(Luận văn thạc sĩ) giá trị của đa thức trên một miền nguyên

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

NGUYỄN THỊ VÂN

GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC
TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


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

NGUYỄN THỊ VÂN

GIÁ TRỊ CỦA ĐA THỨC
TRÊN MỘT MIỀN NGUYÊN
Chuyên ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục
Lời nói đầu

3

Chương 1 Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá trị nguyên tố 5
1.1 Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Đa thức bất khả quy và giá trị nguyên tố . . . . . . . . . . .

7

1.3 Định lí Dirichlet và một giả thuyết của Bouniakowski . . . . . 12
Chương 2 Một số vấn đề mở rộng

20

2.1 Sự tồn tại vô hạn ước nguyên tố của đa thức . . . . . . . . . 20
2.2 Đa thức có nhiều tùy ý giá trị nguyên tố . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Miền phân tích duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4 Giá trị của đa thức trên miền phân tích duy nhất . . . . . . . 31
Kết luận

38

Tài liệu tham khảo

39

2

LỜI CẢM ƠN
Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến GS.
TS. Lê Thị Thanh Nhàn đã hướng dẫn tơi hồn thành bản luận văn này.
Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận mang nhiều nội dung khó
và mới mẻ. Hơn nữa vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài
không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất
bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết
trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi
thực hiện đề tài. Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện
luận văn Cơ ln tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi. Cho
đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tơi đã được hồn thành cũng chính là nhờ
sự chỉ bảo, nhắc nhở, đơn đốc và sự giúp đỡ nhiệt tình của Cơ.
Tơi xin trân trọng cảm ơn Bam Giám hiệu, Khoa Tốn- Tin và phịng
Đào tạo trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân
trọng cảm ơn các Thầy Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý
báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tơi hồn thiện luận văn
này.
Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ long biết ơn tới gia đình, bạn bè
và các thành viên trong lớp cao học Tốn K10C (khóa 2016-2018) đã động
viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian học
tập và thực hiện luận văn.


3

Lời nói đầu

Sự tương tự giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy là một chủ đề
trọng tâm trong sự phát triển của Lý thuyết số Hình học đại số. Nhiều
kết quả về số nguyên tố có thể phiên dịch sang kết quả về đa thức bất khả
quy. Chẳng hạn, tương tự như Định lí cơ bản của số học, ta có kết quả sau
cho đa thức: Nếu f ♣xq € Zrxs có hệ số cao nhất là a, thì f có sự phân tích

f ✏ af1 ...ft với fi là bất khả quy có hệ số cao nhất bằng 1, và sự phân
tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử. Tuy nhiên, có

những giả thuyết cho thấy giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy đã
vượt xa sự tương tự. Một trong những vấn đề như thế là giả thuyết của
Bouniakowski về giá trị nguyên tố của đa thức bất khả quy.
Chú ý rằng nếu đa thức f ♣xq € Zrxs nhận vơ hạn giá trị ngun tố, thì
nó bất khả quy. Vì thế, năm 1857, Bouniakowski đã đặt ra giả thuyết cho

chiều ngược lại: Nếu f ♣xq € Zrxs là bất khả quy trên Zrxs, thì f ♣xq nhận
vô hạn giá trị nguyên tố. Cho đến nay, giả thuyết này vẫn là vấn đề lớn
chưa được giải quyết khi bậc của đa thức lớn hơn 1. Trường hợp đa thức
bậc 1 đã được giải quyết bởi Dirichlet năm 1837.
Mục đích luận văn trình bày một số kết quả gần đây về giá trị đa thức
(giá trị nguyên tố, hợp số, khả nghịch) dựa theo tài liệu tham khảo [2], [3],
[5].
Luận văn gồm có 2 chương. Trong chương 1, luận văn quan tâm đến
Định lí Dirichlet: Đa thức f ♣xq ✏ ax   b € Zrxs với ♣a, bq ✏ 1, nhận vơ
hạn giá trị ngun tố. Định lí Dirichlet là câu trả lời cho giả thuyết của
Bouniakowski khi đa thức bậc 1. Mặc dù chứng minh cho Định lí Dirichlet
là rất khó và cần đến kết quả sâu sắc, nhưng khi đa thức có dạng đặc


4

biệt (chẳng hạn 4x ✟ 1, 6x   5, 8x   1) thì chứng minh lại rất sơ cấp, dựa
theo kĩ thuật mà Euclid dùng để chứng minh tập số nguyên tố là vô hạn.
Chúng tôi cũng vận dụng kết quả để giả một số bài toán thi học sinh giỏi
bậc THPT.
Chương 2 quan tâm đến một số vấn đề mở rộng của giả thuyết Bouniakowski. Trước hết, là câu hỏi liệu đa thức bậc dương ln có vơ hạn
ước nguyên tố? Câu trả lời khẳng định được đưa ra bởi Schur. Trong tiết
2.1, dựa theo tài liệu [3], chúng tôi đưa ra một chứng minh sơ cấp cho kết
quả của Schur và ứng dụng của chứng minh một số trường hợp đặc biệt
cho Định lí Dirichlet. Tiếp theo câu hỏi liệu tồn tại đa thức bậc lớn hơn 1
nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi này được Betty Garison trả
lời khẳng định trong [2]. Chúng tôi trình bày kết quả này trong Tiết 2.1,
dựa theo tài [3], chúng tôi đưa ra một chứng minh sơ cấp cho kết quả của
Schur và ứng dụng chứng minh một số trường hợp đặc biệt cho Định lí
Dirichlet. Tiếp theo là câu hỏi liệu tồn tại đa thức lớn hơn 1 nhận nhiều
tùy ý giá trị nguyên tố? Câu hỏi này được Betty Garison trả lời khảng
định trong [2]. Chúng tơi trình bày chính kết quả này trong Tiết 2.2. Chú
ý rằng đa thức có hệ số nguyên bất khả quy luôn nhận giá trị hợp số,
chẳng hạn như x2 ✁ x   6, x3 ✁ x   9, nhưng khơng tồn tại đa thức bậc
dương có hệ số ngun luôn nhận giá trị nguyên tố (xem Bổ đề 2.4.1). Vì
thế vấn đề đặt ra là liệu rằng Bổ đề 2.4.1 có thể mở rộng cho đa thức trên
miền phân tích duy nhất? Câu trả lời được đưa ra trong bài báo của S. H.
Weintraub [5]. Ông chỉ ra rằng nếu miền phân tích duy nhất chỉ có hữu
hạn phần tử khả nghịch, thì mọi đa thức bậc dương đều nhận ít nhất một
giá trị hợp số. Tuy nhiên kết quả khơng cịn đúng khi có vơ hạn phần tử
khả nghịch. Các kết quả này chúng tơi trình bày trong cuối Chương 2.
Vì đây là một luận văn thạc sĩ chun ngành tốn sơ cấp, chúng tơi cố
gắng đưa ra các chứng minh sơ cấp cho các kết quả. Hiện tại, vẫn chưa
có chứng minh sơ cấp cho Định lí Dirichlet, vì thế chúng tơi chỉ trình bày
tóm tắt các ý chính của định lí này.

