Hệ số của đa thức chia đường tròn

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐOÀN BÁ THƯỢNG

HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐOÀN BÁ THƯỢNG

HỆ SỐ CỦA ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Đoàn Trung Cường

THÁI NGUYÊN - 2017

i

Mục lục
Lời nói đầu

1

1

Đa thức chia đường tròn

3

1.1
1.2

Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Quan hệ giữa các đa thức Φn (x) . . . . . . . . . . . . . . . .

3
5

1.3
1.4

Tính chất thuận nghịch của đa thức chia đường tròn . . . . . .
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

15

1.4.1
1.4.2

Giá trị của đa thức chia đường tròn và cấp của phần tử
Định lý Zsigmondy . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15
19

1.4.3

Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2

Hệ số của đa thức chia đường tròn Φn (x)

24

2.1
2.2

Hệ số của đa thức Φ pq (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Hệ số của đa thức Φn (x) với n nhỏ . . . . . . . . . . . . . . .

24

30

2.3
2.4

Hệ số của đa thức Φ pqr (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Các số nguyên là hệ số của một đa thức chia đường tròn . . . .

34
39

Kết luận

41

Tài liệu tham khảo

42


1

Lời nói đầu
Đa thức chia đường tròn là một đối tượng thú vị và quan trọng xuất hiện ở nhiều
lĩnh vực toán học khác nhau như Số học, Đại số, Hình học..., ở cả Toán phổ
thông và Toán cao cấp. Có nhiều nghiên cứu xung quanh các đa thức này, từ
các công trình từ thế kỷ 19 cho đến những công trình xuất hiện mới gần đây.
Một hướng nghiên cứu đáng lưu ý là về hệ số của các đa thức chia đường tròn
Φn . Bằng tính toán trực tiếp, người ta nhận thấy rằng các đa thức chia đường
tròn đầu tiên (n nhỏ) có hệ số chỉ nằm trong các số −1, 0, 1. Đã có giả thuyết là

điều này đúng với mọi đa thức chia đường tròn bất kỳ, tuy nhiên điều này không
đúng. Nghiên cứu kỹ hơn, người ta nhận thấy các hệ số của đa thức chia đường
tròn Φn phụ thuộc sâu sắc vào phân tích ra thừa số nguyên tố của số n, mặc dù
vẫn có một số đánh giá độ lớn của các hệ số này qua n.
Mục đích chính của luận văn là dựa trên các tài liệu [2, 3, 7, 8], trình bày chi
tiết một số điều kiện đủ để đa thức chia đường tròn là phẳng, có nghĩa là các
hệ số của đa thức đó nhận một trong các giá trị −1, 0, 1. Kết quả chính được
trình bày là trường hợp n = pq, n = pqr là tích của hai và ba số nguyên tố khác
nhau. Ngoài ra câu hỏi những số nguyên nào có thể là hệ số của một đa thức
chia đường tròn cũng được xét trong luận văn này.
Luận văn được chia thành hai chương. Chương 1 nhắc lại định nghĩa đa thức
chia đường tròn và nêu một số ví dụ về những đa thức chia đường tròn đầu tiên.
Một số tính chất cơ bản của các đa thức chia đường tròn cũng được lựa chọn
trình bày trong chương này như mối liên hệ giữa các đa thức khác nhau, tính
chất thuận nghịch. Một số ứng dụng của đa thức chia đường tròn cũng được
trình bày trong phần cuối của chương này. Chương 2 tập trung xét các tính chất
của hệ số của các đa thức chia đường tròn Φ pq (x) và Φ pqr (x), với p, q, r là các


2

số nguyên tố phân biệt. Kết quả chính của chương này là chứng minh hệ số
của các đa thức chia đường tròn Φ pq (x), p, q là số nguyên tố, thuộc tập hợp
{−1, 0, 1}. Một điều kiện đủ để đa thức Φ pqr (x) là phẳng cũng được trình bày
trong chương này. Một kết quả quan trọng khác được trình bày trong phần này
khẳng định rằng mỗi số nguyên đều là hệ số của một đa thức chia đường tròn
nào đó.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc với TS Đoàn Trung
Cường. Thầy là người đã dành rất nhiều thời gian để nhắc nhở, đôn đốc và chỉ
bảo cho tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Nhờ có sự tận tình,

chu đáo và tâm huyết của thầy mà tác giả đã hoàn thành luận văn "Hệ số của đa
thức chia đường tròn".
Tác giả xin chân thành cảm ơn các Thầy cô giáo thuộc Khoa Toán - Tin,
Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học đã giúp đỡ tạo điều kiện cho tác giả
trong quá trình học tập và nghiên cứu.
Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo
đơn vị công tác và các đồng nghiệp đã luôn động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện
tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017
Tác giả luận văn

Đoàn Bá Thượng


3

Chương 1
Đa thức chia đường tròn
Chương này được dành để trình bày về các đa thức chia đường tròn, từ định
nghĩa, một số ví dụ tính toán cụ thể cho đến một số tính chất cơ bản và ứng
dụng của các đa thức này. Các kết quả trong chương này được tham khảo từ các
tài liệu [1, 3, 8].

1.1

Định nghĩa và ví dụ

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

Φn (x) =

∏
1≤k≤n
(k,n)=1

(x − εnk )

trong đó εn là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị (ví dụ, εn = cos 2π
n +
i. sin 2π
n ).
Ví dụ 1.1.2. Sau đây là ví dụ về một số đa thức chia đường tròn đầu tiên
a) Vì 1 là số phức duy nhất có bậc 1 nên ta có đa thức chia đường tròn thứ
nhất là
Φ1 (x) = x − 1.
b) Vì −1 là số phức duy nhất có bậc 2 nên ta có đa thức chia đường tròn thứ
hai là
Φ2 (x) = x + 1.


