. Nếu mọi ước nguyên tố của m ∈ N cũng là một ước
của n ∈ N, thì Φmn (x) = Φn (xm ).
Chứng minh. Ta sử dụng Tính chất 1.2.3 với
D = {d ∈ N | lcm(2, d) = 6} = {3, 6}.
mn
với k ∈ N sao cho k | m và gcd(n, k) = 1. Nếu
k
p là một ước nguyên tố của k, thì, bởi vì k | m, p là ước của m, và do
Nếu d ∈ D, thì d =

đó, theo giả thiết p là ước của n. Nhưng p là ước của gcd(n, k), mâu
thuẫn với gcd(n, k) = 1. Do đó k ∈ N không có ước nguyên tố, k = 1 và
d = mn, D = {mn} và Φn (xm ) = Φmn (x).
Ví dụ, vì 400 = 40 · 10 và mọi ước nguyên tố của 40 đều là ước của
10, ta có
Φ400 (x) = Φ10 (x40 ) = x160 − x120 + x80 − x40 + 1.
Nhận xét: Φ400 (x) và Φ10 (x) có cùng hệ số.

8

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,
m

nên theo Tính chất 1.2.4 ta ó Φm (x) = Φn (x n ) và Φm (x) và Φn (x) có
cùng 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 minh
khẳng 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 ω n = 1. Vì n lẻ, (−ω)n =
−1 và do đó −ω không có bậc n. Điều này có nghĩa rằng −ω phải là
một không điểm của Φ2n (x) và có bậc 2n.
Tương tự, nếu Φ2n (ω) = 0, thì ω n = 1 và (ω n )2 = 1 và nên ω n = −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 nhau
khi đọc lùi hay đọc tiến. Những đa thức như vậy được gọi là đa thức
thuận nghịch. Đặc biệt, nếu f (x) là đa thức bậc m, thì xm f (1/x) được
gọi là ngược của f, và f là đa thức thuận nghịch nếu nó bằng ngược của
nó, tức là nếu

f (x) = xm f

1
.
x

(1.2)


9

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
x4 f

1 4
1 3
1 2
1
1
= x4
+2
+3
+4
+5
x
x
x
x
x

= 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + 4x3 + 5x4
= 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1.

Tính chất 1.2.7. Nếu n > 1, thì Φn (x) là đa thức thuận nghịch.
Chứng minh. Ta có nếu ω ∈ C∗ thì ω = ω −1 và do đó ord ω = n khi
và chỉ khi ord ω −1 = n. Điều này có nghĩa hàm ω → ω −1 là một hoán vị
của tập không điểm của Φn (x). Do đó xm Φn (1/x), với m = deg Φn (x),
có cùng tập không điểm như Φn (x). Hệ số đầu của xm Φn (1/x) là số hạng
hằng của Φn (x) chính là 1 với n > 1. Do đó, xm Φn (1/x) = Φn (x) với
mọi 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



1
nếu n = 1,



µ(n) = (−1)k nếu n = p1 p2 · · · pk với pi là các số nguyên tố phân biệt,





0
nếu khác.
Chú ý rằng nếu (m, n) = 1 thì µ(mn) = µ(m)µ(n). Ngoài ra,

1 nếu n = 1,
µ(d) =
0 nếu ngược lại.
d|n

Ví dụ, µ(6) = (−1)2 = 1, µ(9) = 0, µ(12) = 0.
Mệnh đề 1.2.9. Cho n là số nguyên dương. Khi đó


10

a) Nếu n = 1 thì
µ(d) = 1.
d|n

b) Nếu n ≥ 2 thì
µ(d) = 0.
d|n

Chứng minh. a) Với n = 1 thì ước dương duy nhất của n là 1. Do đó,
µ(d) = 1.

theo định nghĩa hàm M¨obius ta có
d|n

b) Cho n ≥ 2. Ta đặt T là tích tất cả các số nguyên tố p là ước của n,

tức là T =

p. Chú ý rằng nếu q là ước của n có chứa thừa số bình
p|n

phương thì µ(q) = 0. Do đó ta có thể bỏ những chỉ số q như thế ra khỏi
tổng. Do đó ta có:
µ(d) =
d|n

mu(d).
d|T

Gọi p là một ước nguyên tố bất kỳ của T . Chú ý rằng mỗi ước của T là
một ước d của

T
p

hoặc là dp với d là ước của Tp . Vì thế từ tính chất hàm

nhân của µ ta có
µ(d) =

(µ(d) + µ(pd)) =
d| Tp

d|T

(µ(d) + µ(p)µ(d))

d| Tp

(µ(d) + (−1)1 µ(d)) =

=
d| Tp

(µ(d) − µ(d))
d| Tp

= 0.
Ta có điều phải chứng minh.
Một kết quả quen biết trong số học nói rằng nếu f là hàm nhân thì
F (n) =

f (d). Từ mệnh đề trên ta có 1 kết quả quan trọng của hàm
d|n

M¨obius, đó là công thức nghịch đảo hàm M¨obius sau đây.