5

Chương 1
Đa thức hệ số nguyên với vô hạn giá
trị nguyên tố
1.1

Kiến thức chuẩn bị

Trước hết, chúng ta nhắc lại khái niệm và kết quả quen biết về số
nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố.
Định nghĩa 1.1.1 Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai
ước số dương là 1 và chính nó. Các số tự nhiên có nhiều hơn hai ước số
dương được gọi là hợp số.
Chú ý rằng số 1 không phải là số nguyên tố và cũng không phải là hợp
số. Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên là một số nguyên
tố.
Sau đây là một số tính chất của số nguyên tố.
Tính chất 1.1.2 Các phát biểu sau đây là đúng.
i) Cho p là số nguyên tố và a là số tự nhiên. Khi đó ♣a, pq ✏ p nếu và
chỉ nếu p là ước của a, ♣a, pq ✏ 1 khi và chỉ khi p khơng là ước của a.
ii) Nếu tích của hữu hạn số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì có
ít nhất một thừa số chia hết cho p.
iii) Số 2 là số nguyên tố nhỏ nhất và là số nguyên tố chẵn duy nhất.


6

iv) Nếu n là hợp số thì n có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá
❄n. Đặc biệt, nếu số tự nhiên a → 1 khơng có ước nguyên tố trong
❄
nửa khoảng ♣1; a s thì a cũng là số nguyên tố.
Định lý 1.1.3 (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy
nhất nếu khơng kể đến thứ tự các thừa số.
Định lý 1.1.4 (Định lý Euclid) Tập các số nguyên tố là vô hạn.
Nhắc lại hàm số học: Hàm số học là hàm số xác định trên tập các số
nguyên dương.
Định nghĩa 1.1.5 Kí hiệu Π♣xq là hàm số học biểu thị số các số nguyên
tố không vượt quá x. Chẳng hạn Π♣10q ✏ 4, Π♣25q ✏ 9, Π♣100q ✏ 25. Do
tập các số nguyên tố là vơ hạn nên ta có Π♣xq Đ ✽ khi x Ñ ✽.

Chúng ta đã biết hai hàm f ♣xq và g ♣xq xác định trên R được gọi là
f ♣xq
✏ 1. Nếu f ♣xq và g♣xq tương đương
tương đương khi x Ñ ✽ nếu lim
xÑ✽ g ♣xq
khi x Ñ ✽ ta viết f ♣xq ✒ g ♣xq.
x
.
Định lý 1.1.6 (Định lý phân bố số nguyên tố) Π♣xq ✒
ln x
Phần tiếp theo chúng ta nhắc lại một số khái niệm và kết quả về nghiệm
của đa thức.
Định nghĩa 1.1.7 Cho V là vành con của vành giao hoán S. Cho đa thức

f ♣xq ✏ an xn   an✁1 xn✁1   ...   a1 x   a0 € V rxs. Một phần tử c € S được gọi
là nghiệm của f ♣xq trong S nếu f ♣cq ✏ an cn   an✁1 cn✁1   ☎ ☎ ☎ a1 c   a0 ✏ 0.

Trong trường hợp này ta cũng nói c là một nghiệm của phương trình
f ♣xq ✏ 0.
Chẳng hạn, xét đa thức f ♣xq

✏ x2 ✁ 2❄và g♣xq ✏ x2   1 trong vành
Qrxs. Rõ ràng R, C đều chứa Q. Ta có ✟ 2 € R là nghiệm của f ♣xq và
✟i € C là nghiệm của g♣xq.
Chú ý rằng phần tử a € V là nghiệm của f ♣xq € V rxs nếu tồn tại đa
thức g ♣xq € V rxs sao cho f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqg ♣xq.


7

Định nghĩa 1.1.8 Cho V là một vành giao hoán. Giả sử k → 0 là một số
tự nhiên và S là một vành giao hoán chứa V . Một phần tử a € S được gọi
là nghiệm bội k của f ♣xq nếu trong vành S rxs, đa thức f ♣xq chia hết cho
♣x ✁ aqk nhưng không chia hết cho ♣x ✁ aqk 1. Nếu k ✏ 1 thì a được gọi là

nghiệm đơn. Nếu k

✏ 2 thì a được gọi là nghiệm kép.

Chẳng hạn cho f ♣xq ✏ x5   x4   2x3   2x2   x   1 € Qrxs, khi đó i và

✁i là hai nghiệm kép của f ♣xq và ✁1 là nghiệm đơn của f ♣xq bởi vì trong
Crxs ta có phân tích f ♣xq ✏ ♣x ✁ iq2 ♣x   iq2 ♣x   1q.
Từ định nghĩa, ta có các kết quả sau.
Bổ đề 1.1.9 Phần tử a € V là nghiệm bội k của f ♣xq € V rxs nếu và chỉ
nếu tồn tại g ♣xq € V rxs sao cho f ♣xq ✏ ♣x ✁ aqk g ♣xq và g ♣aq ✘ 0.

Hệ quả 1.1.10 Cho V là miền nguyên và f ♣xq € V rxs là một đa thức.
Giả sử a1 , a2 , ..., ar € V là những phần tử đôi một khác nhau và ai là

nghiệm bội ki của f ♣xq với i ✏ 1, ..., r. Khi đó tồn tại u♣xq € V rxs sao cho
f ♣xq ✏ ♣x ✁ a1 qk1 ☎ ☎ ☎ ♣x ✁ ari qkr u♣xq và u♣ai q ✘ 0 với mọi i ✏ 1, ..., r.

Hệ quả 1.1.11 Cho V là miền nguyên và f ♣xq € V rxs. Nếu f ♣xq ✘ 0 thì
số nghiệm của f ♣xq, mỗi nghiệm tính với số bội của nó, khơng vượt q
bậc của f ♣xq.

Hệ quả 1.1.12 Cho V là miền nguyên và f ♣xq, g ♣xq € V rxs là hai đa thức
có bậc khơng q n. Nếu f ♣xq và g ♣xq nhận giá trị bằng nhau tại n   1
phần tử khác nhau của V thì f ♣xq ✏ g ♣xq.

1.2

Đa thức bất khả quy và giá trị nguyên tố

Trong suốt tiết này, luôn giả thiết K là một trường.
Định nghĩa 1.2.1 Một đa thức f ♣xq € K rxs được gọi là bất khả quy nếu

deg f ♣xq → 0 và f ♣xq khơng phân tích được thành tích của hai đa thức có
bậc bé hơn. Nếu deg f ♣xq → 0 và f ♣xq là tích của hai đa thức có bậc bé
hơn thì ta nói f ♣xq khả quy.