4

c) Vì chỉ có hai số phức 12 +

√
3
2 i

và 12 −

√
3
2 i

có bậc 3 nên đa thức chia đường

tròn thứ ba là
Φ3 (x) =

√
3
1
i
x− −
2
2

√
1
3
x− +
i
2
2

= x2 + x + 1.

d) Vì chỉ có i và −i là các số phức có bậc 4 cho nên đa thức chia đường tròn

thứ tư là
Φ4 (x) = (x − i) (x + i) = x2 + 1.
e) Tương tự,
Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1
Φ6 (x) = x2 − x + 1.
Từ định nghĩa và ví dụ về một số đa thức chia đường tròn đầu tiên chúng ta
có nhận xét sau
Nhận xét 1.1.3. (1) Φn (x) là đa thức monic bậc ϕ (n) và có đúng ϕ (n) nghiệm
đơn. Trong đó ϕ là hàm Euler, ϕ (n) là số các số tự nhiên nhỏ hơn n và
nguyên tố cùng nhau với n.
(2) Đa thức có dạng xn − 1 được phân tích thành tích các đa thức chia đường
tròn có chỉ số là ước của n .
x − 1 = Φ1 (x)
x2 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x)
x3 − 1 = Φ1 (x).Φ3 (x)
x4 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ4 (x)
x5 − 1 = Φ1 (x).Φ5 (x)
x6 − 1 = Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x)Φ6 (x).
(3) Các đa thức chia đường tròn trên đều có hệ số nguyên.
(4) Chúng ta thấy Φ4 (x) = Φ2 (x2 ) nhưng Φ6 (x) = Φ3 (−x).


5

(5) Tất cả các đa thức chia đường tròn trên đều có hệ số thuộc tập {−1, 0, 1}.
Những nhận xét trên về 6 đa thức chia đường tròn đầu tiên liệu có đúng cho
tất cả các đa thức chia đường tròn hay không. Để trả lời câu hỏi này chúng ta
cùng tìm hiểu về các tính chất cơ bản của đa thức chia đường tròn.

1.2

Quan hệ giữa các đa thức Φn (x)

Trong phần này ta sẽ tìm hiểu những tính chất đầu tiên của các đa thức chia
đường tròn, trong đó trọng tâm là những mối quan hệ giữa các đa thức Φn (x) và
Φm (x) với m = n là các số nguyên dương.
Bổ đề 1.2.1. Cho m, n là hai số nguyên dương. Khi đó Φn (x) và Φm (x) có
nghiệm chung khi và chỉ khi m = n.
Chứng minh. Giả sử Φn (x) và Φm (x) có nghiệm chung là εmk = εnl với (k, m) = 1
n

và (l, n) = 1. Khi đó ta có εmk = 1 suy ra m|kn, mà (k, m) = 1 cho nên m|n.
m
Mặt khác ta có εnl = 1 suy ra n|lm vì (l, n) = 1 nên n|m . Do đó m = n.
Ngược lại m = n thì hiển nhiên Φn (x) = Φm (x) nên chúng có nghiệm chung.

Bổ đề sau rất hữu ích trong thực tế giúp ta tính toán cụ thể các đa thức Φn (x)
khi đã biết các đa thức Φm (x)với m < n.
Bổ đề 1.2.2. Cho số nguyên dương n, khi đó
xn − 1 = ∏ Φd (x)
d|n

Chứng minh. Để chứng minh đẳng thức trên, chúng ta chỉ cần chứng minh hai
đa thức ở vế trái và vế phải là những đa thức monic có cùng bậc, có cùng
tập nghiệm và không có nghiệm bội. Chúng ta có xn − 1 có bậc n và có đúng
n nghiệm đơn phân biệt. Mặt khác Φd (x) có bậc ϕ (d) và có ϕ (d) nghiệm
đơn phân biệt nên ∏ Φd (x) có bậc là ∑ ϕ(d) = n và có ∑ ϕ(d) = n nghiệm
d|n
đơn phân biệt. Gọi εdl với (l, d) = 1
n

εdl = 1, do đó εdl là một nghiệm

d|n

d|n

và d|n là một nghiệm của Φd (x) thì ta có
của xn − 1. Như vậy hai đa thức ở vế trái


6

và vế phải của đẳng thức trên cùng là đa thức monic, không có nghiệm bội, có
cùng bậc và có cùng tập nghiệm nên chúng bằng nhau. Vậy ta được điều phải
chứng minh.
Dựa vào Bổ đề 1.2.2 ta có thể xác định được một số đa thức chia đường tròn
một cách dễ dàng hơn.
Ví dụ 1.2.3.

1) Để xác định Φ10 (x), ta có
x10 − 1 =

∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ5(x)Φ10(x)
d|10

Suy ra Φ10 (x) =

x10 −1
Φ1 (x).Φ2 (x).Φ5 (x)

= x4 − x3 + x2 − x + 1

2) Để xác định Φ12 (x) ta có
x12 − 1 =

∏ Φd (x) = Φ1(x).Φ2(x).Φ3(x).Φ6(x)Φ12(x)
d|12

Suy ra
Φ12 (x) =

x12 − 1
= x4 − x2 + 1.
Φ1 (x).Φ2 (x).Φ3 (x).Φ6 (x)

Tính chất đầu tiên của hệ số của Φn (x) là kết quả quan trọng sau.
Định lý 1.2.4. Với mọi số nguyên dương n thì Φn (x) là đa thức có hệ số nguyên.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1
thì Φ1 (x) = x − 1 ∈ Z[x], do đó định lý đúng với n = 1. Giả sử với mọi m nguyên
dương sao cho 1 ≤ m < n ta có Φm (x) ∈ Z[x] . Ta đã biết Φn (x) =
Vì xn − 1,

1≤d
∏ Φd (x) là các đa thức monic và
1≤d
xn − 1

xn −1

.
∏ Φd (x)

∏ Φd (x) ∈ Z[x] là ước của
1≤d
nên Φn (x) là đa thức có hệ số nguyên.