11

Mệnh đề 1.2.10. Ký hiệu Z+ là tập các số nguyên dương. Cho hai hàm
F, f : Z+ → Z+ sao cho F (n) =

f (d). Khi đó, ta có
d|n

µ(d)F

f (n) =
d|n

n
.
d

Chứng minh. Theo giả thiết
n
=
d

µ(d)F
d|n

µ(d)

f (t) .
t| nd

d|n

Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có
µ(d)

f (t) =
t| nd

d|n

f (t)

µ(d).
d|n,t| nd

t|n

Dễ thấy rằng với hai ước t và d của n ta có d là ước của n/t khi và chỉ
khi t là ước của n/d. Do vậy, ta có
f (t)
t|n

f (t)

µ(d) =
d|n,t| nd

t|n

µ(d).
d| nt

Theo Mệnh đề 1.2.9, nếu n/t = 1 tức là t = n thì

µ(d) = 1. Và nếu
d| nt

n/t ≥ 2 thì

µ(d) = 0. Vì vậy, ta có
d| nt

f (t)
t|n

µ(d) = f (n),
d| nt

mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.11. Giả sử F, f : Z+ → Z+ là hai hàm thỏa mãn điều
kiện F (n) =

f (d). Khi đó ta có f (n) =
d|n

d|n F

n µ(d)
.
d

Chứng minh. Chứng minh của mệnh đề này tương tư như chứng minh
của Mệnh đề 1.2.10 trong đó mỗi tổng được thay bằng tích và mỗi phép
nhân liên quan đến hàm µ được thay bởi lũy thừa của hàm đó.


12

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

n
d

F
d|n

f (t). Suy ra
t| nd

µ(d)

µ(d)

f (t)

=
d|n

.

t| nd

Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có:
µ(d)
n µ(d)
F
=
f (t)
=
f (t)

d
n
d|n

d|n

t| d

d|n,t| n
d

µ(d)

.

t|n

Chú ý rằng nếu d và t đều là ước của n thì d là ước của n/t khi và chỉ
khi t là ước của n/d. Do vậy, ta có
n µ(d)
F
=
f (t)
d
n
d|n

d|n

µ(d)

=

t| d

f (t)

d|n,t| n
d

f (t)

d| n
t

µ(d)

t|n

=

µ(d)

.

t|n

Vì thế theo Mệnh đề 1.2.9 nếu n/t = 1 tức là t = n thì

µ(d) = 1. Và

d| nt

nếu n/t ≥ 2 thì

µ(d) = 0. Do đó
d| nt

F
d|n

n
d

µ(d)

µ(d)

f (t)

=

=

t| nd

d|n

f (t)

d|n,t| n

d

f (t)

d| n
t

µ(d)

t|n

=

µ(d)

= f (n),

t|n

mệnh đề được chứng minh.
Tính chất 1.2.12. Nếu ký hiệu µ(n) là hàm M¨obius, thì
(X n/d − 1)µ(d) =

Φn (X) =
d|n

(X d − 1)µ(n/d) .
d|n

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng nếu f (n) =

g(d), thì g(n) =
d|n

f (n/d)µ(d) . Ta có,
d|n
µ(d)

f (n/d)
d|n

µ(d)

g(m)

=
d|n

m|(n/d)


13

g(m)µ(d)

=
m|n

=

d|(n/m)

g(m)

d|(n/m)

µ(d)

= g(n).

m|n

Vì X n − 1 =

d|n Φd (X),

ta được điều phải chứng minh.

