Luận văn "Về đồng dư đa thức" nghiên cứu về đồng dư đa thức theomôđun một đa thức, đồng dư đa thức theo môđun số nguyên tố và lũythừa một số nguyên tố.. Hơn nữa, chúng tôi cũng đưa ra đư
Một số kiến thức cơ bản về đa thức một ẩn
Định nghĩa
Định nghĩa 1.1.1 cho A là một vòng giao hoán có đơn vị Một đa thức một ẩn với hệ số từ A có dạng f(x) = a0 + a1 x + + am x^m, trong đó ai ∈ A với mọi i = 0, , m và x là biến Trong đó ai được gọi là hệ số thứ i, ai x^i là hạng tử thứ i và a0 gọi là hạng tử tự do Ký hiệu A[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trong A Cho hai đa thức f(x) = a0 + a1 x + + a_n x^n và g(x) = b0 + b1 x + + b_m x^m thuộc A[x] Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử m ≥ n và m = n + t Khi đó g(x) = b0 + b1 x + + b_n x^n + b_{n+1} x^{n+1} + + b_m x^{m}.
Ta nói hai đa thức f(x) và g(x) là bằng nhau nếu a i = b i với mọi i = 0, n và b n+1 = = b n+t = 0. Định nghĩa 1.1.2 Cho hai đa thức f(x) =a 0 +a 1 x+ +a n x n và g(x) =b0 +b1x+ +bmx m thuộc A[x] Khi đó f(x) +g(x) max {n,m}
Quy ước a_i = 0 nếu i > n và b_i = 0 nếu i > m cho phép ta mô tả các đa thức với hệ số từ A Khi đó A[x] là một vành giao hoán có đơn vị dưới phép cộng và phép nhân các đa thức, và A[x] được gọi là vành đa thức một ẩn với hệ số trong A.
Bậc của đa thức
f(x) = a 0 +a 1 x+ +a n−1 x n−1 + a n x n là n nếu a n 6= 0, kí hiệu deg f(x) =n.
Quy ước: đa thức 0 không có bậc hoặc có bậc là −∞ Đây làm cơ sở cho các tính chất về bậc của đa thức được trình bày trong Định lý 1.1.4 Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 thuộc A[x], ta xem xét các tính chất về bậc của chúng theo định lý này.
⩽ deg f(x) +deg g(x),đẳng thức sẽ xảy ra nếu A là miền nguyên.
Phép chia với dư
Định lý 1.1.5 (Định lý phép chia với dư) cho biết: với một vành giao hoán có đơn vị A và hai đa thức f(x), g(x) ∈ A[x], nếu hệ số cao nhất của g(x) là khả nghịch trong A, thì tồn tại duy nhất q(x), r(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = g(x) q(x) + r(x) và deg r(x) < deg g(x) khi r(x) ≠ 0 Đây là định lý cho phép phép chia với dư có tính duy nhất trong vành A[x] dưới điều kiện hệ số dẫn đầu của g.
Các đa thức q(x) và r(x) trong định lý trên lần lượt gọi là đa thức thương và dư trong phép chia f(x) cho g(x) Nếu r(x) = 0 thì ta nói f(x) chia hết cho g(x).
Kết quả sau đây là hệ quả trực tiếp của Định lý phép chia với dư trong trường hợp g(x) là đa thức bậc nhất có hệ số dẫn đầu bằng 1 Theo Định lý, khi ta chia g(x) cho (x − a) thì dư bằng g(a); với g(x) có dạng x + c, mọi đặc trưng của g(x) được thể hiện một cách trực tiếp qua các giá trị tại các điểm mà x bằng a Nhờ đó, kết quả này cho phép nhận diện nhanh các mối quan hệ giữa giá trị của g và kết quả của phép chia với dư, đồng thời khẳng định tính nhất quán giữa cấu trúc của một đa thức bậc nhất có hệ số dẫn đầu bằng 1 và hệ quả của Định lý phép chia với dư.
Hệ quả 1.1.6 (Định lý Bezout) Cho A là một vành giao hoán có đơn vị và g(x) ∈ A[x], α ∈ A Khi đó dư của phép chia f(x) cho x−α là f(α).
Chú ý 1.1.7 Cho f(x) ∈ A[x], α ∈ A Ta có lược đồ sau gọi là lược đồ Horner để tìm thương và dư của phép chia f(x) cho x − α Giả sử f(x) n
P i=0 aix i , an 6= 0 Theo Định lý phép chia với dư, chia f(x) cho x−α, ta được f(x) = (x−α)q(x) +r với r = f(α) và deg q(x) =n−1.
Giả sử q(x) = b n−1 x n−1 + + b 1 x + b 0 Đồng nhất các hệ số, ta có b n−1 = a n , b n−2 = a n−1 + αb n−1 , , b k−1 = a k + αb k , , b 0 = a 1 + αb 1 , r = a 0 +αb 0 a n a n−1 a 1 a 0 α b n−1 = an b n−2 = a n−1 +αb n−1 b0 = a1 +αb1 r = a0 +αb0
Nếu A là một trường, g(x) ∈ A[x], g(x) 6= 0 thì hiển nhiên hệ số cao nhất của g(x) là khả nghịch Vì thế ta có ngay hệ quả sau:
Hệ quả 1.1.8 Cho A là một trường và f(x), g(x) là hai đa thức thuộc A[x], g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất q(x), r(x) ∈ A[x] sao cho f(x) =g(x)q(x) +r(x) và deg r(x) < deg g(x) nếu r(x) 6= 0.
Nghiệm của đa thức
Trong toàn bộ mục này, ta giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị và là một vành con của vành giao hoán K Định nghĩa 1.1.9: cho f(x) = a0 + a1 x + + a_{n−1} x^{n−1} + a_n x^n ∈ A[x] α ∈ K được gọi là nghiệm của đa thức f(x) trong K nếu f(α) = a0 + a1 α + + a_{n−1} α^{n−1} + a_n α^n = 0.
Từ Định lý Bezout ta có ngay bổ đề sau.
Trong khung K là vành giao hoán chứa vành A và với f(x) ∈ A[x], α ∈ K, nghiệm của f(x) được định nghĩa như sau: α là nghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho x−α Định nghĩa 1.1.11 mở rộng khái niệm nghiệm bằng cách giới thiệu nghiệm bội bậc: nếu tồn tại số tự nhiên k ≠ 0 sao cho f(x) chia hết cho (x−α)^k nhưng không chia hết cho (x−α)^{k+1}, thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của f(x).
Nếuk = 1 thìα được gọi là nghiệm đơn,k = 2thì α được gọi là nghiệm kép.
Từ Định nghĩa 1.1.11, ta có ngay bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.12 nêu rằng α ∈ K là nghiệm bội bậc k của f(x) ∈ A[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x−α)^k, tức là α xuất hiện với bội số k trong nghiệm của f; điều này gắn liền với Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm và các hệ số của đa thức, theo đó với f(x) = a_n x^n + a_{n−1} x^{n−1} + + a_0 và các nghiệm r_1, , r_n đếm theo multiplicity, ta có tổng các nghiệm bằng −a_{n−1}/a_n, tổng các tích của hai nghiệm bằng a_{n−2}/a_n, tổng các tích của ba nghiệm bằng −a_{n−3}/a_n, và cứ tiếp tục như vậy cho mọi bậc m; các hệ số của đa thức quyết định hoàn toàn các hoán vị đối xứng của tập nghiệm và ngược lại.
Mệnh đề 1.1.13 (Công thức Viete) Cho A là một miền nguyên và f(x) =a0 +a1x+ +a n−1 x n−1 +anx n ∈ A[x].
Giả sử α 1 , α 2 , , α n là các nghiệm của f(x) trong một miền nguyên K chứa A Khi đó n
Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất của đa thức 7
Định nghĩa 1.1.14 mô tả hai khái niệm về đa thức trong A[x]: i) Một đa thức a(x) ∈ A[x] được gọi là ước chung của các đa thức f1(x), , fs(x) ∈ A[x] nếu a(x) là ước của mọi f_i(x) với i từ 1 đến s ii) Một ước chung a(x) của các đa thức f1(x), , fs(x) được gọi là ước chung lớn nhất của f1(x), , fs(x) nếu a(x) là bội của mọi ước chung của f1(x), , fs(x).
Chú ý rằng ước chung lớn nhất của hai đa thức f(x), g(x) chỉ khác nhau một nhân tử là hằng số khác 0 thuộc A.
Bổ đề 1.1.15 Choa(x) ∈ A[x]là ước chung lớn nhất củaf(x), g(x) ∈ A[x]. Khi đó đa thức t(x) ∈ A[x] cũng là ước chung lớn nhất của f(x), g(x) nếu và chỉ nếu tồn tại 0 6= c ∈ A sao cho t(x) = c.a(x).
Ta có thể tìm ước chung lớn nhất của các đa thức dựa vào Định lý phép chia với dư.
Bổ đề 1.1.16 nói rằng với f(x) = g(x) q(x) + r(x) và r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x), đa thức a(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) nếu và chỉ nếu nó là ước chung lớn nhất của g(x) và r(x) Định nghĩa 1.1.17: i) một đa thức b(x) ∈ A[x] được gọi là bội chung của các đa thức f1(x), , fs(x) ∈ A[x] nếu b(x) là bội của mỗi fi(x) với mọi i = 1, , s; ii) một bội chung b(x) của các đa thức f1(x), , fs(x) được gọi là bội chung nhỏ nhất của chúng nếu mọi bội chung m(x) của fi(x) với i = 1, , s đều là bội của b(x).
Tương tự như ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất của các đa thức f(x), g(x) chỉ khác nhau các nhân tử là hằng số khác 0 trong A.
Bổ đề 1.1.18 Chob(x) ∈ A[x]là bội chung nhỏ nhất củaf(x), g(x) ∈ A[x]. Khi đó đa thức t(x) ∈ A[x] cũng là bội chung nhỏ nhất của f(x), g(x) nếu và chỉ nếu tồn tại 0 6= c ∈ A sao cho t(x) = c.b(x).
Sau đây chúng tôi nhắc lại một số kiến thức số học để chuẩn bị cho các chương sau là: Hàm Euler, Định lý Euler, Fermat, Wilson.