Định lý trên dẫn đến một hệ quả thú vị sau.
Hệ quả 1.2.5. Cho n > 2. Với mọi số thực a thì Φn (a) > 0.


7

Chứng minh. Theo Định lý 1.2.4, Φn (x) là một đa thức nguyên với hệ số cao
nhất bằng 1. Nói riêng Φn (b) > 0 với mọi số thực b

0. Mặt khác, theo định

nghĩa Φn (x) không có nghiệm thực. Vì vậy với mọi a ∈ R thì Φn (a) > 0.
Bổ đề 1.2.6. Với m, n là các số nguyên dương bất kì thì
Φn (xm ) =

∏ Φd (x),

d∈D

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

m.n

k |

k ∈ N, k|m, gcd(n, k) = 1 .

Chứng minh. Ta có Φn (xm ) và ∏ Φd (x) chỉ có nghiệm đơn. Lại có Φn (xm ) là
d∈D

ước của (xm )n − 1 hay xmn − 1 mà d là ước của mn nên ∏ Φd (x) cũng là ước
d∈D

của xmn − 1. Chúng ta sẽ chứng minh Φn (xm ) và ∏ Φd (x) có cùng tập nghiệm.
d∈D

Thật vậy, ω ∈ C là nghiệm của Φn (xm ) khi và chỉ khi ordω m = n khi và chỉ khi
lcm(m, ordω) = m.n khi và chỉ khi ordω ∈ D khi và chỉ khi ω là nghiệm của
∏ Φd (x). Như vậy Φn (xm ) và ∏ Φd (x) có cùng tập nghiệm nên ta được điều
d∈D

d∈D

phải chứng minh.
Ví dụ 1.2.7.

1) Với n = 3, m = 2 thì ta có D = {6, 3}. Suy ra
Φ3 (x2 ) = Φ6 (x)Φ3 (x).

Thật vậy, ta có
Φ6 (x)Φ3 (x) = x2 − x + 1

x2 + x + 1 = x4 + x2 + 1 = Φ3 (x2 ).

2) Với n = 3, m = 2 thì ta có D = {6, 2}. Suy ra Φ2 (x3 ) = Φ6 (x)Φ2 (x). Thật
vậy,
Φ6 (x)Φ2 (x) = x2 − x + 1 (x + 1) = x3 + 1 = Φ2 (x3 ).
Hệ quả 1.2.8. Nếu p là số nguyên tố, n là số tự nhiên dương và (p, n) = 1 thì
Φn (x p ) = Φnp (x).Φn (x)


8

hay
Φnp (x) =

Φn (x p )
.
Φn (x)

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.6 ta có
Φn (x p ) =

∏ Φd (x)

d∈D

với D = {d ∈ N| lcm (p, d) = p.n)} = {n, p.n}. Suy ra, Φn (x p ) = Φn (x).Φnp (x)
p
ta cũng có thể viết Φnp (x) = ΦΦnn(x(x)) .
Dựa vào Hệ quả 1.2.8 chúng ta có thể xác định được một số đa thức chia
đường tròn. Chẳng hạn để xác định Φ20 (x) thì ta chọn p = 5, n = 4. Khi đó, ta
có

Φ4 (x5 ) x10 + 1
Φ20 (x) = Φ4.5 (x) =
= 2
= x8 − x6 + x4 − x2 + 1
Φ4 (x)
x +1
Bổ đề 1.2.9. Cho hai số nguyên dương m, n . Nếu mọi ước nguyên tố của m
cũng là ước của n thì ta có
Φm.n (x) = Φn (xm ).
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.2.6 ta có Φn (xm ) = ∏ Φd (x) trong đó tập D gồm
các phần tử d =

mn
k

d∈D

với k ∈ N sao cho k|m và gcd(n, k) = 1. Vì theo giả thiết thì

mọi ước nguyên tố của m cũng là ước nguyên tố của n nên suy ra nếu k có ước
nguyên tố p thì p phải là ước của n. Như vậy p|gcd(n, k) hay p|1, điều này là vô
lí. Do đó k không có ước nguyên tố, suy ra k = 1 và D = {m.n}, vì vậy ta có
Φm.n (x) = Φn (xm )

Dựa vào Bổ đề 1.2.9 này chúng ta có thể xác định được nhiều đa thức chia
đường tròn, đặc biệt là những đa thức chia đường tròn có chỉ số lớn. Chẳng hạn
để xác định Φ400 (x) ta chọn m = 40 = 23 .5, n = 10 = 2.5 vì mọi ước nguyên tố


9

của 40 cũng là ước của 10 cho nên ta có
Φ400 (x) = Φ10 (x40 ) = x160 − x120 + x80 − x40 + 1.
Để xác định Φ432 (x) ta chọn m = 72, n = 6. Ta thấy mọi ước nguyên tố của 72
cũng là ước của 6 nên ta có
Φ432 (x) = Φ6 (x72 ) = x216 − x72 + 1.
Kết quả sau đây cho phép ta chuyển việc đánh giá hệ số của các đa thức
Φn (x) với n tùy ý về trường hợp n không có ước bình phương.
Định lý 1.2.10. Cho n là tích các ước nguyên tố của số nguyên dương m. Khi
đó
m