8

Chú ý rằng, đa thức bậc nhất luôn bất khả quy; đa thức bậc hai hoặc
bậc ba là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó khơng có nghiệm trên K. Sau

đây là một số kết quả về đa thức bất khả quy tương tự như những kết quả
quen biết về số nguyên tố.
Đa thức monic là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1. Định lý sau đây về
phân tích đa thức là sự tương tự của Định lý cơ bản của số học về phân
tích số tự nhiên.
Định lý 1.2.2 (xem [1] trang 64) Mọi đa thức bậc dương f ♣xq

€ K rxs

đều phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy. Hơn nữa,
f ♣xq có duy nhất (nếu khơng kể đến thứ tự các nhân tử) một phân tích

dạng f ♣xq ✏ af1 ♣xq ☎ ☎ ☎ ft ♣xq, trong đó a là hệ số cao nhất của f ♣xq và
f1 ♣xq, ..., ft ♣xq là đa thức monic bất khả quy.
Mệnh đề 1.2.3 (xem [1]) Cho f ♣xq, g1 ♣xq, ..., gk ♣xq

€ K rxs giả sử f ♣xq

bất khả quy và f ♣xq là ước của g1 ♣xq ☎ ☎ ☎ gk ♣xq. Khi đó tồn tại một đa thức
gi ♣xq sao cho gi ♣xq chia hết cho f ♣xq.
Mệnh đề 1.2.4 Có vơ hạn đa thức bất khả quy trên K.
Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn đa thức bất khả quy là f1 ♣xq, ..., fm ♣xq.
Ta xét đa thức f ♣xq ✏ f1 ♣xq ☎ ☎ ☎ fm ♣xq  1. Khi đó tồn tại một đa thức g ♣xq

bất khả quy và g ♣xq là ước của f ♣xq. Vì fi ♣xq khơng là ước của f ♣xq nên
g ♣xq ✘ fi ♣xq, suy ra điều giả sử là sai.
❧
Phần tiếp theo, chúng ta xét đa thức bất khả quy trên các trường

Q, R, C. Định lý cơ bản của Đại số phát biểu rằng mọi đa thức với hệ số

phức bậc n có đúng n nghiệm phức. Do đó các đa thức bất khả quy trên

C là và chỉ là các đa thức bậc nhất. Hơn nữa, nếu a   bi € C là nghiệm
của đa thức f ♣xq € Rrxs, thì a ✁ bi cũng là nghiệm của f ♣xq. Do đó, các đa
thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 khơng
có nghiệm thực. Bài tốn xét tính bất khả quy của đa thức trên Q cho
đến nay vẫn là bài tốn mở. Có một số phương pháp xét tính bất khả quy
quen biết như phương pháp dựa vào nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng


9

Bổ đề Gauss, phương pháp dùng Tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút
gọn theo môđun một số nguyên tố (xem [1]).
Trong luận văn này chúng ta quan tâm đến mối quan hệ giữa tính bất
khả quy trên Q và giá trị nguyên tố của đa thức.
Trước hết, chúng ta chỉ ra rằng nếu một đa thức với hệ số nguyên nhận
giá trị ngun tố tại vơ hạn điểm thì nó bất khả quy trên Q.
Định lý 1.2.5 Cho f ♣xq € Zrxs là đa thức có bậc dương. Nếu tồn tại vô
hạn số nguyên n sao cho f ♣nq là số nguyên tố thì f ♣xq bất khả quy trên
trường Q.
Chứng minh. Giả sử f ♣xq € Zrxs là đa thức khả quy có bậc dương. Khi
đó f ♣xq có phân tích f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq với g ♣xq, h♣xq € Zrxs là các đa thức

có bậc thấp hơn bậc của f ♣xq. Giả sử tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho
f ♣xq là số nguyên tố. Khi đó tồn tại vơ hạn số n sao cho g ♣nqh♣nq là số
ngun tố. Do đó tồn tại vơ hạn số nguyên n sao cho g ♣nq hoặc h♣nq nhận
giá trị a € t1; ✁1✉. Khơng mất tính chất tổng quát, ta giả sử tồn tại vô
hạn số n sao cho g ♣nq ✏ a. Khi đó n là nghiệm của đa thức g ♣xq ✁ a ✏ 0,

tức là đa thức g ♣xq ✁ a có vơ hạn nghiệm. Điều này là vơ lý vì g ♣xq và
g ♣xq ✁ a có bậc bằng nhau và số nghiệm của g ♣xq ✁ a không vượt quá bậc
của g ♣xq ✁ a. Vậy f ♣xq là đa thức bất khả quy trên trường Q.

❧

Bây giờ chúng ta đưa ra tiêu chuẩn bất khả quy trên Q dựa theo giá
trị nguyên tố của đa thức.
Định lý 1.2.6 Cho f ♣xq✞✏ a✞m xm   ...   a1 x   a0 € Zrxs là đa thức có bậc
✞ ai ✞
m → 0. Đặt H ✏ max ✞✞ ✞✞. Nếu tồn tại số tự nhiên n ➙ H   2 sao cho
0↕i↕m✁1 am
f ♣nq là số nguyên tố thì f ♣xq là đa thức bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Trước khi chứng minh Định lý 1.2.6, ta cần chứng minh

khẳng định sau: Cho f ♣xq✞✏ a✞m xm   ...   a1 x   a0 € Zrxs là đa thức có bậc
✞ ai ✞
m → 0. Đặt H ✏ max ✞✞ ✞✞. Khi đó ⑤z ⑤ ➔ H   1 với mọi nghiệm z € C
0↕i↕m✁1 am
của f ♣xq. Thật vậy, vì z là nghiệm của f ♣xq nên ta có

✁amzm ✏ am✁1zm✁1   ...   a1z   a0.


10

Chú ý rằng nếu a € R thì mơđun của số phức a chính là giá trị tuyệt đối
của a. Sử dụng các tính chất về mơđun của các số phức đối với đẳng thức
trên ta suy ra

⑤z⑤m ✏ ⑤ aam✁1 zm✁1   ...   aa1 z   aa0 ⑤
m

 

↕ H ⑤z⑤

m

m✁1

✟

m

  ...   ⑤z⑤   1 ✏

H ♣⑤z ⑤m ✁ 1q
⑤z ⑤ ✁ 1 .

Giả sử H ✏ 0. Khi đó f ♣xq ✏ am xm . Suy ra z ✏ 0 và vì thế ⑤z ⑤ ➔ H   1. Cho
H → 0. Nếu ⑤z ⑤ ↕ 1 thì rõ ràng ⑤z ⑤ ➔ H   1. Nếu ⑤z ⑤ → 1 thì ⑤z ⑤ ✁ 1 → 0.
Do đó khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức trên với ⑤z ⑤
⑤z⑤m♣⑤z⑤ ✁ 1q ↕ H ♣⑤z⑤m ✁ 1q. Suy ra

✁1

ta được

⑤z⑤m 1 ✁ ⑤z⑤m ↕ H ⑤z⑤m ✁ H ➔ H ⑤z⑤m.

