Định nghĩa 4.3.1. Cho n là số nguyên dương. Đa thức chia đường tròn thứ n là đa thức dạng chuẩn (tức là có hệ số cao nhất bằng 1) và có đúng
ϕ(n) nghiệm là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Ta kí hiệu đa thức chia đường tròn thứ n là Φn(x). Như vậy Φn(x) có bậc ϕ(n) và
Φn(x) = Y
εn=1
ord(ε)=n
(x−ε).
Ví dụ 4.3.1. Các căn bậc 3 của đơn vị là εk = cos2kπ
3 +isin2kπ
3 , k = 0,1,2.
Các căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị là ε1 = −1
2 +i
√3
2 ;ε2 = −1 2 −i
√3 2 . Do đó đa thức chia đường tròn thứ 3 là
Φ3(x) = x+ 1 2 −i
√3 2
!!
x+ 1 2 +i
√3 2
!!
= x2 +x+ 1.
Các căn bậc 4 của đơn vị là εk = cos2kπ
4 +isin2kπ
4 ;k = 0,1,2,3.
Các căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị là ε1 = i và ε3 = −i. Đa thức chia đường tròn thứ 4 là
Φ4(x) = (x−i) (x+i) = x2 + 1.
Định lý 4.3.1. Cho n là số nguyên dương. Khi đó xn−1 = Y
d|n
Φd(x).
Chứng minh. Để chứng minh đẳng thức trên, ta chỉ cần chứng minh hai đa thức xn−1 và Q
d|n
Φd(x) đều có dạng chuẩn, đều không có nghiệm bội và có cùng tập nghiệm.
Theo định nghĩa, mỗi Φd(x) là một đa thức dạng chuẩn. Vì thế đa thức bên phải có dạng chuẩn. Do đó hai đa thức ở hai vế đều có dạng chuẩn.
Chú ý rằng một đa thức có nghiệm bội nếu và chỉ nếu đa thức đó và đạo
hàm của nó phải có nghiệm chung. Vì thếxn−1không có nghiệm bội (các nghiệm của xn−1 đều khác 0, trong khi đó đạo hàm của nó là nxn−1 chỉ có duy nhất nghiệm bằng 0). Với mỗi ước d của n, các nghiệm của Φd(x) đều là nghiệm của xd −1 và do đó nó không có nghiệm bội. Giả sử d và d0 là hai ước khác nhau của n. Khi đó mỗi nghiệm của Φd(x) có cấp là d, trong khi đó mỗi nghiệm của Φd0 (x) có cấp là d0. Vì thế, các nghiệm của đa thức Q
d|n
Φd(x) đều là nghiệm đơn. Giả sử ε là nghiệm của xn−1. Gọi d là cấp của ε. Khi đó εd = 1 và d là số nguyên dương bé nhất có tính chất này. Vì thế ε là căn nguyên thủy bậc d của đơn vị. Suy ra ε là nghiệm của đa thức Φd(x). Ngược lại, cho d là ước của n và ε là nghiệm của Φd(x). Khi đó εd = 1. Suy ra εn = 1 tức ε là nghiệm của đa thức xn−1. Hệ quả 4.3.1. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
Φn(x) =Y
d|n
xnd −1à(d).
Chứng minh. Kết quả này suy ra ngay từ các mệnh đề (4.1.3) và định lý (4.3.1). Thật vậy, với mỗi số tự nhiên x, đặt Fx, fx : Z+ → Z+ là các hàm xác định bởi Fx(n) = xn−1 và fx(n) = Φn(x).
Theo định lý (4.3.1) ta có Fx(n) = Q
d|n
fx(d). Do đó theo mệnh đề (4.1.3) ta có fx(n) = Q
d|n
Fx n d
à(d)
. Nghĩa là với mọi số tự nhiên x ta có
Φn(x) =Y
d|n
xnd −1à(d).