Φm (x) = Φn x n .
Nói riêng Φm (x) và Φn (x) có cùng hệ số.
α

α

Chứng minh. Giả sử ta có m = pα1 1 pα2 2 p3 3 ...pk k , αi ≥ 1, pi là các số nguyên tố.
Vì n là tích các ước nguyên tố của m nên n = p1 .p2 ...pk . Suy ra mọi ước nguyên
α −1
α −1
tố của mn = pα1 1 −1 pα2 2 −1 p3 3 ...pk k cũng là ước của n. Như vậy ta có
m

Φ mn .n (x) = Φn x n
hay
m

Φm (x) = Φn x n .

m

Vì Φn x n
số.

và Φn (x) có cùng hệ số cho nên Φm (x) và Φn (x) cũng có cùng hệ

Định lí này rất hữu ích trong việc xét các hệ số của đa thức chia đường tròn.
Từ Định lí 1.2.10 khi xét các hệ số của đa thức chia đường tròn, chúng ta chỉ
cần xét Φn (x) khi n là tích của các số nguyên tố phân biệt. Từ Bổ đề 1.2.9 nếu
m = p là số nguyên tố thì chúng ta có hệ quả sau
Hệ quả 1.2.11. Cho p là số nguyên tố và là ước của số nguyên dương n. Khi đó


10

(i) Φnp (x) = Φn (x p )
(ii) Φ pk n (x) = Φn x p

k

Chứng minh. (i) Vì p là nguyên tố và là ước của n cho nên mọi ước của p
cũng là ước của n, suy ra Φnp (x) = Φn (x p ).
k

(ii) Ta có Φ pk n (x) = Φ p(pk−1 n) (x) = Φ pk−1 n (x p ) = ... = Φn x p .

Định lý 1.2.12. Nếu n là số nguyên lẻ lớn hơn 1 thì Φ2n (x) = Φn (−x).
Chứng minh. Ta có Φ2 (x) = −Φ1 (−x).
Chúng ta đã biết Φ6 (x) = Φ3 (−x) vì thế bổ đề đúng với n = 3. Giả sử bổ đề

đúng với mọi k lẻ và 3 ≤ k < n. Ta sẽ chứng minh bổ đề đúng với mọi số n lẻ.
Thật vậy, ta có:
Φ2n (x) =

=

=

x2n − 1
x2n − 1
=
∏ Φd (x) ∏ Φd (x). ∏ Φ2d (x)
d|2n,d<2n
d|n
(xn − 1) . (xn + 1)

(xn − 1) . ∏ Φ2d (x)
d|n,d(xn + 1)

Φ2 (x).

∏

=

∏ Φ2d (x)
d|n,d
(xn + 1)

=
Φ2d (x) −Φ1 (−x). ∏ Φd (−x)

d|n,1n

=

d|n,d(xn + 1)

d|n,1
((−x) − 1)
= Φn (−x).
∏ Φd (−x)
d|n,d
Vậy ta được điều phải chứng minh.
Kết quả của Định lí 1.2.12 cho thấy rằng, đối với bài toán đánh giá hệ số,
thay vì xét hệ số của tất cả các đa thức chia đường tròn thì ta chỉ cần xét hệ số
của các đa thức Φn (x) với n là số lẻ. Ví dụ, để xác định đa thức chia đường tròn
Φ2n (x) với n lẻ lớn hơn 1, chúng ta chỉ cần tìm đa thức chia đường tròn Φn (x).


11

Ví dụ 1.2.13. Hãy xác định đa thức chia đường tròn Φ42 (x). Trước hết ta xác
định đa thức Φ21 (x). Theo Hệ quả 1.2.8 thì ta có
Φ3 x7

x14 + x7 + 1
Φ21 (x) = Φ3.7 (x) =
= 2
Φ3 (x)
x +x+1
= x12 − x11 + x9 − x8 + x6 − x4 + x3 − x + 1
Vì Φ42 (x) = Φ21 (−x) nên ta có
Φ42 (x) = x12 + x11 − x9 − x8 + x6 − x4 − x3 + x + 1.

1.3

Tính chất thuận nghịch của đa thức chia đường tròn

Quan sát các hệ số của Φ21 (x) và Φ42 (x) chúng ta thấy các hệ số của chúng đối
xứng nhau qua hệ số của đơn thức x6 nên chúng là các đa thức thuận nghịch. Từ
đó xuất hiện một câu hỏi đặt ra là có phải mọi đa thức chia đường tròn đều là đa
thức thuận nghịch không. Trước khi trả lời câu hỏi này chúng ta nhắc lại định
nghĩa và một vài tính chất của hàm M¨obius.
Định nghĩa 1.3.1. Hàm M¨obius µ : Z+ → {−1, 0, 1} được định nghĩa như sau


1
µ (n) = (−1)k


0

nếu n = 1,
nếu n = p1 p2 ...pk với pk là các số nguyên tố phân biệt,
nếu có số nguyên tố p sao cho p2 là ước của n.

Từ định nghĩa chúng ta thấy rằng µ là hàm nhân. Tức là, với m, n là các số
nguyên dương bất kì và nguyên tố cùng nhau, ta có µ(mn) = µ(m).µ(n).
Bổ đề 1.3.2. Cho n là số nguyên dương. Khi đó

∑ µ(d) =
d|n

1 nếu n = 1.
0 nếu n ≥ 2.