Do ⑤z ⑤ → 1 nên ⑤z ⑤ ✘ 0. Chia cả hai vế cho ⑤z ⑤m ta được ⑤z ⑤ ➔ H   1, khẳng
định được chứng minh.

Bây giờ ta chứng minh định lý. Nếu f ♣xq khả quy trong Zrxs, thì ta
viết f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq, trong đó g ♣xq, h♣xq € Zrxs là các đa thức bậc dương.

Vì f ♣nq là nguyên tố, trong hai đa thức g ♣nq hoặc h♣nq ắt phải có một số
nhận giá trị ✟1. Khơng mất tính chất tổng quát, ta giả sử đó là g ♣nq. Vì
mỗi nghiệm của g ♣xq đều là nghiệm của f ♣xq nên ta biểu diễn g ♣xq dưới
dạng g ♣xq

➵

✏ c ♣x ✁ αiq, trong đó c là hệ số cao nhất của g♣xq và tích
i
chạy trên tập con các nghiệm phức của f ♣xq. Từ khẳng định trên, ta có
⑤g♣nq⑤ ✏
➙

✞
✞ ➵
✞
n
✞c
✞
i
➵

✞
✞

✞
αi ✞
✞

✞
✞➵
✞
c ✞
n
✞
i
➵

♣ ✁ q ✏⑤ ⑤

♣n ✁ ⑤αi⑤q →

i

✞
✞
✞
αi ✞
✞

♣ ✁ q ✏ ⑤c⑤

♣n ✁ ♣H   1qq

➵

⑤♣n ✁ αiq⑤

i

i

➙ ♣H   2 ✁ ♣H ✁ 1qq ✏ 1,
do đó ⑤g ♣nq⑤ → 1, điều này mâu thuẫn với g ♣nq ✏ ✟1. Vậy f ♣xq là đa thức
bất khả quy trên Q.

❧


11

Cho b → 1 là số tự nhiên. Khi đó với mỗi số tự nhiên n → 1 tồn tại duy
nhất một biểu diễn
n ✏ ar br   ar✁1 br✁1   ☎ ☎ ☎   a1 b   a0 ,
trong đó ar → 0 và 0 ↕ ai ↕ b ✁ 1 với mọi i ✏ 0, 1, ..., r. Ta gọi biểu diễn
trên là biểu diễn của n trong hệ đếm cơ số b.
Kết quả sau đây chỉ ra rằng với mỗi số nguyên tố p và mỗi số tự nhiên
b cho trước, luôn tồn tại đa thức f ♣xq bất khả quy trên Q và giá trị f ♣bq
là p.
Định lý 1.2.7 Cho b → 2 và p là số nguyên tố. Giả sử
p ✏ an bn   an✁1 bn✁1   ...   a1 b   a0
là biểu diễn của p trong hệ đếm cơ số b. Khi đó f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0
là đa thức bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Giả sử f ♣xq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem [1]

trang 75), tồn tại phân tích f ♣xq ✏ g ♣xqh♣xq với g ♣xq, h♣xq là các đa thức
với hệ số nguyên thỏa mãn 0 ➔ deg g ♣xq, deg h♣xq ➔ deg f ♣xq. Vì f ♣bq ✏ p
là số nguyên tố nên hoặc g ♣bq ✏ ✟1 hoặc h♣bq ✏ ✟1. Khơng mất tính chất

tổng quát ta giả sử g ♣bq ✏ ✟1. Đặt deg g ♣xq ✏ t → 0. Theo Định lý cơ bản
của đại số, g ♣xq có t nghiệm z1 , ..., zt € C. Do đó g ♣xq ✏ c♣x ✁ z1 q ☎ ☎ ☎ ♣x ✁ zk q,

trong đó c là hệ số cao nhất của g ♣xq. Do p ✏ an bn   an✁1 bn✁1   ...   a1 b   a0
là biểu diễn của p trong hệ ghi cơ số b nên ta có an ➙ 1, an✁1 ➙ 0 và

ai ✏ ⑤ai ⑤ ↕ b ✁ 1 với mọi i. Do mỗi nghiệm của g ♣xq cũng là nghiệm của
f ♣xq (xem [1] trang 139),
❛ hoặc phần thực của mỗi nghiệm zk không là số
1   1   4♣b ✁ 1q
. Với mọi k ✏ 1, ..., t, ta khẳng định
dương hoặc ⑤zk ⑤ ➔
2
⑤b ✁ zk ⑤ → 1. Thật vậy, nếu phần thực của zk khơng dương thì zk ✏ ak   ibk

€ R và❛ak ↕ 0. Suy ra ⑤b ✁ zk ⑤ ✏ ⑤♣b ✁ ak q ✁ ibk ⑤ ➙ b ✁ ak ➙ b → 2.
1   1   4♣b ✁ 1q
thì vì b ➙ 3 nên tính tốn ta được
Nếu ⑤zk ⑤ ➔
2
với ak , bk

⑤zk ⑤ ➔

1 

❛

1   4♣b ✁ 1q
2

↕ b ✁ 1.


12

Suy ra ⑤b ✁ zk ⑤ ➙ ⑤b⑤ ✁ ⑤zk ⑤ ✏ b ✁ ⑤zk ⑤ → 1. Do đó khẳng định được chứng
minh. Vì t → 0, c ➙ 1 và ⑤b ✁ zk ⑤ → 1 với mọi k ✏ 1, ..., t nên

⑤g♣bq⑤ ✏ ⑤c⑤⑤b ✁ z1⑤ ☎ ☎ ☎ ⑤b ✁ zt⑤ → 1,
❧

điều này là mâu thuẫn.

1.3

Định lí Dirichlet và một giả thuyết của Bouniakowski

Cho f ♣xq € Zrxs là đa thức có bậc dương. Theo Định lý 1.2.5, nếu
tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho f ♣nq là số nguyên tố, thì f ♣xq bất
khả quy trên Z và do đó nó bất khả quy trên Q. Rất tự nhiên, năm 1857
Bouniakowski đã đặt bài toán cho chiều ngược lại.
Giả thuyết 1.3.1 (Bouniakowski). Cho f ♣xq

€ Zrxs là đa thức bất khả

quy trên Q và các hệ số của f ♣xq nguyên tố cùng nhau. Khi đó tồn tại vơ
hạn số tự nhiên n sao cho f ♣nq nguyên tố.

Trường hợp bậc 1 đã được Dirichlet giải quyết trọn vẹn từ năm 1837.
Định lý 1.3.2 (Dirichlet). Cho đa thức f ♣xq

✏

  b € Zrxs sao cho
gcd ♣a, bq ✏ 1. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho f ♣nq nguyên
ax

tố.
Định lý trên của Dirichlet được biết đến trong các giáo trình số học với
tên gọi Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng. Trước đó, một
số nhà tốn học đã thu được những kết quả liên quan chặt chẽ với Định lí
này. Cụ thể, năm 1737, Euler đã nghiên cứu các số nguyên tố trong mối
quan hệ với một hàm mà ngày nay chúng ta gọi là hàm zeta Riemann. Năm
1775, Euler đã phát biểu Định lí cho trường hợp đặc biệt f ♣xq

✏ ax   1.