Như vậy, hai đa thức ở hai vế của đẳng thức trên có bậc là ϕ(n) và nhận giá trị bằng nhau tại mọi số tự nhiên x. Lại chú ý thêm rằng hai đa thức này có bậc ϕ(n) nên nhận giá trị bằng nhau tại không quá ϕ(n) điểm.
Do đó chúng là hai đa thức bằng nhau.
Mệnh đề 4.3.1. Giả sử f (x) = xm + am−1xm−1 + ã ã ã + a1x + a0 và g(x) = xn+bn−1xn−1+ã ã ã+b1x+b0 là hai đa thức với hệ số hữu tỉ. Nếu các hệ số của f g đều là số nguyên thì các hệ số của f và g cũng nguyên.
Chứng minh. Bằng cách quy đồng mẫu số, ta có thể chọn được m và n là hai số nguyên dương nhỏ nhất để tất cả các hệ số của hai đa thức
mf(x) và ng(x) là các số nguyên. Đặt Ai = mai với i = 0, . . . , m−1 và Bi = nbi với i = 0, . . . , n−1. Đặt Am = m và Bn = n. Khi đó
mnf (x)g(x) =AmBnxm+n +ã ã ã+A0B0.
Do f (x)g(x) ∈ Z[x] nên tất cả các hệ số của mnf (x)g(x) đều chia hết cho mn. Giả sử rằng mn ≥ 1. Gọi p là một ước nguyên tố của mn. Khi đó tồn tại một số nguyên i ∈ {0, . . . , m} sao cho p không là ước của hệ số Ai củamf. Thật vậy, nếu p không là ước của m thì p không là ước của hệ số cao nhất Am của mf; còn nếu p là ước của m thì p là ước của Ai với mọi i ∈ {0, . . . , m} và do đó Ai
p = m
pai ∈ Z, điều này là mâu thuẫn với giả thiết m là số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất các hệ số của mf đều là số nguyên.
Tương tự, tồn tại một số nguyên j ∈ {0, . . . , n} sao cho p không là ước của hệ số Bj của đa thức ng. Gọi i0 và j0 tương ứng là số nguyên lớn nhất trong các số i và j thỏa mãn tính chất p không là ước của Ai và p không là ước của Bj. Khi đó hệ số của xi0+j0 trong đa thức mnf (x)g(x) là Ai0Bj0 +pt trong đó t là số nguyên. Rõ ràng hệ số này nó không là bội của p. Vì các hệ số của f g đều nguyên nên các hệ số của mnf g đều chia hết cho mn và do đó đều chia hết cho p, điều này là vô lí. Vậy mn = 1.
Suy ra f, g có các hệ số đều nguyên.
Bổ đề 4.3.1. Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương. Khi đó a) Nếu p|n thì Φpn(x) = Φn(xp).
b) Nếu p không là ước của n thì Φpn(x) = Φn(xp) Φn(x) .
Chứng minh. Trước hết, giả sử p|n. Kí hiệu Ip,n là tập các ước d của pn sao cho d không là ước của n. Theo hệ quả (4.3.1) ta có
Φpn(x) = Y
d|pn
xpnd −1
à(d)
=
Y
d|n
xpnd −1 à(d)
Y
d∈Ip,n
xpnd −1 à(d)
= Φn(xp) Y
d∈Ip,n
xpnd −1 à(d)
.
Lấy d ∈ Ip,n. Khi đó d|pn và d không là ước của n. Viết d = pkm;n = ptl với m, l không chia hết cho p. Vì d|pn nên pkm|pt+1l. Suy ra k ≤ t+ 1 và m|l. Do d không là ước của n và m|l nên k > t. Do p|n nên t >0. Suy ra k ≥ 2, tức là p2|d nờn à(d) = 0. Do vậy Q
d∈Ip,n
xpnd −1à(d) = 1 và do đú Φpn(x) = Φn(xp).
