Luận văn Giá trị của đa thức trên một miền nguyên

c Dirichlet giải quyết trọn vẹn từ năm 1837. Định lý 1.3.2 (Dirichlet). Cho đa thức fpxq  ax b P Zrxs sao cho gcd pa, bq  1. Khi đó tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho fpnq nguyên 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 toán 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 fpxq  ax 1. Dạng tổng quát của Định lí, khi fpxq  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 không 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 công 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 không có nghiệm hữu tỷ), nhưng người ta không biết đa thức này có nhận vô hạn giá trị nguyên tố hay không. 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 fpxq  x2
x6và gpxq  x3
x9 là bất khả quy tên Q, nhưng luôn nhận giá trị hợp số. Đa thức hpxq  xp
x 3p (với p ¡ 3 là số nguyên tố) luôn nhận giá trị hợp số. Lời giải. Các đa thức fpxq  x2
x 6 và gpxq  x3
x 9 có bậc tương ứng là hai và ba, không có nghiệm hữu tỷ, nên bất khả quy trên Q. Chú ý rằng fpnq  n2
n 6  npn
1q 6 luôn là số chẵn với mọi n P Z. Nếu fpnq  2, thì npn
1q 
4, điều này không thể xảy ra. Vì thế fpnq luôn là hợp số. Theo Định lí Fermat bé, hpnq  np
n 3p luôn là bội của p với mọi n P Z. Nếu hpnq  p, thì npnp
1
1q 
2pq. Do p
1 chẵn nên pnp
1
1q ¡ 0. Vì thế n   0. Suy ra n P t
1,
2,
p,
2pu. Nếu n 
1, thì npnp
1
1q  0, vô lí. Nếu n 
2, thì 2p
1
1  p, dễ thấy 2n
1 ...3 còn p không chia hết cho 3, vô lí. Nếu n 
p, thì 2p
1
1  2, suy ra pp
1  3, điều không thể xảy ra. Nếu n 
2p, thì p2pqp
1
1  1, điều này vô lí. Vậy hpxq  xp
x 3p (với p ¡ 3 là số nguyên tố) bất khả quy 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 không trình bày chi tiết chứng minh này. Tuy nhiên, chúng ta có chứng minh hoàn toàn sơ cấp cho những trường hợp đặc biệt sau đây. Mệnh đề 1.3.4 Các đa bậc nhất có dạng sau nhận vô hạn giá trị nguyên tố. (i) f1pxq  x; (ii) f2pxq  2x 1; (iii) f3pxq  4x 1; (iv) f4pxq  8x 1; (v) f5pxq  6x 5; (vi) f6pxq  3x 2. Chứng minh. (i) Vì có vô hạn số nguyên tố, nên đa thức f1pxq  x nhận vô hạn giá trị nguyên tố. (ii) Vì 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất nên tồn tại vô hạn số nguyên tố lẻ, suy ra đa thức f2pxq  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 không có ước nguyên 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  1pmod 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 
1pmod pq. Từ đó chúng ta có x4N2  px2q2N1  p
1q2N1pmodpq 
1pmod pq. Nhưng theo Định lý Fermat bé thì x4N2  1pmod pq. Vậy 1 
1pmod pq, hay 2  0pmod pq, 15 đây là điều vô lí. Chúng ta chứng minh có vô số số nguyên 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  4p21p 2 2    p 2 k 1. Vì n có dạng x 2 1 nên theo khẳng định trên thì n không có ước nguyên tố dạng 4N 3. Vì n là số lẻ nên toàn bộ ước nguyên tố của n có dạng 4N 1. Chúng ta dễ dàng thấy không 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 fpxq  4x 1 nhận vô số giá trị nguyên tố. Ta chứng minh có vô số số nguyên 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 4N3 (vì tích của các số nguyên tố có dạng 4N1 là số là một số có dạng 4N1). Do đó tồn tại i sao cho q  pi và q là ước của n. Suy ra q là ước của 1, vô 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 không có ước nguyên tố có dạng 8N 3 hoặc 8N 7 và x4 1 không có ước số nguyên tố dạng 8N 5. Thật vậy, giả sử x2 1 có ước nguyên tố p  8N 3. Khi đó x2 
