Chủ đề này có 32 trả lời

[noproof]

f(x)là đa thức hệ số nguyên bất khả quy, hệ số bậc cao nhất >0. f(x) nhận a và a^2 khác a là nghiệm. C/m f(x) là đa thức chia đường tròn.

Có một lời giải, hy vọng không sai (nhiều) .
Gọi K là trường phân rã (bác bupbebe không thích từ này:), spliting field) của đa thức f trên Q. Khi đó K là mở rộng Galois (hữu hạn) trên Q với nhóm Galois ký hiệu là G. Gọi http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sigma là phần tử của G mà đưa http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?a vào http://dientuvietnam...mimetex.cgi?a^2, giữ nguyên Q. Ta có http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?n.
Gọi http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n là cấp của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sigma, suy ra http://dientuvietnam....cgi?a^{2^n}=a. Vì f(x) bất khả quy trên Q (trên Z) nên http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?a khác 1 và a là căn của đơn vị. Do vậy đa thức bất khả quy P của nó là đa thức chia đường tròn. (Đa thức f đã cho có thể sai khác với đa thức P một thừa số nguyên).

Bên lề 1 chút prime định thời gian tới đọc lại lý thuyết Galois vì lúc học lười quá nên cảm thấy mơ hồ không hiểu , vậy nên đọc quyển sách nào (viết thật chi tiết, cặn cẽ, rõ ràng, quyển của thầy bác canh_dieu được không, viện toán có quyen đó không)

Ý prime định nói đến quyển Fields and Galois Theory của Patrick Morandi mà một lần bác canh_dieu có nhắc đến bên topic "Một nhóm cho bởi phần tử sinh và quan hệ" ? Nếu là quyển này thì ở thư viện Viện Toán có, tuy nhiên, noproof cũng chưa đọc qua quyển này.

[prime]

Lời giải đúng rồi.
cho mình hỏi điều này nhé

Đã có kết quả chứng minh các hệ số của đa thức chia đường tròn Fn với n=pq (p,q:nguyên tố ) chỉ nhận giá trrị -1,0,1 hay chưa

[noproof]

Lời giải đúng rồi.
cho mình  hỏi điều này nhé

Đã có kết quả chứng minh các hệ số của đa thức chia đường tròn Fn với n=pq (p,q:nguyên tố ) chỉ nhận giá trrị -1,0,1 hay chưa

Tra trên mạng thì thấy chứng minh rồi: T.Y. Lam, Lueng K.H. "On the cyclotomic polynomial http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_{pq}(X)", Amer. Math. Monthly 103 (1996), no. 7, 562--564. (Bài này chắc không phải là bài đầu tiên về vấn đề này).
Coppy đoạn rewiew đó ra nhé:

Let http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?p and http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?q be distinct primes, and let http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_{pq}(x)=\sum^{(p-1)(q-1)}_{k=0}a_kx^k denote the (monic) cyclotomic polynomial whose zeros are the primitive complex http://dientuvietnam...imetex.cgi?pqth roots of unity. The authors give a quick and elegant proof that
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_{pq}(x)=\sum\limits^r_{i=0}x^{ip}\sum\limits^s_{j=0}x^{jq}-x^{-pq}\sum\limits^{q-1}_{i=r+1}x^{ip}\sum\limits^{p-1}_{j=s+1}x^{jq},
where http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?r and http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?s are the unique nonnegative integers for which http://dientuvietnam...imetex.cgi?(p-1)(q-1)=rp+sq. As a consequence, http://dientuvietnam...metex.cgi?a_k=1 if and only if http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?k=ip+jq for some http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_k=-1 if and only if http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?k=ip+jq-pq for some http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?i\in[r+1,q-1], http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_k=0 otherwise. Moreover, if say http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?q>p, the middle coefficient http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_{(p-1)(q-1)/2} equals http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(-1)^r.
The authors points out that H. Lenstra used a similar idea to compute http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_{pq}(x) \ref[in Proceedings, Bicentennial Congress Wiskundig Genootschap (Vrije Univ., Amsterdam, 1978), Part II, 249--268, Math. Centrum, Amsterdam, 1979; MR0541398 (81c:10044)].