Ngược lại, giả sử p không là ước của n. Theo hệ quả (4.3.1) ta có:
Φpn(x) = Y
d|pn
xpnd −1
à(d)
=
Y
d|n
xpnd −1
à(d)
Y
d|n
xpnpd −1
à(pd)
=
Y
d|n
xpnd −1 à(d)
Y
d|n
xnd −1−à(d)
= Φn(xp) Φn(x) .
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 4.3.2. Cho p là số nguyên tố và n, k là các số nguyên dương.
a) Nếu p|n thì Φpkn(x) = Φnxpk.
b) Nếu p không là ước của n thì Φpkn(x) = Φn
xpk
Φn(xpk−1). Chứng minh. Theo bổ đề (4.3.1) ta có
Φpkn(x) = Φpk−1n(xp) = Φpk−2nxp2 = ã ã ã = Φpnxpk−1.
Vì thế cũng theo bổ đề (4.3.1), nếu p|n thì Φpnxpk−1 = Φnxpk và nếu p không là ước của n thì Φpnxpk−1 =
Φnxpk Φn xpk−1.
Hệ quả đã được chứng minh.
Cho f (x) = anxn+ã ã ã+a1x+a0 vàg(x) = bnxn+ã ã ã+b1x+b0 ∈ Z[x]. Nếu ai ≡ bi (mod p) với mọi i = 0,1, . . . , n thì ta nói f(x) và g(x) đồng dư với nhau theo modulo p và ta viết f(x) ≡ g(x) (mod p).
Bổ đề 4.3.2. Cho p là số nguyên tố và k ≥ 2 là một số tự nhiên. Giả sử đa thức xn −1 có nghiệm bội k modulo p, nghĩa là tồn tại a ∈ Z và f(x) ∈ Z[x] sao cho xn −1 ≡ (x−a)kf (x) (mod p). Khi đó p|n.
Chứng minh. Rõ ràng p không là ước của a. Thay y = x−a ta có:
(y+ a)n−1≡ ykf (y+ a) (mod p).
So sánh các hệ số ta thấy rằng các hệ số bậc nhất của y ở vế phải bằng 0. Theo định lý nhị thức, hệ số bậc nhất của y ở vế trái bằng nan−1. Vì vậy ta có nan−1 ≡ 0 (mod p), do đó p|nan−1. Nhưng p không là ước của a nên p không là ước của an−1, vì vậy p|n. Bổ đề được chứng minh.
Hệ quả 4.3.3. Cho n là số nguyên dương và d < n là một ước của n. Cho x là số nguyên. Giả sử rằng p là một ước nguyên tố chung của Φn(x) và Φd(x). Khi đó p|n.
Chứng minh. Theo định lý (4.3.1) ta có Xn−1 = Q
t|n
Φt(X). Do d|n và n > d nênXn−1 chia hết cho Φn(x) Φd(x). Do Φn(x) ≡ 0 (mod p) theo giả thiết nên Φn(X) ≡ (X −x)f (X) (mod p). Chứng minh tương tự ta có Φd(X) ≡ (X −x)g(X) (mod p). Suy ra Xn −1 nhận x làm nghiệm bội k ≥ 2. Do đó theo bổ đề (4.3.2) ta có p|n. Định lý 4.3.2. Cho n là số nguyên dương và x ∈ Z. Giả sử p là một ước nguyên tố của Φn(x). Khi đó p ≡1 (mod n) hoặc p|n.
Chứng minh. Giả sử p là một ước nguyên tố của Φn(x). Do p|Φn(x) và Φn(x)|xn −1nênp|xn−1. Do đópkhông là ước củax. Vì thế theo định lý Fermat nhỏ ta có xp−1 ≡ 1 (mod p). Do đó ta có thể chọn được số nguyên dương k bé nhất thỏa mãn xk ≡ 1 (mod p). Vì p|xn−1 ta suy ra xn ≡1 (mod p). Viết n = kq +r với 0 ≤ r < k. Khi đó 1 ≡ xn = xkqxr ≡ xr (mod p). Từ cách chọn k ta có r = 0. Do đó k|n. Viết p− 1 = kt + s, trong đó 0 ≤ s < k. Khi đó 1 ≡ xp−1 = xktxs ≡ xs (mod p). Từ cách chọn k ta có s = 0, tức là k|(p−1). Nếu k = n thì n|p−1, do đó p ≡ 1 (mod p). Giả sử k < n. Vì 0 ≡ xk −1 = Q
d|k
Φd(x) (mod p) nên tồn tại một ước d của k sao cho p|Φd(x). Do d|k, k|n và d < n nên theo hệ quả
(4.3.3) ta có p|n.