1pmod pq. Từ đó chúng ta có x8N2  px2q4N1  p
1q4N1pmodpq 
1pmod pq. Nhưng theo Định lý Fermat nhỏ thì x8N2  1pmod pq. Vậy 1 
1pmod pq, hay 2  0pmod pq, đây là điều vô lí vì p là số lẻ. Chứng minh tương tự chúng ta có x21 không thể có ước số nguyên tố có dạng 8N 7 và x4 1 không thể có ước nguyên tố dạng 8N 5. Việc chứng minh mệnh đề (iV) tương đương với việc chứng minh có vô số số nguyên tố dạng 8N 1. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 8N 1 là p1, ..., pm. Xét số n  16p 4 1...p 4 m 1, số này cũng có 16 dạng 8N 1. Có n  4p21...p 2 m 2 1  p2p1...pmq 4 1. Vì số n này có dạng x2 1 và x4 1 nên theo khẳng định trên n không có ước nguyên 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, vô lí. (v) Để chứng minh mệnh đề chúng ta chỉ cần chỉ ra có vô số nguyên 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 nguyên tố có dạng 6N 3 vì chúng ta biết số có dạng p6N 3qk không 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, vô lí. (vi) Để chứng minh đa thức f6pxq  3x 2 nhận vô hạn giá trị nguyên tố ta chứng minh có vô hạn số nguyên 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 nguyên 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, vô lí. Vậy đa thức f6pxq  3x 2 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. l Sử dụng kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết được một số bài toán về ước nguyên tố trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Dưới đây, chúng ta áp dụng kết quả có vô hạn số nguyên 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  8k 1. Vì p nguyên tố nên theo Định lí Wilson ta có 1  2    pp
1q 
1pmod pq. 17 Chú ý rằng p
1 2  4k là số chẵn và với số tự nhiên i sao cho 1 ¤ i ¤ p
1 2 ta có p
i 
1pmod pq. Thay những nhân tử p
i bởi nhân tử
i với  1 ¤ i ¤ p
1 2 vào vế trái đồng dư thức ở trên ta được  p
1 2 ! 2 p
1q4k   p
1 2 ! 2 
1pmod pq. Đặt a  p
1 2 !. Khi đó a2 
1pmod 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 
1pmod pq. Vì thế b là nghiệm của phương trình x2 
1pmod pq. Ta có pp
bq2  b2 
1pmod pq. Vì thế 1 ¤ p
b ¤ p
1 và p
b cũng là nghiệm của phương trình x2 
1pmod pq. Đặt n  mintb, p
bu. Khi đó n ¤ p
1 2 và n2 1 chia hết cho p. Ta cần chứng minh p ¡ 2n ? 10n. Thật vậy, vì n ¤ p
1 2 , nên ta đặt n  p
1 2
l với l ¥ 0. Do n2 1 chia hết cho p, nên ta suy ra  p
1 2
l 2 
1pmod pq. Do đó  p
1
2l 2 2 
1pmod pq. Suy ra p2l 1q2 4  0pmod pq. Viết p2l1q24  pr với r P N. Nếu l chẵn, thì l  2t và ta có p2l1q2  p4t 1q2  1pmod 8q. Nếu l lẻ, thì l  2t 1 và p2l 1q2  p4t 3q2  1pmod 8q. Vì p  8k, nên ta luôn có p2l 1q2  1  ppmod 8q. Suy ra rp  rp8k 1q  1 4pmod 8q. 18 Do đó r  5pmod 8q. Vì thế r ¥ 5. Suy ra p2l 1q2 4 ¥ 5p. Suy ra l ¥ ? 5p
4
1 2 . Đặt ? 5p
4  u. Khi đó l ¥ u
1 2 . Vì thế n  p
1 2
l ¤ p
1 2
u
1 2  1 2 pp
uq. Vì u  ? 5p