Chứng minh. Với n = 1 thì ước dương duy nhất của n là 1. Do đó, theo định
nghĩa hàm M¨obius ta có ∑ µ(d) = µ(1) = 1.
d|n


12

Cho n ≥ 2. Ta đặt T là tích tất cả các số nguyên tố p là ước của n, tức là T = ∏ p.
p|n

Chú ý rằng nếu q là ước của n có chứa thừa số bình 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) = ∑ µ(d).
d|n

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 Tp hoặc là d p với d là ước của Tp . Vì thế từ tính chất hàm nhân của µ ta có

∑ µ(d) = ∑T (µ(d) + µ(pd)) = ∑T (µ(d) + µ(p)µ(d))

d|T

d| p

d| p

=

∑T (µ(d) + (−1)1 µ(d)) = ∑T (µ(d) − µ(d))

d| p

d| p

= 0.
Ta có điều phải chứng minh.
Trong số học chúng ta đã biết nếu f là hàm nhân thì F(n) = ∑ f (d) cũng là
d|n

hàm nhân. Từ Bổ đề trên ta có một kết quả quan trọng của hàm M¨obius, đó là
công thức thuận nghịch sau đây.
Mệnh đề 1.3.3. Ký hiệu Z+ là tập các số nguyên dương. Cho hai hàm số
F, f : Z+ → Z+ sao cho F(n) = ∑ f (d). Khi đó, ta có
d|n

f (n) = ∑ µ(d)F

d|n

n
.
d

Chứng minh. Theo giả thiết

∑ µ(d)F
d|n

n
= ∑ µ(d) ∑ f (t) .
d
d|n
t| n
d


13

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

∑ µ(d) ∑n f (t) = ∑ f (t) ∑ n µ(d).
d|n

t|n

t| d

d|n,t| d

Dễ thấy rằng với hai ước t và d của n, số d là ước của n/t khi và chỉ khi t là ước
của n/d. Do vậy,

∑ f (t) ∑ n µ(d) = ∑ f (t) ∑n µ(d).
t|n

t|n

d|n,t| d

d| t

Theo Bổ đề 1.3.2, nếu n/t = 1 tức là t = n thì ∑ µ(d) = 1. Và nếu n/t ≥ 2 thì
d| nt

∑ µ(d) = 0. Vì vậy, ta có

d| nt

∑ f (t) ∑n µ(d) = f (n).
t|n

d| t

Mệnh đề được chứng minh.
Luật thuận nghịch cho tích được phát biểu như sau.
Mệnh đề 1.3.4. Giả sử F, f : Z+ → Z+ là hai hàm số thỏa mãn điều kiện
µ(d)

F(n) = ∏ f (d). Khi đó ta có f (n) = ∏d|n F dn
.
d|n

Chứng minh. Chứng minh của mệnh đề này tương tư như chứng minh của Mệnh
đề 1.3.3 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.
Giả sử t là ước của dn . Theo giả thiết ta có F(n) = ∏ f (t). Suy ra
t| dn

∏F
d|n

n
d

µ(d)

=∏
d|n

∏ f (t)
t| dn

µ(d)

.


14

Vì mọi ước t của n/d đều là ước của n nên ta có:
n
d

∏F
d|n

µ(d)

=∏
d|n

∏ f (t)

µ(d)

t| dn

∑d|n,t| n µ(d)

= ∏ f (t)

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

∏F
d|n

n
d

µ(d)

=∏
d|n

∏n f (t)

µ(d)

∑d|n,t| n µ(d)

= ∏ f (t)

d

t|n

t| d

∑d| n µ(d)

= ∏ f (t)

t

.

t|n

Vì thế theo Mệnh đề 1.3.2 nếu n/t = 1 tức là t = n thì ∑ µ(d) = 1. Và nếu
d| nt

n/t ≥ 2 thì ∑ µ(d) = 0. Do đó
d| nt

∏F
d|n

n
d

µ(d)

=∏
d|n

∏ f (t)
t| dn

µ(d)

∑d|n,t| n µ(d)

= ∏ f (t)

d

t|n
∑d| n µ(d)

= ∏ f (t)

t

= f (n),

t|n

Mệnh đề được chứng minh.
Hàm M¨obius được sử dụng để nghiên cứu đa thức chia đường tròn do tính
chất sau đây
Mệnh đề 1.3.5. Với mọi số nguyên dương n,
Φn (x) = ∏(xn/d − 1)µ(d) = ∏(xd − 1)µ(n/d) .
d|n

d|n

Chứng minh. Vì xn − 1 = ∏d|n Φd (x) nên áp dụng Mệnh đề 1.3.4 ta được ngay
điều phải chứng minh.
Định lí sau đây về tính thuận nghịch của đa thức chia đường tròn là kết quả
chính của tiết này.

15

Định lý 1.3.6. Nếu n > 1 thì Φn (x) là đa thức thuận nghịch.
1
x

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh Φn (x) = xϕ(n) Φn

Φn

1
x

=∏
d|n

1
−1
xd

µ ( dn )

. Ta xét
µ ( dn )

= ∏ 1 − xd
d|n

1

xd

.∏
d|n

µ ( dn )

Khi đó ta có,
x

∑d|n d.µ ( dn )

.Φn

1
x

µ ( dn )

x −1

∑d|n µ ( dn )

d

= ∏ (−1)

d

µ ( dn )

d|n

= (−1)

∏

x −1

µ ( dn )

d|n

= Φn (x).
Mà ∑d|n d.µ

1.4

n
d

= ϕ (n), ta được điều phải chứng minh.