Dạng tổng quát của Định lí, khi f ♣xq ✏ ax   b với a, b nguyên tố cùng
nhau, được phát biểu lần đầu tiên bởi Legendre, ông đã đưa ra một chứng
minh cho Định lí vào năm 1830 nhưng khơng chính xác. Chứng minh đúng
đầu tiên cho Định lí thuộc về Dirichlet năm 1837 bằng cách sử dụng các

L✁chuỗi Dirichlet. Chứng minh của Dirichlet cần đến những công cụ của

13

giải tích và rất phức tạp, liên quan đến phép tính vi tích phân và lí thuyết
giải tích số, được phỏng theo một cơng trình trước đó của Euler về mối
quan hệ giữa hàm zeta Riemann và sự phân bố số nguyên tố.
Giả thuyết trên của Bouniakowski vẫn chưa được giải quyết cho trường
hợp bậc của đa thức lớn hơn 1. Câu hỏi tồn tại hay không một đa thức
với hệ số nguyên bất khả quy trên Q bậc lớn hơn 1 nhận vô hạn giá trị
nguyên tố, cho đến nay vẫn là một câu hỏi mở. Trường hợp đơn giản nhất
là đa thức x2   1, rõ ràng là bất khả quy trên Q (vì khơng có nghiệm hữu
tỷ), nhưng người ta khơng biết đa thức này có nhận vơ hạn giá trị ngun
tố hay khơng.
Chú ý rằng có những đa thức bất khả quy trên Q, nhưng không nhận
bất kì giá trị nguyên tố nào. Dưới đây là một ví dụ.
Ví dụ 1.3.3 Các đa thức f ♣xq ✏ x2 ✁ x   6và g ♣xq ✏ x3 ✁ x   9 là bất khả
quy tên Q, nhưng luôn nhận giá trị hợp số. Đa thức h♣xq ✏ xp ✁ x   3p

(với p → 3 là số nguyên tố) luôn nhận giá trị hợp số.

Lời giải. Các đa thức f ♣xq ✏ x2 ✁ x   6 và g ♣xq ✏ x3 ✁ x   9 có bậc tương
ứng là hai và ba, khơng có nghiệm hữu tỷ, nên bất khả quy trên Q. Chú ý
rằng f ♣nq ✏ n2 ✁ n   6 ✏ n♣n ✁ 1q   6 luôn là số chẵn với mọi n € Z. Nếu

f ♣nq ✏ 2, thì n♣n ✁ 1q ✏ ✁4, điều này khơng thể xảy ra. Vì thế f ♣nq ln
là hợp số. Theo Định lí Fermat bé, h♣nq ✏ np ✁ n   3p luôn là bội của p

với mọi n € Z. Nếu h♣nq ✏ p, thì n♣np✁1 ✁ 1q ✏ ✁2pq. Do p ✁ 1 chẵn nên
♣np✁1 ✁ 1q → 0. Vì thế n ➔ 0. Suy ra n € t✁1, ✁2, ✁p, ✁2p✉. Nếu n ✏ ✁1,
.
thì n♣np✁1 ✁ 1q ✏ 0, vơ lí. Nếu n ✏ ✁2, thì 2p✁1 ✁ 1 ✏ p, dễ thấy 2n✁1 ..3

✏ ✁p, thì 2p✁1 ✁ 1 ✏ 2, suy ra
pp✁1 ✏ 3, điều không thể xảy ra. Nếu n ✏ ✁2p, thì ♣2pqp✁1 ✁ 1 ✏ 1, điều
này vơ lí. Vậy h♣xq ✏ xp ✁ x   3p (với p → 3 là số nguyên tố) bất khả quy
cịn p khơng chia hết cho 3, vơ lí. Nếu n

trên Q, nhưng luôn nhận giá trị hợp số.

✆

Như đã nhận xét ở trên, chứng minh định lí Dirichlet rất phức tạp, cần
đến những kết quả sâu sắc về giải tích và Lí thuyết số. Vì đây là luận
văn thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp, nên tác giả luận văn


14

khơng trình bày chi tiết chứng minh này. Tuy nhiên, chúng ta có chứng
minh hồn tồn sơ cấp cho những trường hợp đặc biệt sau đây.
Mệnh đề 1.3.4 Các đa bậc nhất có dạng sau nhận vơ hạn giá trị nguyên
tố.
(i) f1 ♣xq ✏ x;
(ii) f2 ♣xq ✏ 2x   1;
(iii) f3 ♣xq ✏ 4x ✟ 1;
(iv) f4 ♣xq ✏ 8x   1;
(v) f5 ♣xq ✏ 6x   5;
(vi) f6 ♣xq ✏ 3x   2.
Chứng minh.

(i) Vì có vơ hạn số nguyên tố, nên đa thức f1 ♣xq ✏ x nhận

vơ hạn giá trị ngun tố.
(ii) Vì 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất nên tồn tại vô hạn số nguyên tố
lẻ, suy ra đa thức f2 ♣xq ✏ 2x   1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố.
(iii) Trước khi chứng minh mệnh đề, ta cần chứng minh khẳng định sau.
Mọi số tự nhiên x thì x2   1 khơng có ước ngun tố có dạng 4N   3.

Thật vậy, theo Định lý Fermat bé với mọi số nguyên tố p và mọi số
nguyên a không chia hết cho p thì ap✁1 ✑ 1♣mod pq. Bây giờ chúng
ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp phản chứng. Giả sử
x2   1 có một ước nguyên tố p ✏ 4N   3. Khi đó x2 ✑ ✁1♣mod pq.
Từ đó chúng ta có
x4N  2

✏ ♣x2q2N  1 ✏ ♣✁1q2N  1♣modpq ✏ ✁1♣mod pq.