4, nên ta có p  u2 4 5 . Thay p vào đẳng thức trên ta được u2
5u
10n 4 ¥ 0. Giải bất phương trình bậc hai (ẩn n) này với chú ý rằng u ¥ 0, ta được u ¥ 5 ? 4n 9 2 . Vì n ¤ 1 2 pp
uq, nên ta có p ¥ 2n u ¥ 2n 1 2 5 ? 40n 9  ¥ 2n ? 10n. Vì có vô hạn số nguyên tố dạng 8k 1, nên có vô hạn số n thỏa mãn điều kiện đầu bài. l 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  x2pmod 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: Cho a là số nguyên và p là số nguyên tố khi đó có kí hiệu:  a p  k như sau: Đặt  a p  1 nếu p không chia hết a và a là số chính phương modulo p. Đặt  a p 
1 nếu p không chia hết a và a không là số chính phương modulo p. Nếu p chia hết a thì ta đặt  a p  0. Chúng ta quay trở lại ví dụ. Giả sử xét số nguyên tố p có dạng 4k 1. Theo Định lí tiêu chuẩn Euler: “Cho p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên 19 không chia hết cho p. Khi đó  a p  a p
1 2 pmod pq”. Chúng ta có: 
1 p  p
1q p
1 2 pmod pq  1pmod pq. Do đó
1 là số chính phương modulo p. Vì thế tồn tại n P t1, 2, ..., p
1u sao cho n21  0pmod pq. Lại dễ thấy n!  0pmod pq nên ta suy ra n21 không là ước của n!. Bây giờ ta chỉ cần chứng tỏ sự tồn tại vô hạn của n thì bài toán 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 vô hạn số nguyên 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 toán 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 fpxq P Zrxs nếu tồn tại một số tự nhiên n sao cho p là ước của fpnq. Dưới đây, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng mỗi đa thức có hệ số nguyên với bậc dương đều có vô hạn ước nguyên 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 tôi 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 vô hạn số nguyên 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 vô lí. Định lý 2.1.2 (Schur) Nếu fpxq P Zrxs là đa thức có bậc dương, thì luôn tồn tại vô hạn ước nguyên tố của fpxq. Chứng minh. Cho fpxq  anx n ... a1x a0 P Zrxs có bậc n dương. Ta luôn biểu diễn được fpxq  xtgpxq, trong đó hệ số tự do của gpxq khác 0. Nếu deg gpxq  0, thì gpxq  a P Z và t ¡ 0. Trong trường hợp này, mỗi số nguyên tố p đều là ước của fppq  pta. Vì thế fpxq có vô hạn ước nguyên tố. Nếu deg gpxq ¡ 0, thì mỗi ước nguyên tố của gpxq là ước nguyên tố của fpxq. Do đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết hệ số tự do của fpxq khác 0. Nếu fpxq chỉ có ước là 1, thì đa thức fpxq
b là đa thức bậc dương có vô hạn nghiệm, trong đó b  1 hoặc b 
1. Điều này không thể xảy ra. Vì thế fpxq có ít nhất một ước nguyên tố. Giả sử f có hữu hạn ước nguyên tố là p1, ..., pk. Vì fpxq có ít nhất một ước nguyên tố, nên k ¥ 1. Đặt q  p1...pk. Khi đó fpqa0xq  anpqa0xq n ... a1pqa0xq a0  a0hpxq Với hpxq  bnx n ... b1x 1 P Zrxs, trong đó bi  aiqiai