Tính chất 1.2.13. (i) Nếu n = pa11 pa22 · · · pann , ai > 0, và N = p1 p2 · · · pl ,
thì Φn (X) = ΦN (X n/N ).
(ii) Nếu n > 1 và (2, n) = 1 thì Φ2n (X) = Φn (−X).
(iii) Với mọi số nguyên dương n > 1, ta có X φ(n) Φn (1/X) = Φn (X).
Chứng minh. (i) Vì µ(m) = 0 với mọi số nguyên m không là số không
chính phương, ta có
(X n/d − 1)µ(d)

(X n/d − 1)µ(d) =

Φn (X) =

d|n,d|N

d|n

((X n/N )N/d − 1)µ(d) = ΦN (X n/N ).

=
d|N

Chứng minh được phần (i)
(ii) Xét
(X d − 1)µ(2n/d)

Φ2n (X) =
d|(2n)

(X d − 1)µ((2n)/d)

=
2|d

(X d − 1)µ((2n)/d)
d|n

(X d − 1)µ((2n)/d) (X 2d − 1)µ((n)/d)

=
d|n

(X d + 1)µ((n)/d) , do µ(2m) = −µ(m) với m là số lẻ

=
d|n

(−X d − 1)µ((n)/d) = Φn (−X).

=
d|n


14

(iii) Xét
(1/X d − 1)µ((n)/d) =

Φn (1/X) =
d|n

(1 − X d )µ((n)/d)
d|n

(1/X d )µ((n)/d) .
d|n

Do đó ta thu được,
X

d|n

dµ(n/d)

(−1)n/d (X d − 1)µ(n/d)

Φn (1/X) =
d|n

= (−1)

d|n

µ(n/d)

(X d − 1)µ(n/d) = Φn (X).
d|n

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

Vì
d|n

1.3

Mọi số nguyên đều là hệ số của đa thức chia
đường tròn

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

Bổ đề 1.3.1. Cho t là số nguyên bất kỳ lớn hơn 2. Khi đó tồn tại t số
nguyên 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 định
trên 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 2p2 1 < pt . Do đó,
với bất số nguyên k cho trước, số các số nguyên tố nằm giữa 2k−1 và 2k
luôn 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


15

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 = p1 p2 · · · pt . Xét Φn (X). Ta có, Φn (X) =

d|n (X

d

−

1)µ(n/d) . Ta chia modun X p+1 và vì n là số nguyên không chính phương,
theo điều kiện của tập số nguyên tố, nếu d = pi , 1 với mọi i = 1, 2, . . . , t

ta có
t

(X pi − 1)
X −1

(mod X p+1 )

(1 − X p )
≡
(1 − X p1 ) · · · (1 − X pt−1 )
(1 − X)

(mod X p+1 )

d

(X − 1)

Φn (X) =
d|n

µ(n/d)

≡
i=1

≡ (1 + X + · · · + X p−1 )(1 − X p1 − · · · − X pt−1 )

(mod X p+1 ).

Điều này kéo theo an (p) = −t + 1 và an (p − 2) = −t + 2. Do đó nếu ta
đặt
S := {an (m) | ∀n, m ∈ N},
thì S chứa { ∈ Z | ≤ −1} do t biến đổi trên toàn bộ số nguyên lẻ lớn
hơn hoặc bằng 3. Theo Định lý 2.1.2, ta có {0, ±1} ⊂ S. Để chứng minh
S chứa tất cả số nguyên dương lớn hoặc bằng 2, xét Φ2n (X) trong đó
n = p1 p2 · · · pt . Theo Tính chất 1.2.6, ta có a2n (p) = (−1)p an (p) = t − 1
và a2n (p − 2) = (−1)p−2 an (p − 2) = t − 2. Do đó bằng cách cho t biến
đổi trên tập số nguyên lẻ ≥ 3, ta thấy rằng S chứa tất cả các số nguyên
lớn hơn hoặc bằng 1.


16

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.


17

Chương 2
Hệ số của đa thức chia đường tròn
Φpq (x)
2.1

Một định lý của Lam - Leung

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

(p − 1)(q − 1) = rp + sq.
Chứng minh. Vì p và q nguyên tố cùng nhau nên tồn tại x, y ∈ Z sao
cho
(p − 1)(q − 1) = px + qy.
Gọi r là số dư khi chia x cho q, tức là x = qa + r, với a ∈ Z và
0 ≤ r < q − 1. Đặt s = pa + y ∈ Z. Khi đó,
(p − 1)(q − 1) = px + qy = p(qa + r) + qy = pr + q(pa + y) = pr + qs.
Do vậy,
qs = pq − p − q + 1 − pr = p(q − r − 1) − q + 1 > −q.
Do đó s > −1 và vì s nguyên nên s ≥ 0. Như vậy ta đã chứng minh
tồn tại r và s nguyên không âm sao cho (p − 1)(q − 1) = rp + sq. Bây