Một số định lý cơ bản của số học
Định nghĩa 1.2.1 Cho nlà số tự nhiên khác 0 Hàm Euler của nký hiệu là ϕ(n) xác định như sau
- Nếu n > 1 thì ϕ(n) =|{a ∈ N, a < n,(a, n) = 1}|. Nhận xét 1.2.2 Nếu p nguyên tố thì ϕ(p) =p−1
Ta có công thức tính hàm Euler như sau:
Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = p α 1 1 p α 2 2 p α k k thì ϕ(n) = p α 1 1 −1 (p1 −1)p α 2 2 −1 (p2 −1) p α k k −1 (pk −1).
Định lý Euler (Định lý 1.2.4): Cho a là số nguyên, n là số nguyên dương và (a, n) = 1; khi đó a^φ(n) ≡ 1 (mod n) Định lý Fermat (Định lý 1.2.5) cho p là số nguyên tố và với a là số nguyên bất kỳ, khi đó a^p ≡ a (mod p) Định lý Fermat là hệ quả của Định lý Euler.
Hoặc phát biểu dưới dạng khác: Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên, (a, p) = 1 Khi đó a p−1 ≡ 1( mod p).
Chương 2 Đồng dư đa thức
Trong chương này, chúng tôi trình bày các vấn đề cơ bản của đồng dư đa thức, bao gồm đồng dư đa thức với môđun một đa thức, đồng dư đa thức với môđun nguyên tố và đồng dư đa thức với môđun lũy thừa nguyên tố Các kết quả liên quan được tham khảo ở [2], [4], [6], [7] Chúng tôi cũng nêu đặc trưng của đồng dư đa thức theo môđun một đa thức và một số tính chất của nó.
Đồng dư đa thức với môđun một đa thức
Trong mục này, chúng tôi trình bày về đồng dư đa thức với môđun một đa thức Các kết quả chính trong mục này chúng tôi tham khảo trong [4].
Trong suốt mục này, ta giả thiết vành A là một trường Định nghĩa 2.1.1 [4] Cho f(x), g(x), p(x) ∈ A[x], p(x) ≠ 0 Ta nói hai đa thức f(x) và g(x) đồng dư theo môđun p(x) khi p(x) | f(x) − g(x) Nếu f(x) và g(x) đồng dư theo môđun p(x) thì ký hiệu là f(x) ≡ g(x) mod p(x).
Mệnh đề sau đây chúng tôi đưa ra đặc trưng của đồng dư đa thức với môđun một đa thức
Mệnh đề 2.1.2 Cho các đa thức f(x), g(x), p(x) ∈ A[x], p(x) 6= 0 Các khẳng định sau là tương đương
(ii) f(x) và g(x) cho cùng một đa thức dư khi chia cho p(x); (iii) f(x) =g(x) + p(x)t(x) với t(x) ∈ A[x].
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Vì A là một trường nên tồn tại phép chia có dư trong A[x] Giả sử f(x) =p(x)q(x) +r(x).
Nếu r(x) 6= 0 thì deg r(x) < deg p(x) và g(x) = p(x)h(x) +s(x).
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1 Nếu ít nhất một trong hai đa thức r(x), s(x) bằng 0, không mất tính tổng quát, ta giả sử r(x) = 0 Khi đó, f(x)−g(x) =p(x) q(x)−h(x) −s(x).
Vì f(x) ≡g(x) mod p(x) nên f(x)−g(x) p(x) Suy ra s(x) p(x) Điều này xảy ra khi và chỉ khi s(x) = 0 (vì deg s(x) < deg p(x)).
+ Trường hợp 2 Nếu r(x) và s(x) 6= 0 thì f(x)−g(x) p(x) khi và chỉ khi r(x)−s(x) p(x) Vì deg (r(x)−s(x)) = max {deg r(x),deg s(x)}< deg p(x) nên r(x)−s(x) = 0 Do đó r(x) =s(x). (ii) ⇒ (iii) Giả sử f(x) = p(x)h(x) + r(x), g(x) = p(x)k(x) +r(x). Nếu r(x) 6= 0 thì deg r(x) < deg p(x) Khi đó r(x) = g(x)−p(x)k(x).
Đồng dư đa thức theo mô-đun p(x) trên A[x] là quan hệ tương đương trên tập A[x] Các tính chất chính được nêu sau: nếu f_i(x) ≡ g_i(x) mod p(x) với mọi i = 1, , k thì f1(x) ± f2(x) ± ± fk(x) ≡ g1(x) ± g2(x) ± ± gk(x) mod p(x) và f1(x)f2(x) fk(x) ≡ g1(x)g2(x) gk(x) mod p(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì f(x)h(x) ≡ g(x)h(x) mod p(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì f(x) ± h(x) ≡ g(x) ± h(x) mod p(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì f(x) + h(x)p(x) ≡ g(x) mod p(x); với t là số tự nhiên bất kỳ, nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì f^t(x) ≡ g^t(x) mod p(x); nếu f_i(x) ≡ g_i(x) mod p(x) với mọi i và cho mọi u_i(x) ∈ A[x], thì u1(x)f1(x) + + uk(x)fk(x) ≡ u1(x)g1(x) + + uk(x)gk(x) mod p(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì h(f(x)) ≡ h(g(x)) mod p(x); và nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) và t(x) là ước chung của f(x), g(x), p(x) thì f(x)t(x) ≡ g(x)t(x) mod p(x)t(x).
Trong cơ sở A[x], các tính chất đồng dư của đa thức f(x) và g(x) modulo p(x) được thiết lập như sau: nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) và t(x) là ước chung của f(x), g(x) và p(x) với t(x) = 1 thì f(x)t(x) ≡ g(x)t(x) mod p(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p1(x), f(x) ≡ g(x) mod p2(x), , f(x) ≡ g(x) mod pk(x) thì f(x) ≡ g(x) mod p(x) với p(x) là bội chung nhỏ nhất của p1(x), , pk(x); nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) và t(x) là ước của p(x) thì f(x) ≡ g(x) mod t(x); và nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x) thì (f(x), p(x)) = (g(x), p(x)) Chứng minh: a) Với mọi f(x) ∈ A[x], hiển nhiên f(x) ≡ f(x) mod p(x).
Do đó quan hệ đồng dư theo môđun đa thức p(x) có tính chất phản xạ.
+ Giả sử f(x) ≡ g(x) mod p(x) Suy ra f(x) − g(x) p(x) Do đó g(x)−f(x) p(x) Kéo theog(x) ≡ f(x) mod p(x) Vì thế quan hệ đồng dư theo môđun đa thức p(x) có tính chất đối xứng.
+ Với mọi f(x), g(x), h(x) ∈ A[x], giả sử f(x) ≡ g(x) mod p(x) và g(x) ≡ h(x) mod p(x) Suy ra f(x)−g(x) p(x), g(x) −h(x) p(x) Do đó, f(x)−g(x) + g(x)−h(x) = f(x)−h(x) p(x) Hay f(x) ≡ h(x) mod p(x)
Quan hệ đồng dư theo môđun p(x) có tính chất bắc cầu Theo giả thiết fi(x) ≡ gi(x) mod p(x) với mọi i = 1, ,k, tồn tại các đa thức hi(x) ∈ A[x], với mỗi i = 1, ,k sao cho fi(x) = gi(x) + hi(x)p(x).
Các tính chất c, d, e, f, g, h là hệ quả của tính chất b. i) Giả sử h(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n Vì f(x) ≡ g(x) mod p(x) nên [f(x)] i ≡ [g(x)] i mod p(x) ,∀i = 0, n.
Suy ra ai[f(x)] i ≡ ai[g(x)] i mod p(x) với ∀i = 0, n.
Vì thế h f(x) ≡h g(x) mod p(x) k) Vì f(x) ≡g(x) (mod p(x)) nên tồn tại h(x) sao cho f(x) =g(x) +h(x)p(x).
Vì t(x) là ước chung của f(x), g(x), p(x) nên ta có f(x) t(x) = g(x) t(x) +h(x)p(x) t(x).
Vậy f(x) t(x) ≡ g(x) t(x) mod p(x) t(x) l) Vì f(x) ≡ g(x) (mod p(x)) nên f(x) − g(x) = p(x)h(x), trong đó h(x) ∈ A[x] Do t(x) là ước chung của f(x), g(x) nên f(x) − g(x) t(x). Suy ra p(x)h(x) t(x) Vì p(x), t(x) = 1 nên h(x) t(x). Đặt h(x) t(x) = m(x) ∈ A[x].
Vì f(x) ≡ g(x) (mod p_i(x)) với mọi i = 1, , k nên f(x) − g(x) chia hết cho từng p_i(x); do đó f(x) − g(x) là bội chung của p_1(x), , p_k(x) Giả sử p(x) là bội chung nhỏ nhất của p_1(x), , p_k(x); khi đó f(x) − g(x) chia hết cho p(x), tức f(x) ≡ g(x) (mod p(x)) Theo giả thiết f(x) ≡ g(x) (mod p(x)) nên tồn tại h(x) sao cho f(x) = g(x) + h(x) p(x) (2.1)
Vì t(x) là ước của p(x) nên tồn tại `(x) sao cho p(x) = t(x)`(x) (2.2)
Vậy f(x) ≡ g(x) (mod t(x)). p) Giả sử d(x) = f(x), p(x) , suy ra d(x)|f(x), d(x)|p(x).
Do đó d(x)|g(x) Từ đó ta thấy d(x) là ước chung của g(x), p(x) Giả sử m(x) là ước chung của g(x), p(x) Từ (2.3) ta có m(x) là ước của f(x) nên m(x) là ước chung của f(x), p(x).
Mệnh đề 2.1.4 nói rằng với m(x) là đa thức có bậc ≥ 1 và f(x) là một đa thức bất kỳ thuộc A[x], f(x) đồng dư theo mô-đun m(x) với một đa thức duy nhất r(x) có deg r(x) < deg m(x); r(x) được gọi là phần dư có bậc nhỏ nhất theo môđun m(x).
Chứng minh Theo Định lý phép chia với dư, ta có f(x) =m(x)q(x) +r(x) với deg r(x) < deg m(x).
Do đó f(x) ≡ r(x) mod m(x) Hiển nhiên ta có mệnh đề sau đây Mệnh đề 2.1.5 Giả sử r ∈ A và f(x) ∈ A[x] Khi đó f(x) ≡ f(r) mod (x−r)
Ví dụ 2.1.6 Cho m(x) = x 2 + x+ 1 ∈ Z 3 [x] Tìm dư trong phép chia f(x) = x 5 + 2x 3 +x 2 + 1 cho m(x). Giải Ta có f(x) = m(x)(x 2 + 2x+ 2) + (x+ 1).