10 xi với mọi i  1, . . . , n. Suy ra q là ước của bi với mọi i  1, ..., n. Vì hpxq có bậc dương, nên bằng cách lập luận tương tự như trên ta suy ra hpxq có ít nhất một ước nguyên tố, chẳng hạn p. Do đó tồn tại số tự nhiên m sao cho p là ước của hpmq. Suy ra p là ước của a0hpmq  fpqa0mq. Do đó p là ước nguyên tố của fpxq. Giả sử p là ước của q. Vì q là ước của bi với mọi i  1, . . . , n và p là ước của hpmq  bnm n ... b1m 1, nên p là ước của 1. Điều này không thể xảy ra. Vì thế p không là ước của q. Như vậy, ta đã 22 tìm được một ước nguyên tố p của fpxq khác mọi ước nguyên tố p1, ..., pk. Điều này mâu thuẫn. l 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 fpxq  4x 1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. Lời giải. Theo Định lí 2.1.2, đa thức gpxq  4x2 1 nhận vô hạn ước nguyên tố. Ta đã chứng minh trong Tiết 1.3 rằng nếu p là ước nguyên tố của gpxq, thì p có dạng 4k 1. Vì thế, đa thức fpxq nhận vô hạn giá trị nguyên tố.  Kí hiệu P pfq là tập các ước nguyên tố của đa thức fpxq P Zrxs. Theo Định lí 2.1.2, nếu fpxq có bậc dương, thì P pfq là tập vô 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 polynômes” 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 tôi không đưa vào luận văn). Định lý 2.1.4 (Nagell) Nếu fpxq, gpxq P Zrxs là hai đa thức có bậc dương, thì tập P pfq X P pgq 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 fpxq  8x 1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. Lời giải. Đặt gpxq  x2 1 và hpxq  x4 1. Theo Định lí 2.1.4, tập P pgq X P phq 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 gpxq và hpxq, thì p phải có dạng 8k 1. Vì thế fpxq nhận vô hạn giá trị nguyên tố.  Ví dụ 2.1.6 Đa thức fpxq  16x 1 nhận vô hạn giá trị nguyên tố. 23 Lời giải. Đặt gpxq  x2 1 và hpxq  x4 1.Theo Định lí 2.1.4, tập P pgq X P phq 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 nguyên 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 p  16k 3 thì x2 
1pmod pq suy ra x16k2  px2q 8k1 
1pmod pq. Theo Định lý Fermatbé ta có x16k2  1pmod pq, suy ra 2  0pmod pq vô lí. Tương tự ta cũng chứng minh được x21 không có ước nguyên tố dạng 16k7, 16k11, 16k15. Nếu x41 có ước nguyên tố dạng 16k5, giả sử là p  16k5 thì x4 
1p mod pq suy ra x16k4  px4q 4k1 
1p mod pq. Theo Định lý Fermat bé ta có x16k4  1pmod pq, suy ra 2  0pmod pq, vô lí. Tương tự ta cũng chứng minh được x4 1 không có ước nguyên tố dạng 16k9, 16k13. Do đó, nếu p là ước của cả gpxq và hpxq, thì p phải có dạng 16k 1. Vì thế fpxq nhận vô 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 fpxq  4mx 1 P 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 fpxq P Zrxs có bậc dương. Nếu fpxq bất khả quy trên trường Q các số hữu tỷ thì tồn tại vô hạn số n sao cho fpnq 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 fpxq  x2 x 2 bất khả quy trên Q (vì nó có bậc 2 và không có nghiệm hữu tỷ), nhưng không nhận vô hạn giá trị nguyên tố (vì fpxq là số chẵn với mọi x P 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" 24 năm 1990 xem tài liệu tham khảo [2]. Ở đó ông chỉ ra rằng với mỗi số k cho trước, tồn tại đa thức bậc k nhận nhiều tùy ý giá trị nguyên tố. Định lý 2.2.1 Cho k ¥ 2 là một số nguyên và M là số tự nhiên lớn tùy ý. Khi đó tồn tại các số nguyên dương c, d sao cho đa thức ppxq  xk c, hoặc ppxq  xk
d nhận nhiều hơn M giá trị nguyên tố. Chứng minh. Với mỗi số thực x, kí hiệu rxs là phần nguyên của x, tức là rxs là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Kí hiệu ± pxq là số các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng x. Theo Định lý về phân bố số nguyên tố ta có ± pxq  x lnx . Suy ra với mỗi ε P p0; 1q nhỏ tùy ý, tồn tại một số tự nhiên ypεq (phụ thuộc ε) sao cho ¹ pxkq ¡ p1