Áp dụng

Đa thức chia đường tròn có nhiều ứng dụng thú vị. Nội dung của phần này sẽ
trình bày ứng dụng của đa thức chia đường tròn trong việc tìm cấp của một phần
tử, xét ước nguyên tố của một số nguyên dương và chứng minh một trường hợp
đặc biệt của Định lý Zsigmondy. Nội dung của tiết này được viết dựa theo tài
liệu [1].

1.4.1

Giá trị của đa thức chia đường tròn và cấp của phần tử

Định nghĩa 1.4.1. Cho n > 1 và a là số nguyên dương, (a, n) = 1. Khi đó số
nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của a
modulo n. Kí hiệu là k = ordn (a).
Ví dụ, ta có (2, 7) = 1 và 23 ≡ 1 (mod 7) vì vậy ord7 (2) = 3.
Cấp có liên hệ chặt chẽ với ước của các giá trị Φn (a) của các đa thức chia
đường tròn. Trước khi phát biểu rõ ràng kết quả mô tả mối liên hệ này, ta cần
hai kết quả chuẩn bị sau.


16

Bổ đề 1.4.2. Cho m, n là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố.
Giả sử tồn tại số nguyên a sao cho p|Φn (a) và p|Φm (a), khi đó p|mn.
Chứng minh. Luôn tồn tại đa thức f (x) có hệ số nguyên thỏa mãn
xmn − 1 = Φm (x)Φn (x) f (x)
Đặt
Φn (x) = g (x) (x − a) + Φn (a),
Φm (x) = h (x) (x − a) + Φm (a),
với g (x) , h (x) là các đa thức với hệ số nguyên. Khi đó
xmn − 1 = [g (x) (x − a) + Φn (a)] [h (x) (x − a) + Φm (a)] f (x)
Lấy đạo hàm hai vế tại x = a, ta được
mn.amn−1 = g (a) Φm (a) f (a) + h (a) Φn (a) f (a) + Φn (a)Φm (a) f (a)
Vì p là ước của Φn (a) và Φm (a) nhưng p không là ước của a nên từ đẳng thức
trên ta suy ra p là ước của mn. Ta được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.4.3. Cho m, n là các số nguyên dương và p là số nguyên tố. Giả sử
tồn tại số nguyên a để p|Φn (a) và p|Φm (a), khi đó tồn tại số nguyên s sao cho

n = ps m.
Chứng minh. Đặt m = pα .m0 , n = pβ .n0 , trong đó α, β , n0 , m0 là các số tự nhiên
và (m0 , p) = (n0 , p) = 1. Nếu α = 0 thì
Φm0 (a) ≡ Φm (a) ≡ 0 (mod p).
Nếu α ≥ 1, thì ta có
Φm0 (a)

pα

≡ Φm0 a p

α

≡ Φm (a).Φm0 a p

α−1

≡ 0 (mod p).


17

Suy ra
Φm0 (a) ≡ 0

(mod p).

Do đó, ta luôn có p| Φm0 (a). Chứng minh tương tự, ta được p| Φn0 (a). Nếu
m0 , n0 phân biệt thì p|m0 n0 nhưng vì (m0 n0 , p) = 1 nên m0 = n0 . Vậy m = ps n
với s = α − β . Ta được điều phải chứng minh.

Định lý 1.4.4. Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho (n, p) = 1.
Cho a là một số nguyên bất kỳ. Khi đó p|Φn (a) khi và chỉ khi ord p (a) = n.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, hiển nhiên ta
có p|Φ1 (a) = a − 1 khi và chỉ khi ord p (a) = 1. Giả sử định lí đúng với mọi
số nguyên dương nhỏ hơn n. Nếu p|Φn (a) thì p|an − 1, đặt ord p (a) = m, ta có
m ≤ min {n, p − 1}. Giả sử m < n, theo giả thiết quy nạp suy ra p|Φm (a), do đó
p|mn, điều này mâu thuẫn với (mn, p) = 1, cho nên m = n.
Ngược lại, nếu ord p (a) = n thì p|an − 1 và n|p − 1, khi đó tồn tại số nguyên
dương d là ước của n sao cho p|Φd (a), với d ≤ n ≤ p − 1. Giả sử d < n, theo
giả thiết quy nạp suy ra n = ord p (a) = d, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy định lí
đã được chứng minh.
Từ định lí trên ta có thể xét các ước nguyên tố của Φn (a) qua hệ quả sau.
Hệ quả 1.4.5. Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho (n, p) = 1.
Khi đó, với mọi số nguyên a thỏa mãn p|Φn (a) thì p ≡ 1 ( mod n).
Định nghĩa 1.4.6. Cho n > 1, a là số nguyên dương và (a, n) = 1. Khi đó, nếu
ϕ(n) = ordn (a) thì a được gọi là một căn nguyên thủy modulo n.
Kết quả của bổ đề sau đây sẽ là công cụ để chứng minh rằng mọi số nguyên
tố p luôn tồn tại căn nguyên thủy modulo p.
Bổ đề 1.4.7. Cho số nguyên tố p. Cho đa thức P(x) có bậc n với hệ số nguyên
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0
Giả sử tồn tại n + 1 số nguyên b0 , b1 , ..., bn thỏa mãn đồng thời các điều kiện
(i) bi = b j (mod p), 0 ≤ i = j ≤ n;


18

(2) P (bi ) ≡ 0 (mod p), 0 ≤ i ≤ n.
Khi đó ai ≡ 0 (mod p), 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh. Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp. Nếu P(x) là đa thức
hằng thì bổ đề hiển nhiên đúng. Giả sử bổ đề đúng với mọi đa thức hệ số nguyên

có bậc nhỏ hơn n. Xét đa thức P(x) ∈ Z[x] với deg P(x) = n, khi đó tồn tại đa
thức Q(x) ∈ Z[x] với deg Q(x) < n thỏa mãn
n−1