Vậy x+ 1 chính là phần dư có bậc nhỏ nhất của f(x) theo môđun m(x).
Tập hợp gồm các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun một đa thức
đồng dư môđun một đa thức
Quan hệ đồng dư theo môđun p(x) với p(x) ≠ 0 là một quan hệ tương đương trên A[x] Với mọi f(x) ∈ A[x], lớp đồng dư của f(x) theo quan hệ đồng dư môđun p(x) được gọi là lớp dư của f(x) modulo p(x) và được ký hiệu [f(x)]_{p(x)} hoặc [f(x)] khi p(x) đã được hiểu rõ.
[f(x)] p(x) = ng(x) ∈ A[x] g(x) ≡ f(x) mod p(x) o.Chú ý rằng [f(x)] p(x) = [g(x)] p(x) khi và chỉ khi f(x) ≡g(x) mod p(x) Định nghĩa 2.2.1 Tập hợp gồm các lớp đồng dư của các đa thức thuộc A[x] theo môđun p(x) được ký hiệu là A[x] p(x)
Với mọi b(x) thuộc lớp đồng dư [g(x)]_{p(x)}, b(x) được gọi là đại diện của lớp đồng dư modulo p(x) Gọi g(x) là đại diện của lớp [g(x)]_{p(x)} Theo Định lý phép chia với dư, với mọi f(x) ∈ A[x], ta có f(x) = p(x) q(x) + r(x) với deg r(x) < deg p(x) (giả sử deg p(x) = d) Do đó f(x) ≡ r(x) mod p(x), nên [f(x)]_{p(x)} = [r(x)]_{p(x)} Vì r(x) là duy nhất nên mỗi lớp đồng dư modulo p(x) được đại diện bởi một đa thức duy nhất r(x) ∈ A[x] với deg r(x) < deg p(x).
Do đó A[x].(p(x)) = n[r(x)] p(x) r(x) ∈ A[x],deg r(x) < deg p(x)o. Mệnh đề sau đây cho ta biết được
Mệnh đề 2.2.2 Nếu A có q phần tử và p(x) có bậc là d thì A[x].(p(x)) có q d phần tử.
Chứng minh Giả sử r(x) ∈ A[x],deg r(x) < d và r(x) = a 0 +a 1 x+ +a d−1 x d−1 , a i ∈ A, i = 0, d−1.
A[x].(p(x)) n r(x) r(x) ∈ A[x],deg r(x) < do Vì đa thức r(x) tương ứng với một và chỉ một phần tử (a 0 , a 1 , , a d−1 ) ∈ A d Suy ra số đa thức r(x) có deg r(x) < d bằng số phần tử của A d Do đó
Ví dụ 2.2.3 Cho A = Z 3Z = Z 3 = 0,1,2 (mod 3) và m(x) = x 3 + 1∈ Z 3 (x).
Ví dụ 2.2.4 Cho A = Z 2Z = Z 2 = 0,1 (mod 2) và m(x) =x 4 +x 2 + 1 ∈ Z 2 [x], deg m(x) = 4.
Z 2 [x] (m(x)) = 2 4 = 16 Khi đó Z 2 [x] (m(x)) gồm các phần tử sau: [0],[1],[x],[x+ 1],[x 2 ],[x 2 + 1],[x 2 +x],[x 2 +x+ 1],[x 3 ],[x 3 + 1],[x 3 + x],[x 3 +x+ 1],[x 3 +x 2 ],[x 3 +x 2 + 1],[x 3 +x 2 +x],[x 3 +x 2 +x+ 1].
Trường A[x] (p(x))
. (p(x)) định nghĩa phép toán cộng và nhân như sau:
[a(x)] p(x) [b(x)] p(x) = [a(x)b(x)] p(x) , Khi đó phép cộng và phép nhân trên không phụ thuộc vào phần tử đại diện Nghĩa là, nếu [a(x)] p(x) = [a 0 (x)] p(x) và [b(x)] p(x) = [b 0 (x)] p(x) , hay a(x) ≡ a 0 (x) mod p(x) , b(x) ≡ b 0 (x) mod p(x) thì a(x) +b(x) ≡ a 0 (x) +b 0 (x) mod p(x) và a(x)b(x) ≡ a 0 (x)b 0 (x) mod p(x)
Trong khuôn khổ bài viết này, (p(x)) là một vành giao hoán có đơn vị 1, với 1 = [1] p(x) và 0 = [0] p(x) Với mọi [a(x)] thuộc A[x], (p(x)) có phần tử đối là [−a(x)] p(x) Mệnh đề sau đây cho chúng ta các điều kiện để A[x] thỏa mãn cấu trúc của một vành giao hoán có đơn vị, đồng thời đóng dưới các phép cộng và nhân và có nghịch đối dưới phép trừ.
Mệnh đề 2.3.1 Giả sử p(x) ∈ A[x]là đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.
Khi đó A[x].(p(x)) là một trường khi và chỉ khi p(x) là đa thức bất khả quy trên A.
Chứng minh (⇒) Giả sử p(x) không bất khả quy trên A Khi đó, ta có p(x) = r(x)s(x), với r(x), s(x) ∈ A[x] và
. (p(x)) có ước của không Suy ra A[x].(p(x)) không là một trường.
(⇐) Giả sử [a(x)] p(x) ∈ A[x].(p(x)),[a(x)] p(x) 6= [0] p(x) Khi đó, ta có a(x) 6 p(x) Do đó a(x), p(x) = 1 Vì p(x) là đa thức bất khả quy trên
A nên tồn tại r(x), s(x) ∈ A[x] sao cho a(x)r(x) +p(x)s(x) = 1.
Do đó [r(x)] p(x) là phần tử nghịch đảo của [a(x)] p(x) Suy ra A[x].(p(x)) là một trường.
Ví dụ 2.3.2 Q[x] (x 2 −5) là một trường vì x 2 −5 là đa thức bất khả quy trên Q Nếu [a + bx] là phần tử khác [0] thì nghịch đảo của nó là h a/d−(b/d)xi với d = a 2 −5b 2
Trong các phần tiếp theo của chương này, chúng ta xét các trường hợp đặc biệt của đồng dư đa thức theo môđun một đa thức Các kết quả chính về đồng dư đa thức theo môđun được tham khảo ở [2], [6], [7], và phần mở đầu tập trung vào đồng dư tuyến tính để làm nền tảng cho các phân tích tiếp theo Việc xem xét đồng dư tuyến tính giúp làm rõ cấu trúc của các đa thức modulo và cung cấp các công cụ cơ bản để giải quyết các bài toán liên quan đến đồng dư đa thức.
Đồng dư đa thức với môđun nguyên tố
Trong phần này, ta xét trường hợp đặc biệt của đồng dư đa thức khi môđun là một số nguyên tố và g(x) = 0; đồng thời ta giả thiết mọi đa thức thuộc Z[x] Định lý sau được suy ra từ Định lý phép chia với dư: Định lý 2.4.1 cho f(x) là một đa thức nguyên Số nguyên c là nghiệm của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod m) khi và chỉ khi tồn tại một đa thức p(x) và một số nguyên b sao cho f(x) = (x − c)p(x) + mb.
Theo định lý phép chia với dư, giả sử f(x) = (x − c)p(x) + a, trong đó p(x) là đa thức có hệ số nguyên và a là một số nguyên, ta có f(c) = a Vì vậy c là nghiệm của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod m) nếu và chỉ nếu a ≡ 0 (mod m), tức là tồn tại b với a = mb Như vậy điều cần chứng minh chính là mệnh đề trên.
Xét đồng dư của một đa thức f(x) modulo p, với p là một số nguyên tố Nếu bậc của f(x) ≥ p, ta có thể giảm bậc của f(x) bằng cách chia f(x) cho x^p − x; theo định lý chia dư giữa các đa thức, tồn tại hai đa thức q(x) và r(x) sao cho f(x) = (x^p − x) q(x) + r(x) và bậc của r(x) < p.
Theo Định lý Fermat, ta có a^p − a ≡ 0 (mod p) với mọi số nguyên a, và từ đó f(a) ≡ r(a) (mod p) với mọi a, trong đó r(x) là một đa thức có bậc nhỏ hơn p; Định lý 2.4.2 nói rằng nếu p là một số nguyên tố thì với mọi đồng dư của đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) sẽ tương đương với đồng dư của đa thức r(x) ≡ 0 (mod p), trong đó r(x) là một đa thức có bậc nhỏ hơn p.
Ta có thể chứng minh định lý trên theo phương pháp khác bằng cách sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 2.4.3 Giả sử n ⩾ p và n ≡ r (mod (p−1)), với 1 ⩽ r ⩽ p−1.Khi đó, x n ≡ x r (mod p) với mọi x.
Chứng minh Vì n ≡ r mod (p−1) nên n = q(p−1) +r. Nếu x 6≡ 0 (mod p) thì theo Định lý Fermat ta có x p−1 ≡ 1 (mod p). Nếu x ≡ 0 (mod p) thì hiển nhiên x n ≡x r (mod p).
Sử dụng Bổ đề 2.4.3, ta có thể thay thế mọi hạng của f(x) có bậc của x lớn hơn p bằng các hạng tương đương có bậc nhỏ hơn p khi làm đồng dư modulo p; nhờ đó ta thu được một đa thức nguyên r(x) có bậc nhỏ hơn p với r(x) ≡ f(x) (mod p) Do đó, r(x) có nghiệm tương tự trong đồng dư modulo p như nghiệm của f(x).