[prime]

prime cũng chứng minh các hệ số trên là -1,0,1, nó là hệ quả khi mình xét 1 vấn đề số học (linear diophantine of frobenius có lần định nêu trong diễn đàn nhưng lúc đó chưa biết đánh công thức nên bỏ). Công thức mình tìm được chắc đơn giản hơn (tiếc là muộn mất 10 năm hii).

công thức như sau:

Fpq(x)=1+ (x-1)F(x)
với F(x) =
với n không biểu diễn được dưới dạng rp+sq ở đó r,s không âm, gọi tập này là I.

Từ công thức trên có thể thấy ngay các hệ số là -1,0,1
hệ số của x^n (n>0)
là 1 khi n-1 thuộc I còn n không thuộc I
là -1 khi n-1 không thuộc I, n thuộc I
0 cho các trường hợp còn lại
chắc cũng kô khác gì nhiều chỉ là biểu diễn khác.

[prime]

quên không nói về hệ số giữa
Khi xét hệ số đứng giữa theo prime thì

nếu (p-1)(q-1) chia hết cho 4 thì hệ số này là 1, nếu không thì bằng -1. Như vậy chỉ có 1 trường hợp 2.p với p là số nguyên tố chia 4 dư 3 là có hệ số này là -1.

đơn giản hơn kết quả của bài báo.

[noproof]

Xin được thực lòng chúc mừng bạn prime .

Bài báo của Lam và Lueng (1996) ở trên cũng được nhắc đến trong Mathworld khi nói đến cyclotomic polynomial (đa thức chia đường tròn): http://mathworld.wol...Polynomial.html

(Trong Mathworld cũng nói thêm:
Migotti (1883) showed that coefficients of http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_{pq}(x) for http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?p and http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?q distinct primes can be only 0, http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\pm 1 ).

[nemo]

Em biết đến một đa thức và được gọi là đa thức chia hình tròn http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x) xác định bởi:

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?K_n(x) cũng là các không điểm của đa thức http://dientuvietnam...etex.cgi?x^n-1. Câu hỏi là đa thức http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x) là khả qui hay bất khả qui ?

@: Em không vào được link anh noproof đưa nên không biết http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x) có phải là đa thức mà các anh đang đề cập !?

[noproof]

Đúng là đa thức ấy đấy, nemo. Đa thức này cũng có thể viết lại là tích

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?m của các phần tử của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\zeta là căn nguyên thủy bậc http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n của đơn vị; hoặc cũng viết là

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\zeta^\prime chạy trên các căn nguyên thủy bậc http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n của đơn vị (primitive http://dientuvietnam...imetex.cgi?n^th roots of 1).

Đa thức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_n(X) là đa thức với hệ số nguyên, bậc là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\phi(n) (hàm Euler) và là bất khả quy, nó chính là đa thức tối thiểu của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\zeta (ở trên) trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}. (Và ta cũng có:

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Gal(\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}) đẳng cấu với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_n(X) nhở công thức
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X^n-1=\prod\limits_{d|n}\Phi_d(X),
tích lấy trên các http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?d là ước của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?n, và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\Phi_1(X)=X-1.

Tất cả các điều trình bày trên có thể tham khảo trong "Algebra", S.Lang.

[nemo]

Em cảm ơn anh noproof, trong những tài liệu em đọc người ta ký hiệu đa thức này là http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x) thay vì http://dientuvietnam...metex.cgi?F_n(x).