Nhưng theo Định lý Fermat bé thì x4N  2

✏ 1♣mod pq. Vậy

1 ✏ ✁1♣mod pq, hay 2 ✏ 0♣mod pq,


15

đây là điều vơ lí. Chúng ta chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng
4N   1. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N   1, gọi các số

đó là p1 , p2 , ..., pk , với pi có dạng 4N   1, với mọi i ✏ 1, ..., k. Xét số
n ✏ 4p21 p22 ☎ ☎ ☎ p2k   1. Vì n có dạng x2   1 nên theo khẳng định trên

thì n khơng có ước ngun tố dạng 4N   3. Vì n là số lẻ nên tồn bộ
ước ngun tố của n có dạng 4N   1. Chúng ta dễ dàng thấy khơng
có số pi nào trong các số p1 , p2 , ..., pk là ước của n. Vì vậy ta tìm được
số nguyên tố mới khác với các số p1 , p2 , ..., pk cũng có dạng 4N   1,

hay đa thức f ♣xq ✏ 4x   1 nhận vô số giá trị nguyên tố.
Ta chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 4N

  3. Giả sử có

hữu hạn số nguyên tố có dạng 4N   3 là p1 , p2 , ..., pm . Ta xét số
n ✏ 4p1 ...pm ✁ 1 số này cũng có dạng 4N   3. Số n này phải có một

ước nguyên tố q có dạng 4N   3 (vì tích của các số ngun tố có dạng
4N   1 là số là một số có dạng 4N   1). Do đó tồn tại i sao cho q ✏ pi
và q là ước của n. Suy ra q là ước của 1, vơ lí.
(iv) Trước hết, để chứng minh mệnh đề chúng ta cần chứng minh khẳng
định sau: Mọi số tự nhiên x thì x2   1 khơng có ước nguyên tố có
dạng 8N   3 hoặc 8N   7 và x4   1 khơng có ước số ngun tố dạng
8N   5. Thật vậy, giả sử x2   1 có ước nguyên tố p
đó x2 ✑ ✁1♣mod pq. Từ đó chúng ta có

✏ 8N   3. Khi

x8N  2

✏ ♣x2q4N  1 ✏ ♣✁1q4N  1♣modpq ✏ ✁1♣mod pq.
Nhưng theo Định lý Fermat nhỏ thì x8N  2 ✏ 1♣mod pq. Vậy
1 ✏ ✁1♣mod pq, hay 2 ✏ 0♣mod pq,
đây là điều vơ lí vì p là số lẻ. Chứng minh tương tự chúng ta có x2   1

khơng thể có ước số nguyên tố có dạng 8N
có ước nguyên tố dạng 8N

  5.

  7 và x4   1 không thể

Việc chứng minh mệnh đề (iV) tương đương với việc chứng minh có
vơ số số ngun tố dạng 8N   1. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có
dạng 8N

  1 là p1, ..., pm. Xét số n ✏ 16p41...p4m   1, số này cũng có


16

 

✟2

dạng 8N   1. Có n ✏ 4p21 ...p2m   1 ✏ ♣2p1 ...pm q4   1. Vì số n này
có dạng x2   1 và x4   1 nên theo khẳng định trên n khơng có ước
ngun tố dạng 8N   3; 8N   5 và 8N   7. Do n là số lẻ nên n có ước
nguyên tố q có dạng 8N   1 suy ra tồn tại i để pi ✏ q. Vì q là ước
của n nên q là ước của 1, vơ lí.
(v) Để chứng minh mệnh đề chúng ta chỉ cần chỉ ra có vơ số ngun
tố dạng 6N   5. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 6N   5
là p1 , ..., pm . Chúng ta xét số n ✏ 6p1 ...pm ✁ 1 số này cũng có dạng
6N   5. Số n là một số lẻ và không thể có ước ngun tố có dạng

6N   3 vì chúng ta biết số có dạng ♣6N   3qk khơng thể có dạng
6N   5. Chú ý rằng tích của các số có dạng 6N   1 là một số có dạng
6N   1. Do đó n phải có một ước nguyên tố q có dạng 6N   5. Do
đó tồn tại i sao cho pi ✏ q và q là ước của n. Suy ra q là ước của 1,
vơ lí.

(vi) Để chứng minh đa thức f6 ♣xq ✏ 3x   2 nhận vô hạn giá trị nguyên
tố ta chứng minh có vơ hạn số ngun tố có dạng 3N   2. Giả sử

có hữu hạn số nguyên tố có dạng 3N   2 là p1 , ..., pk Khi đó số
n ✏ 3p1 , ..., pk   2 có dang 3N   2 và số n có một ước ngun tố p
có dạng 3N   2, vì tích của các số có dạng 3N   1 là một số có dạng
3N   1. Do đó p ✏ pi nào đó. Suy ra p ước của 2, vơ lí. Vậy đa thức
f6 ♣xq ✏ 3x   2 nhận vô hạn giá trị nguyên tố.

❧

Sử dụng kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết được một số bài tốn
về ước nguyên tố trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Dưới

đây, chúng ta áp dụng kết quả có vơ hạn số ngun tố dạng 8k   1 (xem
Mệnh đề 1.3.4 iv)) để giải Bài toán số 6 trong “IMO 2008 Shortlist”.
Bài toán 1.3.5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên n sao cho
❄
n2   1 có một ước nguyên tố lớn hơn 2n   2n.
Chứng minh. Cho p là số nguyên tố có dạng p
nên theo Định lí Wilson ta có

✏ 8k   1. Vì p nguyên tố

1 ☎ 2 ☎ ☎ ☎ ♣p ✁ 1q ✑ ✁1♣ mod pq.


17

p✁1
p✁1
✏
4k là số chẵn và với số tự nhiên i sao cho 1 ↕ i ↕
2
2
ta
✂ có p ✁ i ✑ ✁✡1♣mod pq. Thay những nhân tử p ✁ i bởi nhân tử ✁i với
p✁1
1↕i↕
vào vế trái đồng dư thức ở trên ta được
2
Chú ý rằng

✂

p✁1
!
2

✡2

♣✁1q4k ✑

✂

✡2

p✁1
!
2

✑ ✁1♣ mod pq.

✏ p ✁2 1 !. Khi đó a2 ✑ ✁1♣mod pq. Suy ra a không chia hết cho p.
Gọi b là dư của phép chia a cho p. Khi đó 1 ↕ b ↕ p ✁ 1 và ta có
b2 ✑ a2 ✑ ✁1♣ mod pq.
Vì thế b là nghiệm của phương trình x2 ✑ ✁1♣ mod pq. Ta có
♣p ✁ bq2 ✑ b2 ✑ ✁1♣ mod pq.
Vì thế 1 ↕ p ✁ b ↕ p ✁ 1 và p ✁ b cũng là nghiệm của phương trình
p✁1
x2 ✑ ✁1♣ mod pq. Đặt n ✏ mintb, p ✁ b✉. Khi đó n ↕
và n2   1 chia
2
❄
p✁1
hết cho p. Ta cần chứng minh p → 2n   10n. Thật vậy, vì n ↕
, nên
2
p✁1
ta đặt n ✏
✁
l với l ➙ 0. Do n2   1 chia hết cho p, nên ta suy ra
2
Đặt a

✂

Do đó

Suy ra

✂

p✁1
2

✡2

✁ l ✑ ✁1♣ mod pq.

p ✁ 1 ✁ 2l
2

✡2

✑ ✁1♣ mod pq.

♣2l   1q2   4 ✑ 0♣ mod pq.
Viết ♣2l   1q2   4 ✏ pr với r € N. Nếu l chẵn, thì l ✏ 2t và ta có ♣2l   1q2 ✏
♣4t   1q2 ✑ 1♣ mod 8q. Nếu l lẻ, thì l ✏ 2t   1 và
♣2l   1q2 ✏ ♣4t   3q2 ✑ 1♣ mod 8q.
Vì p ✏ 8k, nên ta ln có ♣2l   1q2 ✑ 1 ✑ p♣ mod 8q. Suy ra
rp ✏ r♣8k   1q ✑ 1   4♣ mod 8q.