Bổ đề 4.3.3. Cho a và b là hai số nguyên dương và x ∈ Z. Khi đó gcd xa−1, xb −1 =
xgcd(a,b)−1 .
Chứng minh.ĐặtT = gcd xa−1, xb −1vàt= gcd (a, b). Từ giả thiết xt−1|xa−1 và xt −1|xb−1 ta suy ra xt −1|T. Rõ ràng gcd (x, T) = 1. Vì thế xϕ(T) ≡ 1 (mod T), trong đó ϕ là hàm Euler. Do đó tồn tại số nguyên dương d bé nhất sao cho xd ≡ 1 (mod T). Do đó T|xd − 1. Vì xa ≡ xb ≡ 1 (mod T) nên ta có d|a vàd|b. Do đó d|t. Vì vậy xd−1|xt−1. Vì thế T|xt −1. Suy ra T = |xt −1|, ta có kết quả.
Định lý 4.3.3. Cho a và b là hai số nguyên dương và tồn tại một số nguyên x sao cho gcd (Φa(x),Φb(x)) > 1. Khi đó a
b là lũy thừa với số mũ nguyên của một số nguyên tố, nghĩa là a
b = pk với p là số nguyên tố và k là một số nguyên.
Chứng minh. Vì gcd (Φa(x),Φb(x)) > 1 nên tồn tại một ước nguyên tố chung p của Φa(x) và Φb(x). Ta chứng minh rằng a
b phải là một lũy thừa của p. Viết a = pαA và b = pβB với α, β là các số nguyên không âm và A, B là các số nguyên dương không chia hết cho p. Ta sẽ chỉ ra rằng A = B. Thật vậy, vì p|Φa(x) vàΦa(x)|xa−1nên p|xa−1, do đóp không là ước của x. Trước tiên ta chứng minh p|ΦA(x). Điều này là hiển nhiên nếu α = 0. Nếu α > 1 thì theo hệ quả (4.3.2) ta có
0≡ Φa(x) = ΦA xpα
Φa(xpα−1) (mod p).
Vì thế ΦA xpα ≡ 0 (mod p). Nhưng xpα ≡ x.xpα−1 và từ pα − 1 chia hết cho p−1 nên theo công thức Hàm Euler ta suy ra được xpα−1 ≡ 1 (mod p) nên x.xpα−1 ≡x.1 (mod p) và do đó xpα ≡ x (mod p). Vì vậy
0 ≡ ΦA xpα≡ ΦA(x) (mod p).
Vì vậy p|ΦA(x). Chứng minh tương tự, ta được p|ΦB(x). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A > B.
Đặt t= gcd (A, B). Khi đó t < A. Vì p|ΦA(x) và ΦA(x)|xA−1, p|ΦB (x) và ΦB(x)|xB − 1 nên p|gcd xA −1, xB −1. Theo bổ đề (4.3.3) ta có gcd xA−1, xB −1 = |xt −1|, vì thế p|xt −1. Suy ra
0 ≡xt −1 = Y
d|t
Φd(x) (mod p).
Do đó tồn tại một ước d của t sao cho p|Φd(x). Vì d|t, t|A, d < A và p|ΦA(x) nên theo hệ quả (4.3.3) ta có p|A, điều này là mâu thuẫn với điều giả sử ban đầu p không là ước của A. Do đó A = B, vì vậy a
b = pα−β.