εqxk k lnx . Với mọi xk ¡ ypεq với ε P p0; 1q cho trước cố định, chọn số nguyên dương N sao cho Nk ¡ ypεq, p1
εqN kpk 1q lnN ¡M và N ¡ 2k
k (số N như trên luôn tồn tại). Khi đó với mỗi số nguyên tố p P  1;Nk  luôn tồn tại 1 số nguyên dương np   p 1 k    N sao cho p
nkp   pnp 1q k
nkp   kn k
1 p n k
2 p pC 2 k C 3 k ... 1q   knk
1p n k
2 p p2 k
kq   pk 1qNk
1. Do đó tất cả các số nguyên p
nkp đều thuộc đoạn  1; pk 1qNk
1  . Chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên c P  1; pk 1qNk
1  sao cho c  p
nkp với ít nhất p1
εqNk kpk 1qNk
1 lnN số nguyên tố p phân biệt thuộc đoạn r1;Nks. Thật vậy, giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số c thuộc đoạn  1; pk 1qNk
1  , tồn tại ít hơn p1
εqNk kpk 1qNk
1 lnN số nguyên tố phân biệt 25 thuộc đoạn r1;Nks sao cho c  p
pkp. Khi đó ¹ pNkq   pk 1qNk
1  p1
εqNk kpk 1qNk
1 lnN  p1
εqNk k lnN . Do đó ± pxkq   p1
εqNk k lnN , điều này vô lí. Vậy c  p
pkp với ít nhất p1
εqNk kpk 1qNk
1 lnN ¡ M số nguyên tố p thỏa mãn p  c nkp. Suy ra đa thức ppxq  xk c nhận nhiều hơn M giá trị nguyên tố. l 2.3 Miền phân tích duy nhất Trong tiết này chúng ta chứng minh Định lý của Gauss: Vành đa thức trên miền phân tích duy nhất là miền phân tích duy nhất. Trước hết chúng ta nhắc lại một số khái niệm và tính chất của miền phân tích duy nhất. Chúng ta đều biết rằng, trong miền nguyên Z, mỗi số nguyên dương n ¡ 1 đều có một phân tích tiêu chuẩn n  pr11    p rk k , trong đó p1, ..., pk là những số nguyên tố đôi một phân biệt và r1, ..., rk là những số nguyên dương. Sự phân tích tiêu chuẩn là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các phần tử. Vấn đề đặt ra là những miền nguyên nào có tính chất phân tích duy nhất tương tự như vành các các số nguyên Z? Mục đích của tiết này là giải quyết vấn đề trên. Những miền nguyên có tính chất này được gọi là miền phân tích duy nhất (Unique Factorization Domain). Đôi khi miền phân tích duy nhất còn được gọi là miền Gauss, vì Carl Friedrich Gauss là người đầu tiên nghiên cứu loại miền này. Trong Chương 2, luôn giả thiết V là một miền nguyên, tức V là vành giao hoán khác t0u và nếu a, b  0 là hai phần tử của V thì ab  0. Trước khi trình bày khái niệm miền phân tích duy nhất, chúng ta nhắc lại một số khái niệm về ước, bội, phần tử nguyên tố, phần tử bất khả quy. Định nghĩa 2.3.1 Cho a, b P V, b  0. Ta nói b là ước của a (hay a là bội của b), nếu tồn tại q P V sao cho a  bq. Nếu tồn tại q P V để 1  bq thì 26 ta nói b là phần tử khả nghịch hay b là ước của đơn vị. Ta nói a và b liên kết, viết là a  b, nếu đồng thời a là ước của b và b là ước của a. Nếu b là ước của a và a không là ước của b thì ta nói b là ước thực sự của a. Chú ý rằng a và b liên kết với nhau nếu và chỉ nếu chúng chỉ khác nhau một nhân tử là ước của đơn vị, tức là tồn tại một phần tử khả nghịch u P V sao cho a  bu. Định nghĩa 2.3.2 Cho p P V . Ta nói p là phần tử bất khả quy nếu p khác 0, không khả nghịch và không có ước thực sự. Ta nói p là phần tử nguyên tố nếu p khác 0, không khả nghịch và nếu p là ước của tích ab thì p là ước của a hoặc p là ước của b với mọi a, b P V . Trong miền nguyên Z, các phần tử bất khả quy là và chỉ là các số nguyên tố. Trong miền V bất kỳ, nếu p là phần tử nguyên tố thì p là bất khả quy. Tuy nhiên chiều ngược lại không đúng. Chẳng hạn, xét miền nguyên V  ta bi ? 13 | a, b P Zu Các phần tử 2, 7, 1 i ? 13 và 1