Ví dụ 2.4.4 Xét đồng dư x 11 + 2x 8 +x 5 + 3x 4 + 4x 3 + 1 ≡ 0 (mod 5). Đặtf(x) = x 11 + 2x 8 +x 5 + 3x 4 + 4x 3 + 1 chiaf(x) cho g(x) =x 5 −x.
f(x) = (x^6 + 2x^3 + x^2 + 1)(x^5 − x) + 5x^4 + 5x^3 + x + 1 Do đó f(x) ≡ 5x^4 + 5x^3 + x + 1 ≡ x + 1 (mod 5), nên f(x) ≡ 0 (mod 5) tương đương với x ≡ 4 (mod 5) Theo Bổ đề 2.4.3 vì 11 ≡ 3, 8 ≡ 4, 5 ≡ 1 theo môđun 4, ta thay x^11, 2x^8, x^5 tương ứng bằng x^3, 2x^4, x; từ đó ta có x^3 + 2x^4 + x + 3x^4 + 4x^3 + 1 = 5x^4 + 5x^3 + x + 1 ≡ x + 1 (mod 5) Định lý 2.4.5 Cho p là một số nguyên tố Các số a1, a2, , ak ∈ Z, ai không đồng dư với 0 môđun p với mọi i = 1, k Khi đó ai, i = 1, k là nghiệm của đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) nếu và chỉ nếu tồn tại hai đa thức nguyên q(x) và r(x) sao cho: f(x) = (x − a1)(x − a2)…(x − ak) q(x) + pr(x) và deg r(x) < k.
Chứng minh: Nếu tồn tại các đa thức q(x), r(x) thỏa mãn điều kiện của định lý thì f(a_j) = p r(a_j) ≡ 0 (mod p), từ đó suy ra a_j là nghiệm của đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) với mọi j = 1, …, k Phần ngược lại được chứng minh bằng quy nạp theo số nghiệm k: với k = 1 sẽ tồn tại q(x), r(x) theo Định lý 2.4.1 Giả sử định lý đúng với k − 1 nghiệm; khi đó tồn tại các đa thức q1(x), r1(x) sao cho f(x) = (x − a1)(x − a2)…(x − a(k−1)) q1(x) + p r1(x) (2.4)
Vì f(a k ) ≡ 0 (mod p) nên ta có
Vì (a_k − a_j, p) = 1 với j = 1,2,…,k−1 nên ta có thể rút gọn tử số (a_k − a_j) trong đồng dư modulo p Khi đó q1(a_k) ≡ 0 (mod p) Do đó theo Định lý 2.4.1 sẽ tồn tại đa thức q(x) và số nguyên b sao cho q1(x) = (x − a_k) q(x) + p b Thay vào biểu thức (2.4) ta tìm được đa thức q(x) và r(x) = b(x − a1)(x − a2)…(x − a_{k−1}) + r1(x) thỏa mãn yêu cầu.
Từ định lý trên ta có ngay hệ quả sau. Định lý 2.4.6 (Định lý Wilson) Nếu p là số nguyên tố thì
Chứng minh Theo Định lý Fermat, đa thức x p−1 −1có các nghiệm 1,2, p−1 theo môđun p Do đó tồn tại q(x), r(x) là các đa thức nguyên sao cho x p−1 −1 = (x−1)(x−2) x−(p−1) q(x) +pr(x),deg r(x) < p−1.
Bằng so sánh bậc và hệ số lớn nhất của đa thức x p−1 −1 ta có q(x) = 1.
Với x = 0 ta có −1 ≡ (−1) p−1 (p−1)! (mod p) Nếu p là số nguyên tố lẻ ta suy ra (p−1)! ≡ −1 (mod p), và với p= 2 ta có 1≡ −1 (mod 2).
Đồng dư đa thức với môđun bất kỳ có thể có nhiều nghiệm hơn bậc của đa thức Ví dụ x^2 − 1 ≡ 0 (mod 8) có bốn nghiệm 1, 3, 5, 7 Khi môđun là số nguyên tố thì số nghiệm không vượt quá bậc của đa thức trừ khi tất cả các hạng tử của f đều chia hết cho p Từ Định lý 2.4.5 ta có Định lý 2.4.7: Cho p là một số nguyên tố và f(x) ∈ Z[x] là một đa thức bậc n mà không phải tất cả các hạng tử đều chia hết cho p Khi đó đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nhiều nhất n nghiệm.
Chứng minh Giả sử đồng dư có k nghiệm a 1 , a 2 , , a k theo Định lý 2.4.2 ta có f(x) = (x−a 1 )(x−a 2 ) (x−a k )q 1 (x) + pr 1 (x) và deg r 1 (x) < k.
Do đó q1(x) 6= 0 vì theo giả thiết không phải tất cả các hạng tử của f(x) đều chia hết cho p Suy ra n = deg f(x) =k + deg q1(x) ⩾ k.
Chú ý rằng một đồng dư đa thức có thể không có nghiệm.
Ví dụ đồng dư x^2 − 2 ≡ 0 (mod 3) không có nghiệm Đồng dư x^p − x + 1 ≡ 0 (mod p) không có nghiệm nếu p là số nguyên tố (theo Định lý Fermat) Định lý 2.4.8 cho ta điều kiện để một đồng dư đa thức có số nghiệm bằng bậc của đa thức: cho p là số nguyên tố và giả sử đa thức f(x) có bậc n ≤ p và hệ số cao nhất bằng 1 Theo định lý phép chia với dư, ta có x^p − x = q(x) f(x) + r(x) với deg r(x) < deg f(x) Khi đó f(x) ≡ 0 (mod p) có n nghiệm nếu và chỉ nếu mọi hệ số của r(x) đều chia hết cho p.
Chú ý 2.4.9 Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử hệ số cao nhất của f(x) là 1; nếu hệ số cao nhất của f(x) là a và (a,p) = 1, ta chọn a0 sao cho aa0 ≡ 1 (mod p) và thay f(x) bằng đa thức a0 f(x) − (a0 a^{-1}) x^n.
Ta có đa thức mới với hệ số cao nhất là 1 với các nghiệm tương tự theo môđun p như đồng dư ban đầu.
Chứng minh Giả sử q(x) có bậc m, rõ ràng m+n= p và hệ số cao nhất của q(x) bằng 1 Nếu mỗi hệ số của r(x) đều chia hết cho p theo Định lý Fermat ta có q(a)f(a) ≡ a p −a ≡0 (mod p) với mỗi số nguyên a.
Vì p là số nguyên tố nên ta có q(a) ≡0 (mod p) hoặc f(a) ≡ 0(mod p), hay mỗi số nguyên là một nghiệm của q(x) ≡ 0 (mod p) hoặc f(x) ≡ 0 (mod p).
Theo Định lý 2.4.7 đồng dư đầu tiên có nhiều nhất m nghiệm và đồng dư thứ hai có nhiều nhất n nghiệm Do đó có nhiều nhất m+n= p nghiệm.
Vậy đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có n nghiệm.
Ngược lại, vì r(x) = x p −x−q(x)f(x) nên theo Định lý Fermat mỗi nghiệm của f(x) theo môđun p là nghiệm của r(x) theo môđun p Vì thế nếu f(x) có n nghiệm thì r(x) có n nghiệm Vì deg r(x) < n nên điều này không thể xảy ra trừ trường hợp mọi hệ số của r(x) đều chia hết cho p.
Hệ quả 2.4.10 Giả sử p là số nguyên tố và d|(p−1) Khi đó, đồng dư x d −1 ≡0 (mod p) có d nghiệm.
Chứng minh Vì d|(p−1) nên p−1 =nd Ta có y n −1 = (y −1)(y n−1 +y n−2 + +y + 1) và thay y bằng x d ta có x p −x = (x p−1 −1)x = (x d −1)q(x), trong đó q(x) =x n−1
P j=0 x jd Theo định lý trên ta có điều cần chứng minh.
Đồng dư đa thức với môđun lũy thừa nguyên tố
Phương pháp chung để giải đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod m) khi m là lũy thừa nguyên tố p bắt đầu từ một nghiệm modulo p và dùng nghiệm này để tìm một nghiệm hoặc vài nghiệm khác modulo p^2; sử dụng kỹ thuật tương tự, ta sẽ tìm nghiệm của đồng dư đa thức theo môđun p^k Cho f(x) là một đa thức nguyên và a là một số nguyên, tồn tại một đa thức nguyên g(t) sao cho f(a+t) = f(a) + f'(a)t + t^2 g(t) Đây là trường hợp đặc biệt của công thức Taylor Để chứng minh điều này, dễ thấy f(a+t) là một đa thức theo t với hệ số nguyên, và do đó f(a+t) = A + Bt + t^2 g(t), trong đó g(t) là một đa thức nguyên, với A = f(a) và B = f'(a).
A có được bằng cách đặt t= 0 và để tính B ta tính đạo hàm cấp một và cho t = 0.
Ta xét đồng dư f(x) ≡0 (mod p 2 ), (2.6) trong đó p là số nguyên tố Bất kỳ nghiệm a nào của đồng dư trên cũng là một nghiệm của đồng dư sau f(x) ≡ 0 (mod p) (2.7)
Giả sử a là nghiệm của (2.7) và ta tìm nghiệm b của (2.6) sao cho b ≡ a (mod p), tức b = a + p t với t ∈ Z Theo (2.5) ta có f(a+pt) = f(a) + f'(a) p t + p^2 t^2 g(pt) ≡ f(a) + p f'(a) t (mod p^2) và do đó a+pt là nghiệm của (2.6) f(a) + p f'(a) t ≡ 0 (mod p^2) nếu và chỉ nếu f'(a) t ≡ − f(a)/p (mod p) (2.8)
Nếu (f 0 (a), p) = 1 thì (2.8) có nghiệm duy nhất t ≡t 0 (mod p) và suy ra x ≡ a+pt 0 (mod p 2 ) là nghiệm của (2.6) và nó là nghiệm duy nhất thỏa mãn x ≡a (mod p).
Với p là số nguyên tố và a cho trước, nếu p | f'(a) thì (2.8) có nghiệm nếu và chỉ nếu p^2 | f(a); và khi đó với mọi t thỏa mãn (2.8) x ≡ a + p j (mod p^2) là nghiệm của (2.6) với j = 0,1, , p−1, nghĩa là (2.6) có p nghiệm đồng dư với a theo modulo p Ngược lại, nếu p | f'(a) và p^2 ∤ f(a) thì (2.6) không có nghiệm.
Đoạn từ p^k đến p^{k+1} được xử lý tương tự như phần đã trình bày ở trên Tiếp theo, ta có định lý sau: Định lý 2.5.1 cho p là một số nguyên tố và k là một số nguyên dương bất kỳ Giả sử a là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod p^k).
