Phần tử bất khả quy trên miền nguyên

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN LÝ NGÂN

PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MIỀN
NGUYÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An – 2012


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRẦN LÝ NGÂN

PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MIỀN
NGUYÊN
Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60 46 05
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
TS. MAI VĂN TƢ

Nghệ An – 2012

3

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ………………………………………………………….1
Chƣơng 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN ……………………………...3
1.1. Vành số nguyên phức Gauss………………………………...3
1.2. Vành đa thức trên trường số………………………………....4
Chƣơng 2 PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MIỀN NGUYÊN………7

2.1. Số nguyên tố trong vành số nguyên…………………………7
2.2. Số nguyên tố trên vành số nguyên phức Gauss…………….12
2.3. Đa thức bất khả quy………………………………………...15
2.4. Mối quan hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố……30
KẾT LUẬN……………………………………………………………………
TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………


4

MỞ ĐẦU
Phần tử bất khả quy đóng một vai trị quan trọng trong bộ môn số học. Rất
nhiều kết quả đặc sắc về phần tử bất khả quy trên một miền nguyên gắn liền với tên
tuổi của nhiều nhà Toán học như Tsebesep, Gauss, J. Hadamard và L.V. Poussin,
Einsenstein ....Năm 1896, trong một bài báo nhan đề: “Về số các số nguyên tố bé
hơn một giá trị đã cho” nhà toán học B. Riman đã đưa ra hàm số zêta  ( s) và đã
chỉ ra rằng có sự liên hệ chặt chẽ giữa hàm zêta và các số nguyên tố. Giả thuyết của
Riman đã được nhà toán học Nhật Bản H. Matsumoto chứng minh thành công vào
năm 1984.

Luận văn của tôi dựa trên tài liệu [1], [3], [5] để tìm hiểu về dấu hiệu nhận
biết, các tính chất của phần tử bất khả quy, cũng như mối liên hệ giữa đa thức bất
khả quy và số nguyên tố.
Mục đích của luận văn này là nhằm trình bày một số kết quả cùng với các
chứng minh chi tiết về số nguyên tố và đa thức bất khả quy cũng như mối quan hệ
giữa chúng.
Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày các kiến thức cơ bản về vành
số nguyên phức Gauss và vành đa thức trên trường số. Chương 2 trình bày về đa
thức bất khả quy trên miền nguyên như số nguyên tố trong vành số nguyên, số
nguyên tố trên vành số nguyên phức Gauss, đa thức bất khả quy cũng như mối quan
hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - TS. Mai Văn
Tư - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn.
Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý thuyết
số, Khoa Tốn, Phịng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh, những người
đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu.


5
Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã giúp đỡ, tạo điều kiện
thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của chương trình
đào tạo sau đại học.
Tơi xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, gia đình đã động viên và
giúp đỡ tơi trong suốt khóa học.
Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu Trường Trung học Cơ sở Đặng
Trần Cơn, và các thầy cơ đồng nghiệp, Phịng Gi��n 1. (Trong chứng minh những số  i


khơng

thể

bằng

35

b 1,

vì

P  b  1  0 theo

giả

thiết

suy

ra

b  1  i  0 và phép chia hoàn toàn có nghĩa).
2.4.4. Định lý. Cho b  2 là số nguyên và p là một số nguyên tố. Ta viết p trong
hệ số cơ số b , nghĩa là có dạng

p  a0bn  a1bn1  ...  an ,
ở đây n là số tự nhiên, a0  0 và 0  ai  b(i  0,1,..., n) và ta xét đa thức

P  x   a0 x n  a1 x n1  ...  an
Khi đó đa thức P  x  bất khả quy ( hiển nhiên giả thiết p  b vì với p  b thì đa
thức là một hằng số ).

Chứng minh. Ta sẽ sử dụng tiêu chuẩn của Perron từ định lí trước. Hiển nhiên

P  b   p và P  b  1  0 vì b  1  1 , tất cả hệ số ai lớn hơn hoặc bằng 0 và ít nhất
một trong chúng là số dương.
Ta chỉ còn chứng minh mọi nghiệm của  của P  x  thỏa mãn bất đằng thức

1
  b  .
2
Ta có thể tìm thêm thơng tin cho  . Ta có thể cho rằng   0 , vì với   0 bất
đẳng thức   b 

1
là hiển nhiên. Ta kí hiệu r là module của  , nghĩa là   r .
2

Ta có thể giả thiết r  1, bởi vì trường hợp ngược lại, nếu r  1 , từ bất đẳng thức
hiển nhiên     r  1  b 

1
1
suy ra   b  , vì b  2 và hiển nhiên
2
2

đúng.
Hiển nhiên với những điều kiện ở trên thì   0 và suy ra đằng thức P    0 ta có
thể chia hai vế cho  n và nhận được

a0 

Từ đây ta có

a1





a2



2

 ... 

an

n

 0.