P (x) = an ∏ (x − bi ) + Q (x) .
i=0

Suy ra
Q (bi ) ≡ 0 ( mod p) , 0 ≤ i ≤ n − 1
Theo giả thiết quy nạp, suy ra các hệ số của Q(x) chia hết cho p, do đó
n−1

an ∏ (bn − bi ) = P (bn ) − Q (bn ) ≡ 0 ( mod p) ⇒ an ≡ 0 ( mod p)
i=0

Khi đó, đa thức K (x) = P (x) − an xn = an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 thỏa mãn
K (bi ) ≡ 0 ( mod p) , 0 ≤ i ≤ n − 1. Do đó theo giả thiết quy nạp, ta suy ra
ai ≡ 0 ( mod p) với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Định lý 1.4.8. (Tồn tại căn nguyên thủy modulo p) Với mọi số nguyên tố p,
luôn tồn tại số nguyên a sao cho ord p (a) = p − 1.
Chứng minh. Tồn tại đa thức T (x) ∈ Z[x] sao cho x p−1 − 1 = Φ p−1 (x)T (x).
Giả sử với mọi t ∈ {1, 2, ..., p − 1} thì Φ p−1 (t) không chia hết cho p, khi đó
T (t) ≡ 0 ( mod p) , 0 ≤ i ≤ p − 1
Vì degT (x) < p − 1, nên theo bổ đề trên, suy ra các hệ số của T (x) chia hết cho
p, do đó −1 = Φ p−1 (0) ≡ 0 ( mod p) .
Mâu thuẫn trên suy ra tồn tại t0 ∈ {1, 2, ..., p − 1} sao cho Φ p−1 (t0 ) chia hết cho
p. Suy ra ord p (t0 ) = p − 1.


19

1.4.2

Định lý Zsigmondy

Định lí Zsigmondy là một trong những định lí quan trọng của của số học, có
liên quan đến việc xét ước nguyên tố của các biểu thức có dạng an ± bn , trong
đó a, b, n là các số nguyên thỏa mãn (a, b) = 1, a > b ≥ 1, n > 1. Trong phần
này, chúng ta sẽ đề cập đến một trong những ứng dụng của đa thức chia đường
tròn là chứng minh trường hợp đặc biệt của định lí khi a > b = 1, n > 1. Trước
hết chúng ta xét các bổ đề sau liên quan đến đa thức chia đường tròn.
Bổ đề 1.4.9. Cho các số nguyên a, n > 1. Giả sử tất cả các ước nguyên tố của
Φn (a) là các ước của n. Khi đó, chỉ xảy ra các trường hợp
(i) n = 2, a = 2t − 1 với t ≥ 2;
(ii) Φn (a) = p là một số nguyên tố lẻ và n = ps .k với k = ord p (a), s ≥ 1.
Chứng minh. Nếu p là số nguyên tố sao cho p|Φn (a) thì (a, p) = 1. Ta đặt
k = ord p (a), suy ra k|p − 1, do đó (k, p) = 1. Suy ra p|Φn (a) và tồn tại số
nguyên dương s thỏa mãn n = ps .k. Giả sử q là số nguyên tố sao cho q = p và
q|Φn (a). Khi đó, ta cũng có n = qt .h với t là số nguyên dương và h = ordq (a).
Vì n = ps .k = qh .t nên q|k, p|h, tuy nhiên k|p − 1 và h|q − 1 nên suy ra q ≤ p − 1
và p ≤ q − 1. Mâu thuẫn này suy ra Φn (a) chỉ có ước nguyên tố duy nhất là p.
n
Trường hợp 1. Nếu p lẻ, đặt c = = ps−1 k, ac = b + 1 suy ra k|c nên p|ac − 1 = b.
p
Ta có
p
an − 1 (b + 1)n − 1
=
= ∑ Cip bi−1 + p ≡ p mod p2
ac − 1

b
i=2
Vậy v p (an − 1) = v p (ac − 1) + 1. Mặt khác, ta có
xn − 1 = Φn (x). ∏ Φd (x).
d|c

= (xc − 1) .Φn (x).

Φ ps d (x)

∏
d|k,d=k

∏

Φ ps d (x).

d|k,d=k

Do đó
v p (an − 1) ≥ v p (Φn (a)) + v p (ac − 1) ≥ v p (ac − 1) + 1.


20

Vậy suy ra v p (Φn (a)) = 1, nên Φn (a) = p.
Trường hợp 2. Nếu p = 2, suy ra a là số lẻ và 2 là ước nguyên tố duy nhất của
Φn (a). Ta có k = ord2 (a) = 1, suy ra n = 2s với s ≥ 1, do đó
Φn (a) = Φ2s (a) = a2

s−1

+ 1 > 2.

Nếu s ≥ 2 thì Φn (a) ≡ 2 ( mod 4) nên Φn (a) có ít nhất một ước nguyên tố lẻ, điều
này mâu thuẫn với nhận xét trên. Vậy s = 1, n = 2, suy ra Φn (a) = a + 1 = 2t
với t ≥ 2.Do đó, a = 2t − 1.
Bổ đề 1.4.10. Cho số nguyên a > 1, n = ps k với plà số nguyên tố và , k là các
số nguyên dương thỏa mãn (k, p) = 1. Đặt l = a p
Φn (a) > l p−2 (l − 1)

s−1

, khi đó

ϕ(k)

Chứng minh. Vì Φn (x) không có nghiệm thực lớn hơn 1 và lim Φn (x) = +∞
x→+∞

nên Φn (x) > 0 với mọi x > 1. Khi đó, ta có
Φn (a) = |Φn (a)| =

Φk (l p )
Φk (l)

Hơn nữa,
|Φn (l p )| =

∏

l p − εkj ≥ (l p − 1)ϕ(k)

∏

l − εkj ≤ (l p + 1)ϕ(k)

1≤ j≤k
( j,k)=1

và
|Φn (l)| =

1≤ j≤k
( j,k)=1

Dấu bằng trong hai bất đẳng thức trên không đồng thời xảy ra, do đó
Φn (a) > l p−2 (l − 1)

ϕ(k)

.