Trong trường hợp p không chia f'(a), có một nghiệm b của f(x) ≡ 0 (mod p^{k+1}) sao cho b ≡ a (mod p^k); b được viết dưới dạng b = a + p^k t, với t là nghiệm duy nhất của f'(a) t ≡ − f(a)/p^k (mod p) Nếu p | f'(a) và p^{k+1} | f(a) thì có p nghiệm của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p^{k+1}) mà đồng dư với a theo mô-đun p^k; các nghiệm đó là a + p^k j với j = 0, 1, , p−1.
(iii) Nếu p|f 0 (a) và p k+1 6 |f(a) thì không có nghiệm của đồng dư f(x) ≡0 (mod p k+1 ) mà nó đồng dư với a theo môđun p k
Chứng minh Giả sửb là một nghiệm củaf(x) ≡ 0 (mod p k+1 ) mà bđồng dư với a theo môđun p k Đặt b = a+p k t với t là số nguyên Theo (2.5) ta có
Vì f(a) ≡0 (mod p k ) nên f(a)/p k là một số nguyên và ta có thể chia đồng dư trên cho p k Từ đó, ta có f 0 (a)t ≡ −f(a) p k (mod p) (2.9)
Nếu (f 0 (a), p) = 1, hay p 6 |f 0 (a) thì đồng dư này có duy nhất nghiệm.
Nếu p|f 0 (a) thì ta phải có f(a)/p k ≡ 0 (mod p) tức là p k+1 |f(a) Trong trường hợp này bất kỳ giá trị nào của t cũng là nghiệm của (2.9) Nếu p|f 0 (a) nhưng p k+1 6 |f(a) thì (2.9) vô nghiệm.
Hệ quả 2.5.2 Cho p là số nguyên tố và k là số nguyên dương tùy ý Nếu a là nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p) và p 6 |f 0 (a) thì tồn tại một nghiệm b của f(x) ≡ 0 (mod p k ) sao cho b ≡ a (mod p)
Chứng minh Theo Định lý 2.5.1 (i) tồn tại duy nhất nghiệm b 2 của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p 2 ) sao cho b 2 ≡ a (mod p) Do đó f 0 (b2) ≡f 0 (a) (mod p).
Như kết quả đã chỉ ra, tồn tại nghiệm duy nhất b3 của f(x) ≡ 0 (mod p^3) sao cho b3 ≡ b2 ≡ a (mod p) Cứ tiếp tục theo định lý tương tự, ta có nghiệm bk của f(x) ≡ 0 (mod p^k) thỏa bk ≡ bk−1 ≡ a (mod p) Như vậy, sau các bước lặp liên tục, ta có b = bk đồng dư với a theo môđun p.
∗ Tóm lại Phương pháp chung để tìm tất cả các nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p k ) như sau:
1 Tìm tất cả các nghiệm của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) (2.10)
Chọn một nghiệm bất kỳ của phương trình đồng dư (2.10), ký hiệu là a1 Lúc này có thể có 0, 1 hoặc p nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p^2) đồng dư với a1 theo môđun p Nếu tồn tại nghiệm này, ta giải đồng dư tuyến tính f'(a1)·t ≡ − f(a1)/p (mod p) để tìm t và nâng nghiệm lên modulo p^2 Ngược lại, nếu đồng dư tuyến tính không có nghiệm, bắt đầu với một nghiệm khác của (2.10) và lặp lại quy trình.
Nếu tồn tại nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p^2), chọn một nghiệm bất kỳ a2 của đồng dư và tìm nghiệm tương ứng của f(x) ≡ 0 (mod p^3) bằng cách giải đồng dư f'(a2) t ≡ − f(a2)/p^2 (mod p) Làm như vậy với mỗi nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p^2) Chú ý rằng vì a2 ≡ a1 (mod p) nên f'(a2) ≡ f'(a1) (mod p) nên ta không cần tính f'(a2).
4 Tiếp tục làm theo cách trên, cuối cùng ta tìm được tất cả các nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p k ).
Nếu trong bất kỳ bước nào của phương pháp trên ta tìm được nghiệm bội thì ta có thể áp dụng tất cả các bước trên cho mỗi nghiệm.
Tuy nhiên sẽ không có phương pháp chung cho bước đầu tiên để tìm tất cả các nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p).
Ví dụ 2.5.3 Giải phương trình: x 10 ≡ 24 (mod 125).
Giải Ta có 125 = 5 3 Xét phương trình f(x) ≡ 0 (mod 5), với f(x) = x 10 −24.
Theo Định lý Fermat ta có x 5 ≡ x (mod 5) ⇒f(x) ≡ x 2 −24 ≡ x 2 −4≡ (x−2)(x+ 2) (mod 5), f(x) ≡ 0 (mod 5) ⇔(x+ 2)(x−2) ≡0 (mod 5) ⇒x ≡ ±2 (mod 5), f 0 (x) = 10x 9 5, với mọi x. f(±2) = 1000 25.
Do đó có 10 nghiệm của phương trình f(x) ≡0 (mod 25) là x ≡ ±2 + 5k (mod 25), k = 0,1,2,3,4.
Giả sử a 2 là một nghiệm trên Từ f 0 (a 2 ) ≡f 0 (±2) ≡0 (mod 25).
Từ a2 suy ra phương trình f(x) ≡ 0 (mod 125) có 5 nghiệm hoặc không có nghiệm tùy theo 125 có là ước của f(a 2 ) hay không?
Tiếp theo ta tính f(x) ≡? (mod 125) Với mỗi nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod 25) Ta có: f(±2)≡ 0, f(±7)≡ 100, f(±12) ≡ 75, f(±17) ≡ 50, f(±22) ≡ 25.
Do đó chúng ta có các nghiệm của phương trình là x ≡ ±2 + 25t (mod 125), t = 0,4.
Hay các nghiệm của phương trình là x ≡ 2,23,27,48,52,73,77,98,102,123 (mod 125).
Ví dụ 2.5.4 Giải phương trình đồng dư
Từ 135 = 3 3 5, phương trình trên tương đương với hệ
(2.11) Đặt f(x) = 7x 6 + 4x+ 12 Xét phương trình f(x) = 7x 6 + 4x+ 12 ≡ 0 (mod 5).
Theo Định lý Fermat ta có x 5 ≡ x (mod 5) Do đó ta có f(x) ≡2x 2 + 4x+ 2 ≡ 0 (mod 5) ⇔2(x+ 1) 2 ≡ 0 (mod 5).
Vì (2,5) = 1 nên phương trình trên tương đương với phương trình
Xét phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3^3) Trước hết giải phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3) Theo Định lý Fermat ta có x^3 ≡ x (mod 3); do đó x^6 ≡ x^2 (mod 3) Suy ra phương trình trên tương đương với x^2 + x ≡ 0 (mod 3), hay x(x+1) ≡ 0 (mod 3) Như vậy x ≡ 0 (mod 3) hoặc x ≡ −1 (mod 3) f_0(x) = 42x^5 + 4.
Vì f 0 (0) = 4 ≡ 1 (mod 3) và f 0 (−1) = −38 ≡ 1 (mod 3) nên theo hệ quả trên phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3 3 ) có 2 nghiệm.
+ Với x 1 = 0 và xét phương trình: f 0 (0)t ≡ −f(0)/3 (mod 3). Suy ra t ≡ −4 (mod 3) hay t ≡ 2 (mod 3) ⇒ x2 = 0 + 2.3 = 6 là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3 2 ) Tiếp theo ta xét phương trình f 0 (0)t ≡ f 0 (6)t ≡ −f 0 (6)
Suy ra x 3 = 6 + 2.9 = 24 là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3 3 ).
Hay t ≡ 1 (mod 3) ⇒y2 = −1 + 1.3 = 2 là nghiệm của phương trình f 0 (x) ≡ 0 (mod 3 2 ).
Tiếp theo ta xét phương trình f 0 (−1)t ≡f 0 (2)t≡ −f(2)
Do đó y 3 = 2 + 2.9 = 20 là nghiệm của phương trình f(x) ≡0 (mod 3 3 ). Để tìm nghiệm của hệ (2.11) ta sử dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa để giải các hệ
Suy ra, x ≡ 24 (mod 135) hoặc x ≡74 (mod 135).Trong các mục tiếp theo, chúng ta sẽ xét một số trường hợp đặc biệt của phương trình đồng dư đa thức.
Đồng dư x 2 ≡ a ( mod m)
Mục tiêu của mục này là xét sự tồn tại nghiệm, số nghiệm và cách tìm nghiệm của phương trình trên.
Trước hết, chúng ta sẽ chỉ ra rằng luôn đưa được phương trình đồng dư dạng (2.14) về đồng dư dạng tương tự với (a, m) = 1.
Giả sử gcd(a, m) > 1 và p là số nguyên tố chia hết cho cả a lẫn m, tức p|a và p|m Giả sử x là nghiệm của (2.14), nghĩa là x^2 ≡ a (mod m) Vì p|x, ta đặt x = p y Khi đó (2.14) tương đương p^2 y^2 ≡ a (mod m) Chia hai vế cho p ta được p y^2 ≡ a/p (mod m/p) Đó là công thức (2.15).
Khi đó, ta xét các trường hợp sau
Trong điều kiện p^2 | m và p^2 | a, đồng dư (2.15) được biến đổi thành y^2 ≡ a/p^2 (mod m/p^2) Mỗi nghiệm y0 của đồng dư này sẽ cho đúng p nghiệm không đồng dư modulo m của phương trình ban đầu (2.14) Do đó nghiệm x thỏa mãn x ≡ p y0 (mod m/p) Nếu (a/p^2, m/p^2) > 1 thì ta quay lại bước xử lý trên để tiếp tục quá trình giải.
(ii) Nếu p 2 |m nhưng p 2 6 |a thì (2.15) mâu thuẫn Do đó, (2.14) không có nghiệm trong trường hợp này.
(iii) Nếu p 2 6 |m thì (p, m/p) = 1 Khi đó tồn tại c sao cho cp≡ 1 (mod m p ).
Suy ra từ (2.15) tương đương với y^2 ≡ ca/p (mod m/p) Bất cứ nghiệm y0 của đồng dư này đều cho nghiệm duy nhất x ≡ p y0 (mod m) của (2.14) Nếu ước chung lớn nhất của ca/p và m/p lớn hơn 1, ta có thể quay lại bước trước để tiếp tục.
Chú ý rằng nếu p 2 |a thì ca p = cp a p 2 ≡ 1 a p 2 ≡ a p 2 (mod m p ), tức là (2.15) tương đương với y 2 ≡ a/p 2 (mod m/p).