36

a0 

a1

an







a2

2

 ... 

an

n

.

Theo bất đẳng thức cho module cho vế phải ta có
a2



2

 ... 

an



n



a2



2

 ... 



n

a2
a
 ...  nn .
2
r
r


a 
a
Ta chú ý rằng   a0  1   a0  1 ta nhận được






a  a
a
  a0  1   22  ...  nn .
 r
r

Ta biết rằng ai  b  1, ta có thể đánh giá vế phải của bất đẳng thức trên

1
1

a2 a3
an
1  b 1
1
r n1 .


...


b

1

...



.


 2

r2 r3
rn
rn  r2 1 1
r
r
Bởi vì ta giả thiết rằng r  1 , từ bất đẳng thức cuối cùng ta nhận được

a2 a3
a
1 1
1
,
 3  ...  nn   b  1 2
  b  1
2
r
r
r
r 1 1
r  r  1
r
từ đó suy ra


a 
1
.
  a0  1    b  1

r  r  1


Nhưng ta đã giả thiết   0 suy ra 

a1



(vì a1 là một số khơng âm) và vì a0 là một


a 


a 
a 
số nguyên dương, thì   a0  1   1 . Suy ra   a0  1     a0  1   1 và cuối






cùng ta nhận được bất đẳng thức

1   b  1

1
.
r  r  1

Ta biến đổi bất đẳng thức cuối cùng. Bởi vì r  1 , nên r  r  1  0 . Suy ra


37

Giả sử   b 

r  r  1  b  1 .

1
1
3
từ bất đẳng thức này suy ra ngay r  b  hoặc là r  1  b  .
2
2
2

Bằng cách nhân hai bất đẳng thức r  b 

1
3
và r  1  b  , ta nhận được
2

2

3
r  r  1  b 2  2b  ,
4
từ đó có b 2  2b 

3
7
 b  1 hoặc là b 2  3b   .
4
4

Bởi vì b là một số nguyên và lớn hơn hoặc bằng 2 nên bất đẳng thức sau cùng
khơng thể xảy ra. Điều này vơ lí và định lí được chứng minh.
2.4.5. Nhận xét. Cho trước p là một số nguyên tố và p  b  2 . Khi đó chúng ta
xây dựng được p  2 đa thức bất khả quy trên

.

Ví dụ: Với p  101
+) b  2  101  1.26  1.25  1.22  1

 P( x)  x6  x5  x 2  1 là đa thức bất khả quy.
+) b  3  101  1.34  2.32  2

 P( x)  x 4  2 x 2  2 là đa thức bất khả quy.
+) b  4  101  1.43  2.42  1.4  1

 P( x)  x3  2 x 2  4 x  1 là đa thức bất khả quy.

.......


38

KẾT LUẬN
Nội dung chính của luận văn là trình bày một số kiến thức cơ sở về đa thức
bất khả quy trên miền nguyên. Cụ thể luận văn đã thực hiện được các nội dung sau:
1. Trình bày các kiến thức cơ bản về:
- Vành số nguyên phức Gauss.
- Vành đa thức trên trường số .
2. Trình bày một số tính chất về:
- Số nguyên tố trong vành số nguyên Z .
- Số nguyên tố trên vành số nguyên phức Gauss.
- Đa thức bất khả quy.
- Mối quan hệ giữa đa thức bất khả quy và số nguyên tố.


39

TÀI LIỆU THAM KHẢO
TIẾNG VIỆT
[1]

Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng , Nhà xuất bản Giáo dục.

[2]

Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi
toán trung học, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.

[3]

Hà Huy Khoái (2003), Số học, Nhà xuất bản Giáo dục, Đà Nẵng.

[4]

Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất bản
Đại học Quốc gia Hà Nội.

[5]

Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình số học, Nhà xuất bản Giáo dục.
TIẾNG ANH

[6]

A. B. Gonrachov (1985), The arithmetic of Gaussian integers, Kvant,
No.12, pp. 8-13.

[7]

D. M. Burton (2002), elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill
Company, New Delhi.

[8]

Ribenboim (Paulo) (1996), The New Book of Prime Number Records,
Springer-Verlag, New York.

[9]

S. G. Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company
Limited, New Delhi.


40