18

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) = pr + qs với r , s nguyên không âm nào
đó, thì lập luận như trên ta cũng có 0 ≤ r < q và pr ≡ −(p − 1) mod q.
Do vậy pr ≡ pr mod q. Vì (p, q) = 1 nên r ≡ r mod p. Từ đó ta suy ra
r = r và s = s . 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
r

Φpq (X) =

q−1

s

X

ip

X

i=0

jq

−

j=0

p−1

X

ip

i=r+1

X jq

X −pq .

j=s+1

Ngoài ra, với 0 ≤ k ≤ (p − 1)(q − 1), 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 diễn
một cách duy nhất dưới dạng rp + sq trong đó r, s là các số nguyên
không âm. Vì (p − 1)(q − 1) = sp + sq, rõ ràng r ≤ q − 2 và s ≤ q − 2.
Ta sẽ chứng minh rằng
r

Φpq (S) =

X
i=0

q−1

s
ip

X

jq

−

j=0

p−1

X

ip

i=r+1

X jq

X −pq .

j=s+1

Gọi ζ = e2iπ/(pq) là căn nguyên thứ pq của đơn vị. Khi đó vì ζ p = e2iπ/(q)
và ζ q = e2iπ/(p) , ta có Φp (ζ q ) = Φq (ζ p ) = 0. Tức là, ta có
q−1

p−1
p i

(ζ q )j .

(ζ ) = 0 =
i=0

j=0


19

Do đó,

q−1

r
p i

(ζ ) = −
i=0

p−1

s
p i

q j

i=r+1

(ζ q )j .

(ζ ) = −

(ζ ) và
j=0

j=s+1

Nhân hai đẳng thức trên ta thu được
r

q−1

s
p i

q j

(ζ )

(ζ )

i=0

−

j=0

p−1
p i

(ζ q )j .

(ζ )
i=r+1

= 0.

j=s+1

Do đó, ζ là không điểm của đa thức
r

f (X) :=

X
i=0

q−1

s
pi

X
j=0

qj

−

p−1

X

pi

i=r+1

X qj

X −pq .

j=s+1

(2.1)
Vì rp + sq = (p − 1)(q − 1), tích đầu tiên của (2.1) là một đa thức dạng
chuẩn 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 thứ
hai 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 ζ là một căn nguyên thủy
thứ pq bất kỳ của đơn vị, thì ta cũng có f (ζ ) = 0. Vì f (X) là một đa
thức dạng chuẩn bậc φ(pq) với f (e2iπm/(pq) ) = 0 với mọi số nguyên m sao
cho (m, pq) = 1, ta phải có f (X) = Φpq (X).
Bây giờ chú ý rằng nếu i, i ∈ [0, q − 1], j, j ∈ [0, p − 1], và ip + jq
bằng i p + j q hoặc i p + j q − pq, thì q | (i − i ) và p | (j − j ). Điều này
khéo theo i = i và j = j .
Nếu ta khai triển các tích trong phương trình (2.1), sau đó sử dụng
chú 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 phân
nếu n = pq là tích của hai số nguyên tố phân biệt.


20

Ngoài cách tính hệ số của đa thức chia đường tròn nhị phân theo
Định lý 2.1.2 ta còn có cách tính khác đó là sử dụng sơ đồ LLL như
trong 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 cùng
bên trái. Thêm p = 3 cho mỗi bước di chuyển sang phải. Thêm q = 5

cho 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 giá
trị 1. Ta có sơ đồ LLL cho hai giá trị p và q. Khi đó apq (k) = 1 đối với
những giá trị k nằm trong góc dưới bên trái; apq (k) = −1 đối với những
giá trị k nằm trong góc trên bên phải và apq (k) = 0 đối với những giá
trị k còn lại.
10

13

1

4

7

5

8

11

14

2

0

3

6

9

12

Ta có Φ3·5 (x) = x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1.
Hệ quả 2.1.5. Giả sử rằng q > p, và đặt

= (p − 1)(q − 1). Khi đó hệ

số ở giữa apq ( ) của Φpq (X) là (−1)r .
Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng p > 2. Vì (p − 1)(q − 1) = rp + qs,
r và s có cùng tính chẵn lẻ. Nếu r là chẵn,

= (r/2)p + (s/2)q. Do đó,

theo định lý của Lam - Leung, ta có apq ( ) = 1. Nếu 1 là lẻ, thì s cũng
vậy, và ta có thể viết
+ pq =

r+q
2

p+

s+p
q.
2

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.