Ví dụ 2.6.1 Giải phương trình đồng dư x 2 ≡ 36 (mod 45).
Giải: gcd(36,45) = 9 nên x = 3y Do đó bài toán đồng dư tương đương y^2 ≡ 4 (mod 5) có nghiệm y ≡ ±2 (mod 5), tức y ≡ 2 hoặc y ≡ 3 (mod 5) Vì vậy x ≡ ±6 (mod 15), tương ứng các nghiệm của phương trình là 6, 9, 21, 24, 36, 39.
Trong phần này, chúng ta xét phương trình x^2 ≡ a (mod m) với (a, m) = 1 và đưa ra định nghĩa liên quan đến thặng dư bậc hai Định nghĩa 2.6.2 cho biết: khi (a, m) = 1, a được gọi là thặng dư bậc hai của m nếu phương trình x^2 ≡ a (mod m) có nghiệm, và ngược lại, nếu phương trình này không có nghiệm thì a được gọi là bất thặng dư bậc hai của m.
Để giải (2.14), ta phân tích môđun m thành tích các thừa số nguyên tố và áp dụng Định lý 6.5 [2], từ đó có thể giải các phương trình đồng dư dạng x^2 ≡ a (mod p^k) với môđun là lũy thừa của một số nguyên tố; quá trình này tương tự như ở mục 2.6, tuy nhiên vì đạo hàm của x^2 là 2x và 2x ≡ 0 (mod 2) nên ta phải phân biệt hai trường hợp: p = 2 và p là số nguyên tố lẻ, để xử lý đúng nghiệm x thỏa x^2 ≡ a (mod p^k).
Bổ đề 2.6.3 Nếu p là một số nguyên tố lẻ, (a, p) = 1 và a là thặng dư bậc hai của p thì x 2 ≡ a (mod p) có hai nghiệm.
Chứng minh: Theo giả thiết, phương trình x^2 ≡ a (mod p) có ít nhất một nghiệm b; hiển nhiên −b cũng là nghiệm và −b ≠ b (mod p) khi b ≠ 0 (mod p) Theo Định lý 2.4.7, đồng dư x^2 ≡ a (mod p) không thể có nhiều hơn hai nghiệm Định lý 2.6.4 cho biết rằng nếu p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1 thì x^2 ≡ a (mod p^k) có hai nghiệm khi a là thặng dư bậc hai của p và không có nghiệm khi a là bất thặng dư bậc hai của p.
Chứng minh: Đặt f(x) = x^2 − a, ta có f'(x) = 2x Với mọi x ≠ 0 (mod p), f'(x) không chia hết cho p Từ Hệ quả 2.5.2 và Bổ đề 2.6.3, ta thấy x^2 ≡ a (mod p^k) có hai nghiệm với mỗi k khi a là thặng dư bậc hai.
Với mọi k ≥ 1, mọi nghiệm của x^2 ≡ a (mod p^k) đều là nghiệm của x^2 ≡ a (mod p) Do đó, x^2 ≡ a (mod p) có thể không có nghiệm nếu a là bất thặng dư bậc hai.
Trong trường hợp p = 2 ta có định lý sau Định lý 2.6.5 Giả sử a là số lẻ Khi đó (i) Đồng dư x 2 ≡ a (mod 2) luôn giải được và chỉ có một nghiệm.
(ii) Đồng dư x 2 ≡ a (mod 4) giải được nếu và chỉ nếu a ≡ 1 (mod 4) có đúng hai nghiệm.
Đối với đồng dư x^2 ≡ a (mod 2^k) với k ≥ 3, bài toán nghiệm có lời giải nếu và chỉ nếu a ≡ 1 (mod 8) Nếu tồn tại nghiệm, đồng dư này có đúng bốn nghiệm; gọi x0 là một nghiệm, toàn bộ nghiệm của đồng dư được cho bởi các phần tử ±x0 và ±x0 + 2^{k-1} (mod 2^k).
Chứng minh (i) và (ii) là hiển nhiên.
Giả sử phương trình x^2 ≡ a (mod 2^k) có nghiệm x0 Hiển nhiên x0^2 ≡ a (mod 8) và x0 là số lẻ nên a là số lẻ Vì bình phương của số lẻ đồng dư 1 theo modulo 8 nên a ≡ 1 (mod 8); đây là điều kiện cần để x^2 ≡ a (mod 2^k) có nghiệm Mặt khác (-x0)^2 ≡ a (mod 2^k) và với mọi dấu ±, (±x0 + 2^{k-1})^2 = x0^2 ± 2^k x0 + 2^{2k-2} ≡ x0^2 ≡ a (mod 2^k) vì 2^{2k-2} chia hết cho 2^k khi k ≥ 2.
Có thể dễ dàng chứng minh được bốn số ±x 0 và ±x 0 + 2 k−1 đồng dư theo môđun 2 k Do đó phương trình đồng dư có ít nhất bốn nghiệm.
Ta xác định điều kiện của a để phương trình x^2 ≡ a (mod 2^k) có ít nhất bốn nghiệm và chứng minh điều này bằng quy nạp trên k Trường hợp cơ sở k = 3 khá rõ vì x^2 ≡ 1 (mod 8) có nghiệm x ≡ 1 Giả sử tồn tại nghiệm x0 sao cho x0^2 ≡ a (mod 2^k) Khi đó các nghiệm x0, −x0, x0 + 2^{k−1 và −x0 + 2^{k−1}} đều là nghiệm của đồng dư x^2 ≡ a (mod 2^k), và chúng ta sẽ chứng minh rằng một trong các nghiệm này cũng là nghiệm của x^2 ≡ a (mod 2^{k+1}).
Ta biết x 2 0 = a+ 2 k n, với n là số nguyên Nếu nchẵn thì x 0 là nghiệm của (2.16) Nếu n lẻ thì
≡ a (mod 2 k+1 ), vì n+x 0 là chẵn (do n và x 0 đều lẻ) và 2k −2 ⩾ k + 1 (vì k ⩾ 3).
Cuối cùng, trong đoạn [1, 2^k] có 2^{k-3} số nguyên a đồng dư 1 theo mô-đun 8 Với mỗi a ta tìm được bốn nghiệm khác nhau của x^2 ≡ a (mod 2^k) và tất cả đều là số lẻ Do đó ta có 4 · 2^{k-3} = 2^{k-1} nghiệm Nhưng sẽ có đúng 2^{k-1} số lẻ trong đoạn trên không chứa bất kì nghiệm nào Do đó mỗi phương trình trên có đúng bốn nghiệm. -**Support Pollinations.AI:**🌸 **Quảng cáo** 🌸 Tăng sức mạnh nội dung toán học của bạn với Pollinations.AI – [Ủng hộ chúng tôi](https://pollinations.ai/redirect/kofi) để phát triển API miễn phí hỗ trợ viết bài chuẩn SEO!
Định lý 2.6.6 cho m = 2^k p_1 p_2 p_r với p_i là các số nguyên tố lẻ khác nhau và a là số nguyên tố cùng nhau với m Phương trình x^2 ≡ a (mod m) có nghiệm nếu và chỉ nếu a là thặng dư bậc hai của mỗi p_i với mỗi i và a ≡ 1 (mod 4) khi k = 2, hoặc a ≡ 1 (mod 8) khi k ≥ 3 Nếu phương trình đồng dư có nghiệm thì có 2^r nghiệm khi k = 0 hoặc k = 1 và có 2^{r+1} nghiệm khi k = 2 và có 2^{r+2} nghiệm khi k ≥ 3 Để sử dụng định lý trên ta cần một số tiêu chuẩn để một số là thặng dư bậc hai của số nguyên tố p đã cho; trước tiên chú ý rằng có nhiều số thặng dư hoặc bất thặng dư của một số nguyên tố lẻ Định lý 2.6.7 cho biết với mỗi số nguyên tố lẻ p, có đúng (p−1)/2 thặng dư bậc hai của p và (p−1)/2 bất thặng dư bậc hai của p.
Chứng minh: Tất cả các thặng dư bậc hai được tính bằng bình phương của các phần tử của hệ thặng dư rút gọn Phương trình x^2 ≡ a (mod p) có đúng hai nghiệm nếu gcd(a, p) = 1 Do đó, số thặng dư bậc hai bằng một nửa số phần tử trong hệ thặng dư rút gọn, tức là (p−1)/2 Tất cả các thặng dư bậc hai ta có thể lấy là 1^2, 2^2, , [(p−1)/2]^2.
Bổ đề 2.6.8 Cho p là số nguyên tố lẻ và giả sử a 6≡ 0 (mod p) Khi đó theo môđun p
a (p−1)/2 ( mod p) nếu a là bất thặng dư bậc hai của p,
−a (p−1)/2 ( mod p) nếu a là thặng dư bậc hai của p
Phương trình đồng dư bậc hai tổng quát
Xét phương trình đồng dư bậc hai tổng quát có dạng: ax 2 +bx+c ≡ 0 (mod m) (2.17)
Chúng ta có thể đưa bài toán về dạng y^2 ≡ d (mod m0) Trong trường hợp đơn giản nhất khi (4a, m) = 1, ta có thể nhân hai vế của (2.17) với 4a mà không làm thay đổi mô-đun m, và từ đó nhận được một phương trình đồng dư tương đương.
4a 2 x 2 + 4abx+ 4ac ≡ 0 (mod m), khi đó,
Ta có (2ax+b)^2 ≡ b^2 − 4ac (mod m) Đặt y = 2ax + b để có kết quả sau Định lý 2.7.1: Giả sử (4a, m) = 1 Khi đó nghiệm của phương trình đồng dư ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod m) có thể tìm được bằng các phương trình đồng dư sau: y^2 ≡ b^2 − 4ac (mod m) và 2ax ≡ y − b (mod m).
Vì(2a, m) = 1nên đồng dư tuyến tính có duy nhất nghiệm theo môđun m với mỗi nghiệm y.
Ví dụ 2.7.2 Giải phương trình đồng dư sau:
Giải Nhân vế trái của phương trình đã cho với 32 ta được
Ví dụ, từ 16x+5 ≡ ±4 (mod 23) suy ra 16x ≡ −1 (mod 23) và 16x ≡ −9 (mod 23); lần lượt ta được x ≡ 10 và x ≡ 21 (mod 23), nên 10 và 21 là hai nghiệm gốc của phương trình đồng dư đã cho Định lý 2.7.3 cho biết: đặt 4a = a1 a2 với a2 là số nguyên tố cùng nhau với m; khi đó mọi nghiệm của đồng dư ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod m) có thể tìm được bằng các hệ đồng dư y^2 ≡ b^2 − 4ac (mod a1 m) và 2ax ≡ y − b (mod a1 m).