Kết quả chính của phần này là trường hợp đặc biệt của Định lý Zsigmondy


21

được phát biểu trong hai định lý sau.
Định lý 1.4.11. Cho các số nguyên a, n > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước

số của an − 1 nhưng không phải là ước số của ai − 1 với mọi số nguyên dương
i < n, trừ các trường hợp
(i) n = 2, a = 2t − 1 với t ≥ 2;
(ii) n = 6, a = 2.
Chứng minh. Giả sử phản chứng, khi đó mọi ước nguyên tố p của Φn (a) đều
thỏa mãn ord p (a) = n, suy ra p|n. Ta có
Trường hợp 1. Với n = 2 thì a = 2t − 1,t ≥ 2.
Trường hợp 2. Với Φn (a) = p là số nguyên tố lẻ và n = ps k với k = ord p (a), s ≥ 1.
s−1
Khi đó, ta đặt l = a p ≥ 2, ta có
p > l p−2 (l − 1)

ϕ(k)

≥ l p−2 ≥ 2 p−2 .

Vì p là số nguyên tố lẻ nên bất đẳng thức trên chỉ đúng khi p = 3. Khi đó
l = 2, ϕ(k) = 1 nên a = 2, s = 1, k = 1 hoặc k = 2. Suy ra n = 3 hoặc n = 6.
Nhưng Φ3 (a) = a2 + a + 1 > 3 nên n = 6, a = 2.
Định lý 1.4.12. Cho các số nguyên a, n > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố q là
ước của an + 1 nhưng không phải là ước của ai + 1 với mọi số nguyên dương
i < n, trừ trường hợp n = 3, a = 2.
Chứng minh. Ta xét a2n − 1 khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước của a2n − 1
nhưng q không là ước của ai − 1 với mọi số nguyên dương i < n, trừ trường hợp
2n = 6, a = 2 (trường hợp 2n = 2 không xảy ra vì n > 1) tức là n = 3, a = 2.
Ngoài ra, vì q|a2n − 1 = (an − 1)(an + 1), nhưng q không là ước của an − 1 nên
q|an + 1, do đó định lí được chứng minh.
1.4.3

Một số bài toán khác

n

n−1

Bài toán 1.4.13. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số 22 + 22
có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.

+1


22
n

Lời giải. Ta có 22 + 22

n−1

n−1

+ 1 = Φ3 22

= ∏ Φ3d (2)
d|2n−1

Ta lại có Φ3d (2) > 1 với mọi ước nguyên dương d của 2n−1 , do đó Φ3d (2) chứa
ít nhất một ước nguyên tố. Mặt khác nếu p là ước chung của Φ3d1 (2) và Φ3d2 (2)
với d1 , d2 là các ước nguyên tố phân biệt của 2n−1 . Suy ra p|d1 d2 nên p = 2.
Điều này mâu thuẫn vì Φ3d (2) là số lẻ. Vậy tất cả các ước nguyên tố của Φ3d (2)
là phân biệt, như vậy ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 1.4.14. Cho số nguyên dương n > 1 và p1 , p2 , ..., pn là các số nguyên

n−1
tố phân biệt lớn hơn 3. Chứng minh rằng 2 p1 p2 ...pn + 1 có ít nhất 22 ước số
phân biệt.
Lời giải. Ta có
2 p1 p2 ...pn + 1 = Φ2 (2 p1 p2 ...pn ) =

∏

Φ2d (2).

d|p1 p2 ...pn

Chia 2n ước của p1 p2 ...pn thành 2 tập hợp A và B, trong đó tập A gồm tất cả
các số là tích một số chẵn các số nguyên tố trong các số p1 , p2 , ..., pn và tập B
gồm tất cả các số là tích một số lẻ các số nguyên tố trong p1 , p2 , ..., pn . Khi đó
|A| = |B| = 2n−1 . Nếu p là ước chung của Φ2s (2), Φ2t (2) với s > t và s,t ∈ A
thì ta có s = pkt với k ≥ 1. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa s và t, suy ra với
d ∈ A thì các ước nguyên tố của các số Φ2d (2) phân biệt. Vậy 2 p1 p2 ...pn + 1 có ít
n−1

nhất 22 ước số phân biệt.
Sau đây ta có danh sách một số bài tập đề nghị.
Bài tập 1. Cho số nguyên tố p và n, k là các số nguyên dương. Chứng minh
rằng, nếu (p, n) = 1 thì Φ pk n (x) =

Φn x p
Φn x p

k

k−1

.

Bài tập 2. Cho các số nguyên dương m, n thỏa mãn (m, n) = 1. Khi đó chứng
minh rằng Φn (xm ) = ∏ Φdn (x).
d|m

Bài tập 3. Hãy xác định đa thức chia đường tròn Φ1024 (x).
Bài tập 4. Hãy phân tích đa thức f (x) = x10 + x5 + 1 thành tích của các đa thức
có hệ số nguyên.
Bài tập 5. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các
√
ước nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n.