18

Do đó r

✑ 5♣ mod 8q. Vì thế r ➙ 5. Suy ra ♣2l   1q2   4 ➙ 5p. Suy ra
❄5p ✁ 4 ✁ 1
l➙
.
2

Đặt

❄5p ✁ 4 ✏ u. Khi đó l ➙ u ✁ 1 . Vì thế
n✏

p✁1
2

2

✁ l ↕ p ✁2 1 ✁ u ✁2 1 ✏ 21 ♣p ✁ uq.

❄
u2   4
Vì u ✏ 5p ✁ 4, nên ta có p ✏
. Thay p vào đẳng thức trên ta được

5
u ✁ 5u ✁ 10n   4 ➙ 0. Giải bất

❄phương trình bậc hai (ẩn n) này với chú
5   4n   9
1
ý rằng u ➙ 0, ta được u ➙
. Vì n ↕ ♣p ✁ uq, nên ta có
2
2
2

p ➙ 2n   u ➙ 2n

❄
❄
✟
1 
5   40n   9 ➙ 2n   10n.
2

Vì có vơ hạn số ngun tố dạng 8k   1, nên có vơ hạn số n thỏa mãn điều
kiện đầu bài.
❧
Cho p là số nguyên tố. Một số nguyên a được gọi là chính phương

modullo p nếu tồn tại một số nguyên x sao cho a ✑ x2 ♣mod pq.

Ví dụ 1.3.6 (Indonesia TST 2009). Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số
nguyên dương n sao cho n2   1 không là ước của n!.

Lời giải. Trước khi chứng minh kết quả chúng ta nhắc lại Kí hiệu
✂ ✡Legendre:

a
✏ k như
Cho a là số nguyên và p là số nguyên tố khi đó có kí hiệu:
p
✂ ✡
a
sau: Đặt
✏ 1 nếu p khơng chia hết a và a là số chính phương modulo
p
✂ ✡
a
p. Đặt
✏ ✁1 nếu p không chia hết a và a khơng là số chính phương
p
✂ ✡
a
modulo p. Nếu p chia hết a thì ta đặt
✏ 0.
p
Chúng ta quay trở lại ví dụ. Giả sử xét số ngun tố p có dạng 4k   1.
Theo Định lí tiêu chuẩn Euler: “Cho p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên


19

✂ ✡

khơng chia hết cho p. Khi đó
✂

✁1 ✡ ✑ ♣✁1q
p

a
p

✑ a ✁ ♣ mod pq”. Chúng ta có:
p 1
2

p✁1
2 ♣ mod pq ✑ 1♣ mod pq.

Do đó ✁1 là số chính phương modulo p. Vì thế tồn tại n € t1, 2, ..., p ✁ 1✉
sao cho n2   1 ✑ 0♣ mod pq. Lại dễ thấy n! ✘ 0♣ mod pq nên ta suy ra n2   1
không là ước của n!. Bây giờ ta chỉ cần chứng tỏ sự tồn tại vơ hạn của n
❄
thì bài tốn được giải quyết. Thật vậy, n2   1 ➙ p kéo theo n ➙ p ✁ 1.
Mà theo Mệnh đề 1.3.4 chúng ta đã chứng minh được có vơ hạn số ngun
tố dạng 4k   1. Vì thế ta có thể chọn được vô hạn số n như trên. Tức là
tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2   1 không là ước của n!.

✆


20

Chương 2
Một số vấn đề mở rộng
Trong chương trên, chúng ta đã biết rằng giả thuyết Bouniakowski về

đa thức nhận vô hạn giá trị nguyên tố vẫn chưa được giải quyết khi bậc
của đa thức lớn hơn 1. Trong chương này chúng ta xét 3 bài toán mở rộng:
Bài toán thứ nhất về đa thức nhận vô hạn ước nguyên tố. Bài toán thứ
hai về đa thức bậc lớn hơn 1 nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố. Bài tốn
thứ ba về đa thức nhận ít nhất 1 giá trị hợp số trên miền phân tích duy
nhất. Nội dung Chương 2 được tham khảo ba bài báo [2], [3], [5].

2.1

Sự tồn tại vô hạn ước nguyên tố của đa thức

Nội dung của tiết này được tham khảo từ bài báo [3] về sự tồn tại
vô hạn ước nguyên tố của đa thức bậc dương hệ số nguyên và ứng dụng
chứng minh một số trường hợp đặc biệt cho Định lí Dirichlet về số nguyên
tố trong cấp số cộng.
Định nghĩa 2.1.1 Ta nói rằng số p nguyên tố là một ước nguyên tố của
đa thức f ♣xq
f ♣nq.

€ Zrxs nếu tồn tại một số tự nhiên n sao cho p là ước của

Dưới đây, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng mỗi đa thức có hệ số nguyên với bậc
dương đều có vơ hạn ước ngun tố. Kết quả này được Schur chứng minh
trong tài liệu “Uber die Existenz unendlich vieler Primzahlen in einiger


21

speziellen arithmetischen Progressionen” công bố trên S-B Berlin. Math.
Ges. năm 1812. Trong luận văn này, chúng tơi trình bày một chứng minh

rất sơ cấp phỏng theo phương pháp của Euclid. Vào khoảng 300 trước công
nguyên, Euclid đã chứng minh rằng có vơ hạn số ngun tố. Chứng minh
của Euclid rất rõ ràng, mà học sinh phổ thông cũng dễ dàng hiểu được:
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1 , ..., pk . Khi đó số n ✏ p1 ...pk   1
có một ước nguyên tố p. Số p này phải trùng với một trong các số pi , do
đó p là ước của 1, điều này này vơ lí.
Định lý 2.1.2 (Schur) Nếu f ♣xq € Zrxs là đa thức có bậc dương, thì ln
tồn tại vô hạn ước nguyên tố của f ♣xq.