Chứng minh Theo giả thiết4a = a 1 a 2 và(4a, m) = 1 Khi đó(a 2 , m) = 1.
Trong đồng dư, ta có thể nhân hai vế của phương trình ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod m) với một hệ số k và vẫn giữ nguyên mô-đun m khi gcd(k, m) = 1 Ngược lại, với gcd(k, m) > 1, việc nhân với k sẽ làm thay đổi tập nghiệm: k(ax^2 + bx + c) ≡ 0 (mod m) tương đương với ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod m/d), với d = gcd(k, m) Ví dụ, khi k = a^2 và gcd(a^2, m) = 1 ta vẫn có mô-đun m, nhưng khi k = a, mô-đun được hiệu chỉnh thành m/d, với d = gcd(a, m), cho ta một đồng dư tương đương. -**Support Pollinations.AI:**🌸 **Quảng Cáo** 🌸 Hãy thử ngay Pollinations.AI miễn phí để tăng chất lượng nội dung chuẩn SEO cho bài viết [ủng hộ sứ mệnh của chúng tôi](https://pollinations.ai/redirect/kofi) gìn giữ AI miễn phí cho cộng đồng!
4a 2 x 2 + 4abx+ 4ac ≡ 0 ( mod a1m) (2.18) Phương trình đồng dư (2.18) tương đương với:
(2ax+b) 2 ≡ b 2 −4ac ( mod a 1 m) (2.19) Đặt y = 2ax+b, phương trình đồng dư (2.19) tương đương với các phương trình đồng dư sau: y 2 ≡ b 2 −4ac (mod a 1 m),2ax ≡ y−b (mod a 1 m).
Ví dụ 2.7.4 Giải phương trình đồng dư
Giải Theo Định lý 2.7.3 ta có (4.3,10) = 2 6= 1 nhưng (3,10) = 1. Nhân cả hai vế với 4.3 ta có phương trình đồng dư
Phương trình đồng dưy 2 ≡25 (mod 40) có 4 nghiệm đồng dư theo môđun
40 có các nghiệm 5, 15, 25, 35 Với mỗi y thuộc tập này, ta giải phương trình đồng dư tuyến tính 6x ≡ y − 3 (mod 40) Phương trình này có các nghiệm x ≡ 7, 2, 17, 12 (mod 20) Do đó, nghiệm của phương trình đồng dư ban đầu là x ≡ 2 và x ≡ 7 (mod 10).
Một số ứng dụng của đồng dư đa thức trong giải toán sơ cấp
Trong phần này, chúng tôi trình bày một số ứng dụng của đồng dư đa thức trong giải toán sơ cấp Các bài toán điển hình gồm tìm đa thức dư khi chia f(x) cho g(x) và dùng đồng dư để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau Chúng ta cũng xét tồn tại nghiệm nguyên của phương trình, đếm số nghiệm và tìm giá trị nhỏ nhất của tổng liên quan đến các tham số của bài toán Nhờ đồng dư đa thức, người học có thể nhận diện nhanh các nghiệm, giới hạn số nghiệm và tối ưu hoá các biểu thức liên quan trong các bài toán đồng dư, từ đó nâng cao hiệu quả giải toán sơ cấp.
Trong phần này, vành A được cho là một trường, nên tập hợp đa thức A[x] có phép chia có dư Cụ thể, với mọi f ∈ A[x] và mọi g ∈ A[x] khác không, tồn tại duy nhất các polynôm q, r ∈ A[x] sao cho f = qg + r với r = 0 hoặc deg r < deg g Quy tắc chia có dư này là nền tảng để phân tích và làm việc với các đa thức trong A[x], cho phép xác định phần dư khi chia cho một đa thức bất kỳ.
Tìm đa thức dư khi chia đa thức f (x) cho g(x) trong A[x] 38
Phương pháp giải Theo Định lý phép chia với dư, giả sử f(x) =g(x)q(x) +r(x).
Nếu r(x) 6= 0 thì deg r(x) < deg g(x) Điều này tương đương với f(x) ≡ r(x) mod g(x) (3.1)
Để tìm đa thức dư r(x) khi chia f(x) cho g(x), ta xác định r(x) thoả mãn deg r(x) < deg g(x) và f(x) ≡ r(x) (mod g(x)) theo quan hệ (3.1) Quá trình này thường dựa vào đặc tính của g(x) bằng cách xác định n > 0 sao cho x^n ≡ 1 hoặc x^n ≡ −1 (mod g(x)), từ đó dùng đồng dư đa thức để rút gọn và giải các hệ số để suy ra r(x) Bằng cách khai triển f(x) theo cơ sở x^k và áp dụng các tính chất của đồng dư modulo g(x), ta thu được đa thức dư r(x) có deg nhỏ hơn deg g(x) một cách hiệu quả.
Bài toán 3.1.1 Tìm đa thức dư của f(x) chia cho g(x) trong Q[x] với f(x) = (x 12 + 2x 10 −2x 8 −x 4 + 3x 3 −2x 2 + 4x−1) 2 , g(x) =x 2 +x+ 1.
Giải Vì x 3 −1 = (x −1)(x 2 + x+ 1) nên x 3 ≡ 1 (mod g(x)) Suy ra x 12 ≡ 1 (mod g(x)), x 10 ≡ x (mod g(x)), x 8 ≡ x 2 (mod g(x)), x 4 ≡ x (mod g(x)). Mặt khác x 2 + x+ 1 ≡ 0 (mod g(x)) nên x 2 ≡ −x−1 (mod g(x)). Đặt t(x) =x 12 + 2x 10 −2x 8 −x 4 + 3x 3 −2x 2 + 4x−1 Ta có t(x) ≡ −4x 2 + 5x+ 3 (mod g(x)).
Hay t(x) ≡ 9x+ 7 (mod g(x)) Suy ra f(x) ≡ (t(x)) 2 ≡(9x+ 7) 2 (mod g(x)).
Do đó f(x) ≡ 45x−32 (mod g(x)). Vậy dư trong phép chia f(x) cho g(x) là r(x) = 45x−32.
Bài toán 3.1.2 Tìm đa thức dư của f(x) chia cho g(x) trong Q[x] với f(x) = (x 12 −2x 11 + 3x 8 −5x 7 + 2x 4 −7x 3 + 1) 3 , g(x) =x 4 −x 2 + 1.
Giải Vì x 6 + 1 = (x 2 + 1)(x 4 −x 2 + 1) nên x 6 ≡ −1 (mod g(x)) và x 4 ≡ x 2 −1 (mod g(x)). Suy ra x 12 ≡ 1 (mod g(x)); x 11 ≡ −x 5 ≡ −x(x 2 −1) = x−x 3 (mod g(x)); x 8 ≡ −x 2 (mod g(x)); x 7 ≡ −x (mod g(x)). Đặt t(x) =x 12 −2x 11 + 3x 8 −5x 7 + 2x 4 −7x 3 + 1. Suy ra t(x) ≡1−2(x−x 3 ) + 3(−x 2 )−5(−x) + 2(x 2 −1)−7x 3 + 1
Vậy dư trong phép chia f(x) cho g(x) là r(x) = 26x 3 + 48x 2 −84x−62.
Bài toán 3.1.3 Tìm dư trong phép chia 1 +x+ x 19 + x 199 + x 1999 cho
Giải Ta có x 4 − 1 ≡ 0 (mod (1 − x 2 )) ⇒ x 4 ≡ 1 (mod (1 − x 2 )), suy ra 1 + x + x 19 + x 199 + x 1999 ≡ 3x 3 + x + 1 (mod (1 − x 2 )) Vì
Vậy dư trong phép chia 1 +x+x 19 +x 199 +x 1999 cho 1−x 2 là 4x+ 1.
Chứng minh đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) trong A[x] 40
Phương pháp giải.Để chứng minh đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x) trong A[x] ta chứng minh f(x) ≡ 0 (mod g(x)).
Chú ý 3.2.1 Sử dụng đồng dư môđun một đa thức ta dễ dàng chứng minh được các đồng dư sau:
+ x n + b n ≡ 0 mod (x+b) nếu n lẻ. + x n −b n ≡0 mod (x+b) nếu n chẵn.
Bài toán 3.2.2 Cho m, n, ` là các số tự nhiên khác 0 Chứng minh rằng đa thức f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3`+2 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 +x+ 1 trong Q[x].
Giải Vì x 3 −1 = (x−1)(x 2 +x+ 1) nên x 3 ≡ 1 (mod g(x)) Sử dụng các tính chất của đồng dư đa thức ta có x 3m ≡(x 3 ) m ≡ 1 mod g(x) ; x 3n+1 ≡(x 3 ) n x≡ x mod g(x) ; x 3`+2 ≡ (x 3 ) ` x 2 ≡x 2 mod g(x)
Vì thế f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3`+2 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 +x+ 1 trong Q[x].
Bài toán 3.2.3 Cho n là số tự nhiên khác 0 Chứng minh rằng đa thức f(x) = (x+ 1) 2n −x 2n −2x−1 chia hết cho các đa thức sau trong Q[x] a) 2x+ 1. b) x+ 1. c) x.
Cách 1. a) Đặt g(x) = 2x+ 1 và h(x) = (x+ 1) 2n −x 2n Ta có h(x) = (x+ 1) 2n −x 2n = [(x+ 1) n −x n ][(x+ 1) n +x n ].
Vì x+ 1 = (2x+ 1)−x nên x+ 1 ≡ −x (mod g(x)) Suy ra
Xét hai trường hợp n chẵn hoặc n lẻ: Trường hợp n chẵn, (x+1)^n ≡ x^n (mod g(x)) nên (x+1)^n − x^n ≡ 0 (mod g(x)), từ đó h(x) ≡ 0 (mod g(x)) và f(x) ≡ 0 (mod g(x)); Trường hợp n lẻ, (x+1)^n ≡ −x^n (mod g(x)) khiến (x+1)^n + x^n ≡ 0 (mod g(x)), do đó h(x) ≡ 0 (mod g(x)) và f(x) ≡ 0 (mod g(x)) Đặt g(x) = x+1 Ta có f(x) = (x+1)^{2n} − x^{2n} − 2x − 1.