21

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).

2.2

Kết quả chính

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 đa
thức 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
(i) Φp (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1
(ii) Φq (xp ) = Φpq (x)Φq (x)
(iii) (xpq − 1)Φpq (x) = Φq (xp )Φp (xq )(x − 1).
Chứng minh. Từ Φ1 (x) = x−1. Theo Tính chất 1.2.1 với n ∈ N, xn −1 =
d|n Φd (x),

ta có
xp − 1 = Φp (x)Φ1 (x)
xq − 1 = Φq (x)Φ1 (x)
xpq − 1 = Φpq (x)Φp (x)Φq (x)Φ1 (x).

(2.2)

xp − 1
= xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1.
(i) Suy ra Φp (x) =
x−1
(ii)
xpq − 1 = (xp )q − 1 = Φq (xp )Φ1 (xp ) = Φq (xp )(xp − 1)
= Φq (xp )Φp (x)Φ1 (x).

(2.3)

Từ (2.2) và (2.3), ta có
Φq (xp ) = Φpq (x)Φq (x).

(2.4)


22

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 −

p − q + 1 = (p − 1)(q − 1) và nhỏ hơn hẳn pq.
Bổ đề 2.2.2. Nếu p và q là các số nguyên tố phân biệt, thì hệ số của
Φq (xp )Φp (xq ) thuộc {0, 1}.
Chứng minh. Từ Bổ đề 2.2.1(i), ta có
Φq (xp )Φp (xq ) = (1 + xp + · · · + x(q−1)p )(1 + xq + · · · + x(p−1)q )
xmp+nq .

=
0≤m0≤n
Để kết thúc chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra mỗi pq số hạng trong tổng
này có bậc phân biệt. Giả sử phản chứng rằng pm + qn = pm + qn với
0 ≤ m < m < q. Khi đó p(m − m ) = q(n − n), và bởi vì p và q là các
số nguyên tố phân biệt, q là ước của m − m . Nhưng 0 < m − m < 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 số
của Φpq (x) là {−1, 0, 1}.


23

Chứng minh. Từ Bổ đề 2.2.1(iii), ta có
(xpq − 1)Φpq (x) = Φq (xp )Φp (xq )(x − 1).

(2.6)

Xét vế trái của phương trình này. Vì bậc của Φpq nhỏ hơn pq, mọi số
hạng khác 0 của xpq Φpq (x) có bậc lớn hơn số hạng khác 0 của Φpq (x).
Do đó, các hệ số của (xpq − 1)Φpq (x) chính là các hệ số của Φpq , sai khác

dấu.
Để kết thúc chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra các hệ số của vế phải của
(2.6) thuộc {−1, 0, 1}. Từ Bổ đề 2.2.2, các hệ số của xΦq (xp )Φp (xq ) thuộc
{0, 1} và các hệ số của −Φq (xp )Φp (xq ) thuộc {0, −1}. Do đó, các hệ số
của tổng hai đa thức này, cụ thể Φq (xp )Φp (xq )(x − 1), thuộc {−1, 0, 1},
như đã khẳng định.
Định lý 2.2.4. Nếu n ∈ N có nhiều nhất hai ước nguyên tố lẻ, thì các
hệ số của Φn (x) thuộc {−1, 0, 1}.
Chứng minh. Vì n có không quá 2 ước nguyên tố lẻ nên xẩy các trường
hợp sau.
1. Nếu n = p là nguyên tố, thì theo Bổ đề 2.2.1(1),
Φn (x) = Φp (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1.
2. Nếu n = pα với p nguyên tố và α nguyên dương, thì Φn (x) =
α−1

Φp (xp

) theo tính chất 1.2.13. Do vậy các hệ số của Φn thuộc

{−1, 0, 1}.
3. Nếu n = 2p với p là số nguyên tố lẻ thì theo Tính chất 1.2.6 (hoặc
Tính chất 1.2.13) thì Φ2p (x) = Φp (−x). Do vậy các hệ số của Φ2p
cũng thuộc {−1, 0, 1}.