Liên quan tới định lý Đirichlet em có một lời giải cho tính bất khả qui của http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x) như sau:

Ký hiệu http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?e^{\dfrac{2i\pi}{n}}=a và http://dientuvietnam..._2},...,a^{r_h} với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h=\phi(n) (Hàm Euler) là các không điểm của http://dientuvietnam...metex.cgi?K_n(x). Khi đó http://dientuvietnam...r_1,r_2,...,r_h nguyên tố cùng nhau với m và từng đôi một không đồng dư theo modulo n.
Giả sử http://dientuvietnam...tex.cgi?K_n=f.g và a là không điểm của http://dientuvietnam...mimetex.cgi?f(x) suy ra các không điểm khác của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(x) sẽ có dạng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a^g với g nguyên. Ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?|f(a^g)|<2^h (với g nguyên bất kỳ).
Với p là số nguyên tố thì vì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(a)=0 nên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(a^p) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(f(a))^p 0 (mod p) nghĩa làhttp://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{f(a^{gp})}{p} cũng nguyên, thành thử nếu p>2h thì theo BĐT ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(a^p)=0 tức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a^p cũng là không điểm của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(x). Theo định lý Đirichlet, trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\phi(n)=h cấp số cộng thì mỗi cấp số

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?...
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^h, nhưng theo điều chứng minh trên thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(x) sẽ có không điểm là tất cả các không điểm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a^{r_1},a^{r_2},...,a^{r_h} của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?K_n(x) vậy http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?deg(f)=deg(K_n) và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?K_n(x) bất khả qui.

[prime]

cảm ơn bác nopoof hom nay em mới vào diễn đàn để bác nâng cốc lâu quá chắc mỏi tay. Cũng mong là 2 cách biểu diễn là giống nhau, chứ nếu là kết quả của 100 nẳm trước thì chán lắm.

cách chưng minh của meno hay thật đấy meno tự nghĩ ra à, nếu như thật thì tuyệt thật.

[nemo]

Đây là một bài toán mà thầy em đố khi đang giảng về vành đa thức lại hứng thú nhảy sang định lý Đirichlet, theo em thì dùng định lý đẹp đẽ này để kết luận thì đao to búa lớn quá, vậy liệu có thể chứng minh mà không sử dụng đến định lý này không nhỉ !?

[prime]

Với p là số nguyên tố thì vì http://dientuvietnam...mimetex.cgi?f(a)=0 nên http://dientuvietnam...metex.cgi?f(a^p) http://dientuvietnam...imetex.cgi?(f(a))^p 0 (mod p) nghĩa làhttp://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{f(a^{gp})}{p} cũng nguyên,

thử xem lại chỗ này
phép đồng dư modp chi áp dụng cho nhưng số nguyên, hoặc nếu là các đa thức có hệ số nguyên (thực ra phép đông dư ở trên là trương có đặc số p (x+y)^p=x^p+y^p)

trong khi ở đây ta lại lấy theo a không thuộc Zp (a là căn của đơn vị )

ta lấy 1 phản vi dụ minh họa:
F(x)=2x-1; a=1/2; F(1/2)=0
khi đó với mọi số nguyên tố p>=3
F(1/2)^p=0(modp)
còn F(1/2^p)= 2.(1/2^p)-1 không thuộc Z.

[nemo]

thử xem lại chỗ này
phép đồng dư modp chi áp dụng cho nhưng số nguyên, hoặc nếu là các đa thức có hệ số nguyên (thực ra phép đông dư ở trên là trương có đặc số p (x+y)^p=x^p+y^p)

trong khi ở đây ta lại lấy theo a không thuộc Zp (a là căn của đơn vị )

Có một kết quả thế này anh prime ạ !

Ta gọi số http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\alpha là số đại số nguyên gọi tắt là số nguyên (nếu không sợ nhầm lẫn) nếu http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\alpha là không điểm của đa thức hệ số hữu tỷ nguyên http://dientuvietnam...mimetex.cgi?P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0.
Khi đó với http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?f là một đa thức hệ số hữu tỷ nguyên và p là một số nguyên tố thì có đồng dư thức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f(\alpha^p) http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?&#091;f(\alpha)]^p (mod p).

Chứng minh điều này khá đơn giản