i ? 13 là bất khả quy nhưng không là phẩn tử nguyên tố, vì ta có phân tích 14  2  7  p1 i ? 13qp1
i ? 13q trong đó 2, 7 là ước của tích p1 i ? 13qp1
i ? 13q nhưng 2, 7 không là ước của 1 i ? 13 và cũng không là ước của 1
i ? 13. Tương tự 1 i ? 13 và 1
i ? 13 là ước của tích 2  7, nhưng không là ước của 2 và cũng không là ước của 7. Định nghĩa 2.3.3 Miền nguyên V được gọi là miền phân tích duy nhất nếu mỗi phần tử khác 0 và không khả nghịch đều phân tích được thành tích các phần tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và cũng không kể đến các nhân tử là ước của đơn vị. Miền phân tích duy nhất (Unique Factorization Domain) còn được gọi là miền nhân hóa hay miền Gauss. 27 Ví dụ 2.3.4 (i) Mỗi trường đều là miền phân tích duy nhất. (ii) Z là miền phân tích duy nhất. (iii) Zris  ta bi | a, b P Zu là miền phần tích duy nhất. (iv) Với ω 
1 2 ? 3 2 , miền nguyên Zrωs  ta bω | a, b P Zu là miền phân tích duy nhất. (v) Zri ? 3s  ta ib ? 3 | a, b P Zu không là miền phân tích duy nhất vì số 4 có hai phân tích bất khả quy là 4  2  2  p1 i ? 3qp1
i ? 3q. Định nghĩa 2.3.5 Cho a1, a2, a3, ... là dãy các phần tử của V sao cho ai1 là ước của ai với mọi i ¥ 1. Ta nói a1, a2, a3, ... là dãy dừng nếu tồn tại một số tự nhiên n0 sao cho an liên kết với an0 với mọi n ¥ n0. Miền V được gọi là thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự nếu mọi dãy a1, a2, a3, ... những phần tử của V thỏa mãn tính chất ai1 là ước của ai với mọi i đều là dãy dừng. Miền nguyên Z thỏa mãn điều kiện dãy dừng những ước thực sự. Định nghĩa 2.3.6 Cho a1, ..., an P V. Một ước chung d P V của a1, ..., an được gọi là ước chung lớn nhất nếu nó là bội của mọi ước chung khác của a1, ..., an. Nếu 1 là ước chung lớn nhất của a1, a2, ..., an thì ta nói a1, a2, ..., an là nguyên tố cùng nhau. Một bội chung m P V của a1, a2, ..., an được gọi là bội chung nhỏ nhất nếu m là ước của mọi bội chung khác của a1, ..., an. Sau đây là một số đặc trưng của miền phân tích duy nhất. Bổ đề 2.3.7 Các mệnh đề sau là tương đương i) V là miền phân tích duy nhất. ii) V thỏa mãn điều kiện có ước chung lớn nhất và điều kiện dãy dừng những ước thực sự. 28 iii) Mỗi phần tử khác không và không khả nghịch của V đều phân tích được thành tích của hữu hạn nhân tử bất khả quy và mọi phần tử bất khả quy của V đều là phần tử nguyên tố. Trong các phần tiếp theo ta luôn giả sử V là miền phân tích duy nhất. Định nghĩa 2.3.8 Một đa thức khác không trong vành V rxs được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó có ước chung lớn nhất bằng 1. Bổ đề 2.3.9 Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản. Chứng minh. Cho hai đa thức nguyên bản