Chứng minh. Cho f ♣xq ✏ an xn   ...   a1 x   a0

€ Zrxs có bậc n dương. Ta
ln biểu diễn được f ♣xq ✏ xt g ♣xq, trong đó hệ số tự do của g ♣xq khác 0.
Nếu deg g ♣xq ✏ 0, thì g ♣xq ✏ a € Z và t → 0. Trong trường hợp này, mỗi số
nguyên tố p đều là ước của f ♣pq ✏ pt a. Vì thế f ♣xq có vơ hạn ước ngun
tố. Nếu deg g ♣xq → 0, thì mỗi ước nguyên tố của g ♣xq là ước nguyên tố
của f ♣xq. Do đó, khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả thiết hệ số tự
do của f ♣xq khác 0. Nếu f ♣xq chỉ có ước là ✟1, thì đa thức f ♣xq ✁ b là đa
thức bậc dương có vơ hạn nghiệm, trong đó b ✏ 1 hoặc b ✏ ✁1. Điều này
khơng thể xảy ra. Vì thế f ♣xq có ít nhất một ước ngun tố. Giả sử f có
hữu hạn ước nguyên tố là p1 , ..., pk . Vì f ♣xq có ít nhất một ước nguyên tố,
nên k ➙ 1. Đặt q ✏ p1 ...pk . Khi đó
f ♣qa0 xq ✏ an ♣qa0 xqn   ...   a1 ♣qa0 xq   a0 ✏ a0 h♣xq
Với h♣xq ✏ bn xn   ...   b1 x   1 € Zrxs, trong đó bi ✏ ai q i ai0✁1 xi với mọi
i ✏ 1, . . . , n. Suy ra q là ước của bi với mọi i ✏ 1, ..., n. Vì h♣xq có bậc
dương, nên bằng cách lập luận tương tự như trên ta suy ra h♣xq có ít nhất
một ước ngun tố, chẳng hạn p. Do đó tồn tại số tự nhiên m sao cho
p là ước của h♣mq. Suy ra p là ước của a0 h♣mq

✏ f ♣qa0mq. Do đó p là

ước nguyên tố của f ♣xq. Giả sử p là ước của q. Vì q là ước của bi với mọi
i ✏ 1, . . . , n và p là ước của h♣mq ✏ bn mn   ...   b1 m   1, nên p là ước của

1. Điều này không thể xảy ra. Vì thế p khơng là ước của q. Như vậy, ta đã


22

tìm được một ước nguyên tố p của f ♣xq khác mọi ước nguyên tố p1 , ..., pk .
Điều này mâu thuẫn.
❧
Tiếp theo, chúng ta sử dụng Định lí 2.1.2 để xem xét Định lý Dirichlet
trong một số trường hợp đặc biệt đã trình bày ở Tiết 1.3.
Ví dụ 2.1.3 Đa thức f ♣xq ✏ 4x   1 nhận vơ hạn giá trị ngun tố.
Lời giải. Theo Định lí 2.1.2, đa thức g ♣xq

✏

4x2

  1 nhận vô hạn ước

nguyên tố. Ta đã chứng minh trong Tiết 1.3 rằng nếu p là ước ngun tố
của g ♣xq, thì p có dạng 4k   1. Vì thế, đa thức f ♣xq nhận vơ hạn giá trị
✆

ngun tố.
Kí hiệu P ♣f q là tập các ước nguyên tố của đa thức f ♣xq

€ Zrxs. Theo

Định lí 2.1.2, nếu f ♣xq có bậc dương, thì P ♣f q là tập vơ hạn. Một mở rộng
của Định lí 2.1.2 là Định lí sau đây, được chứng minh bởi T. Nagell trong
bài báo “Sur les diviseurs premiers des polynơmes” đăng trên tạp chí Acta
Arith. năm 1969. Một chứng minh sơ cấp cho Định lí này được trình bày
trong bài báo trên của Nagell (chúng tơi không đưa vào luận văn).
Định lý 2.1.4 (Nagell) Nếu f ♣xq, g ♣xq € Zrxs là hai đa thức có bậc dương,
thì tập P ♣f q ❳ P ♣g q là tập vô hạn.

Bây giờ chúng ta sử dụng Định lí 2.1.4 để xem xét Định lý Dirichlet
trong một số trường hợp đặc biệt đã trình bày trong Tiết 1.3.
Ví dụ 2.1.5 Đa thức f ♣xq ✏ 8x   1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố.
Lời giải. Đặt g ♣xq ✏ x2   1 và h♣xq ✏ x4   1. Theo Định lí 2.1.4, tập
P ♣g q ❳ P ♣hq là tập vô hạn. Ta đã chứng minh rằng nếu p là ước nguyên

tố của x2   1, thì p có dạng 8k   1, 8k   5; nếu p là ước nguyên tố của
x4   1, thì p có dạng 8k   1, 8k   3, 8k   7. Do đó, nếu p là ước nguyên tố

của cả g ♣xq và h♣xq, thì p phải có dạng 8k   1. Vì thế f ♣xq nhận vơ hạn
giá trị nguyên tố.
✆
Ví dụ 2.1.6 Đa thức f ♣xq ✏ 16x   1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố.


23

Lời giải. Đặt g ♣xq ✏ x2   1 và h♣xq ✏ x4   1.Theo Định lí 2.1.4, tập
P ♣g q ❳ P ♣hq là tập vô hạn. Ta chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố

của x2   1, thì p có dạng 16k   1, 16k   5, 16k   9, 16k   13; nếu p là ước
ngun tố của x4   1, thì p có dạng 16k   1, 16k   3, 16k   7, 16k   11,
16k   15. Thật vậy nếu x2   1có ước nguyên tố có dạng 16k   3, giả sử là
8k  1
p ✏ 16k   3 thì x2 ✑ ✁1♣mod pq suy ra x16k 2 ✏ ♣x2 q
✑ ✁1♣mod pq.

Theo Định lý Fermatbé ta có x16k 2 ✑ 1♣ mod pq, suy ra 2 ✑ 0♣ mod pq vơ
lí. Tương tự ta cũng chứng minh được x2   1 khơng có ước nguyên tố dạng
16k   7, 16k   11, 16k   15. Nếu x4   1 có ước nguyên tố dạng 16k   5, giả sử
4k  1

là p ✏ 16k  5 thì x4 ✑ ✁1♣ mod pq suy ra x16k 4 ✏ ♣x4 q
✑ ✁1♣ mod pq.
Theo Định lý Fermat bé ta có x16k 4 ✑ 1♣mod pq, suy ra 2 ✑ 0♣mod pq,
vơ lí. Tương tự ta cũng chứng minh được x4   1 khơng có ước ngun tố
dạng 16k   9, 16k   13. Do đó, nếu p là ước của cả g ♣xq và h♣xq, thì p phải

có dạng 16k   1. Vì thế f ♣xq nhận vơ hạn giá trị nguyên tố.

✆

Với cách làm hoàn toàn tương tự như trên ta có thể chứng minh được
tất cả các đa thức có dạng f ♣xq ✏ 4mx   1 € Zrxs với m là một số nguyên
dương đều nhận vô hạn giá trị nguyên tố.

2.2

Đa thức có nhiều tùy ý giá trị nguyên tố

Trong Tiết 1.3, chúng ta đã xét Giả thuyết 1.3.1 cho đa thức f ♣xq € Zrxs
có bậc dương. Nếu f ♣xq bất khả quy trên trường Q các số hữu tỷ thì tồn

tại vơ hạn số n sao cho f ♣nq 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 f ♣xq ✏ x2   x   2 bất khả quy trên Q (vì nó có bậc 2 và khơng

có nghiệm hữu tỷ), nhưng khơng nhận vơ hạn giá trị nguyên tố (vì f ♣xq

là số chẵn với mọi x € 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"