Vì x+ 1 ≡0 (mod g(x)) nên x ≡ −1 (mod g(x)) Do đó x 2n ≡1 (mod g(x)).
Kéo theo x 2n +x ≡ 1 +x (mod g(x)) ≡0 (mod g(x)). Vậy f(x) ≡0 (mod g(x)). c) Ta có x+ 1 ≡ 1 (mod x) Do đó (x + 1) 2n ≡ 1 (mod x) Suy ra (x+ 1) 2n −1≡ 0 (mod x) Vậy f(x) ≡ 0 (mod x).
Theo định lý Bezout nếu f(x) ∈ Q[x] và (x −α) ∈ Q[x] thì dư của phép chia f(x) cho x−α là f(α) Do đó f(x) chia hết cho x−α nếu và chỉ nếu f(α) = 0.
Bài toán 3.2.4 Cho p là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng đa thức f(x) =x pa 0 +x pa 1 +1 + +x pa p−1 +p−1 chia hết cho đa thức g(x) =x p−1 + x p−2 + +x+ 1 trong Q[x].
Giải Ta cóx p −1 = (x−1)(x p−1 +x p−2 + +x+ 1) ≡ 0 (mod g(x)). Suy ra x p ≡ 1 (mod g(x)) Khi đó: x pa 0 = (x p ) a 0 ≡ 1 (mod g(x)) x pa 1 +1 = x(x p ) a 1 ≡x (mod g(x)) x pa p−1 +p−1 = x p−1 (x p ) a p−1 ≡ x p−1 (mod g(x))
Do đó f(x) = x pa 0 +x pa 1 +1 + +x pa p−1 +p−1 ≡ 1+x+ +x p−1 mod g(x) Suy ra f(x) chia hết cho g(x) trong Q[x].
Bài toán 3.2.5 Chứng minh rằng với mọi giá trị của k ∈ N, đa thức(x+ 1) 2k+1 + x k+2 chia hết cho đa thức x 2 +x+ 1 trong Q[x].
Giải Đặt f(x) = (x + 1) 2k+1 + x k+2 và g(x) = x 2 + x + 1 Ta có x 2 + x + 1 ≡ 0 mod g(x) Do đó (x + 1) ≡ −x 2 mod g(x) Vì thế (x+ 1) t ≡ (−1) t x 2t Suy ra
Mặt khác x 3 − 1 = (x − 1)g(x) Suy ra x 3 ≡ 1 mod g(x) Do đó x 3k ≡ 1 mod g(x) Vì thế
Tìm điều kiện để f (x) chia hết cho g(x) 6= 0 trong A[x]
Phương pháp giải cho các đa thức f(x) ở dạng này thường chứa tham số ở lũy thừa của ẩn x Ta xác định số m nguyên dương nhỏ nhất sao cho x^m ≡ 1 mod g(x) hoặc x^m ≡ −1 mod g(x) Chia các tham số xuất hiện trong các lũy thừa của x của f(x) cho m Giả sử n = m q + r với r thuộc tập {0, 1, , m−1}; xét các trường hợp dư r và dựa trên tính chất đồng dư của đa thức theo modulo g(x) để xác định điều kiện của tham số sao cho f(x) ≡ 0 mod g(x).
Bài toán 3.3.1 Tìm điểu kiện của m, n, `∈ N ∗ để đa thức f(x) = x 3m −x 3n+1 + x 3`+2 chia hết cho đa thức g(x) = x 2 −x+ 1 trong Q[x].
Giải Vì x 3 + 1 = (x + 1)(x 2 −x + 1) nên x 3 ≡ −1 (mod g(x)) Sử dụng các tính chất của đồng dư đa thức ta có x 3m ≡(x 3 ) m ≡(−1) m (mod g(x)); x 3n+1 ≡ (x 3 ) n x ≡ (−1) n x (mod g(x)); x 3`+2 ≡ (x 3 ) ` x 2 ≡ (−1) ` x 2 (mod g(x)).
Suy ra f(x) ≡0 (mod g(x)) khi và chỉ khi h(x) = (−1) m −(−1) n x+ (−1) ` x 2 ≡ 0 (mod g(x)).
Vậy m, n, ` cùng chẵn hoặc m, n, ` cùng lẻ thì đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x) trong Q[x]. Bài toán 3.3.2 Tìm điều kiện của m, n, `∈ N ∗ để đa thức f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3`+2 chia hết cho x 4 +x 2 + 1 trong Q[x].
Giải Đặt p(x) =x 4 +x 2 + 1 Ta có x 6 −1 = (x 2 −1)(x 4 +x 2 + 1) Do đó x 6 ≡ 1 (mod p(x)).
Ta xét các trường hợp sau:
Suy ra f(x) không chia hết cho p(x). + Trường hợp 2 Với r = 0, s = 0, t = 1 thì f(x) ≡1 +x+x 5 (mod p(x)).
Vì x 4 + x 2 + 1 ≡ 0 (mod p(x)) nên x 4 ≡ −x 2 −1 (mod p(x)) Suy ra x 5 ≡ −x 3 −x (mod p(x)) Do đó f(x) ≡ 1 +x−x−x 3 (mod p(x)) ≡ 1−x 3 (mod p(x)).
Vậy f(x) không chia hết cho p(x).
+ Trường hợp 3 Với r = 0, s = 1, t = 0 thì f(x) ≡1 +x 2 +x 4 (mod p(x)).
Hay f(x) chia hết cho p(x). + Trường hợp 4 Với r = 0, s = 1, t = 1 thì f(x) ≡1 +x 4 +x 5 (mod p(x)).
Suy ra f(x) không chia hết cho p(x). + Trường hợp 5 Với r = 1, s = 0, t = 0 thì f(x) ≡ x 3 + x 2 +x (mod p(x)).
Hay f(x) không chia hết cho p(x). + Trường hợp 6 Với r = 1, s = 0, t = 1 thì f(x) ≡ x 3 + x+ x 5 (mod p(x)).
Hay f(x) ≡ x 3 + x −x 3 − x (mod p(x)) ≡ 0 (mod p(x)) Suy ra f(x) chia hết cho p(x).
+ Trường hợp 7 Với r = 1, s = 1, t = 0 thì f(x) ≡x 4 + x 3 +x 2 (mod p(x)) ≡ x 3 −1 (mod p(x)).
Suy ra f(x) không chia hết cho p(x). + Trường hợp 8 Với r = 1, s = 1, t = 1 thì f(x) ≡x 3 + x 4 +x 5 (mod p(x)).
Suy ra f(x) không chia hết cho p(x). Vậy với m chẵn, n lẻ và ` chẵn hoặc m lẻ, n chẵn và ` lẻ thì f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3`+2 chia hết cho x 4 +x 2 + 1 trong Q[x].
Bài toán 3.3.3 Tìm điều kiện của m ∈ N để đa thức f(x) = (x+ 1) m −x m −1 chia hết cho x 2 +x+ 1 trong Q[x].
Giải Đặt g(x) = x 2 + x + 1 Vì x 3 − 1 = (x − 1)(x 2 + x + 1) nên x 3 ≡ 1 mod g(x) Suy ra x 6 ≡ 1 mod g(x) và x+ 1≡ −x 2 mod g(x) Xét m = 6k +r, r = 0,1,2,3,4,5.
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + 1 ta có f(x) = (x+ 1) m −x m −1
Suy ra f(x) chia hết cho g(x). + Với m = 6k + 2 ta có f(x) = (x+ 1) m −x m −1
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k + 3 ta có f(x) = (x+ 1) m −x m −1
≡ (x+ 1) 3 (x+ 1) 6k −x 3 x 6k −1≡ −3 mod g(x) Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k + 5 ta có f(x) = (x+ 1) m −x m −1
Suy ra f(x) chia hết cho g(x). Vậy với m = 6k+ 1 hoặc m = 6k+ 5 thì f(x) chia hết cho g(x).
Bài toán 3.3.4 Tìm tất cả các giá trị của n sao cho x 2n + x n + 1 chia hết cho x 2 + x+ 1 trong Q[x].
Giải Đặt g(x) = x 2 +x+ 1 Ta có x 3 ≡ 1 mod g(x)
Ta xét n = 3k+ r với r = 0,1,2. + Với n= 3k ta có f(x) =x 6k +x 3k + 1 ≡1 mod g(x) Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) chia hết cho g(x). + Với n= 3k + 2, ta có f(x) =x 2(3k+2) +x 3k+2 + 1
≡ x 2 +x+ 1 mod g(x) ≡ 0 mod g(x) Suy ra f(x) chia hết cho g(x).
Vậy f(x) chia hết cho g(x) khi và chỉ khi ncó dạng 3k+ 1 hoặc 3k+ 2.
Chú ý 3.3.5 Giả sử f(x), g(x) ∈ A[x], g(x), g 0 (x) = 1 Khi đó f(x) chia hết cho [g(x)] 2 khi và chỉ khi f(x) g(x) và f 0 (x) g(x)(với f 0 (x) là đạo hàm của f(x)).
Bài toán 3.3.6 Tìm điều kiện của m ∈ N để đa thức f(x) = (x+ 1) m −x m −1 chia hết cho (x 2 + x+ 1) 2 trong Q[x]. Giải Đặt g(x) = x 2 +x+ 1 Ta có g 0 (x) = 2x+ 1 Vì thế
Suy ra f(x) chia hết cho [g(x)] 2 khi và chỉ khi f(x) và f 0 (x) chia hết cho g(x) Theo lời giải của bài toán 3.3.3 ta đã chỉ ra f(x) chia hết cho g(x) khi m = 6k + 1 hoặc m = 6k + 5 Do đó ta xét f 0 (x) = m(x+ 1) m−1 −mx m−1 với m = 6k+ 1 hoặc m = 6k+ 5. + Với m = 6k + 1 ta có f 0 (x) = (6k + 1)(x+ 1) 6k −(6k + 1)x 6k Vì x 3 ≡ 1 mod g(x) nên x 6k ≡ 1 mod g(x) , x + 1 ≡ −x 2 mod g(x) Suy ra (x + 1) 6k ≡ 1 mod g(x) Do đó f 0 (x) ≡ 0 mod g(x) Suy ra f 0 (x) chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 5 ta có f 0 (x) = (6k + 5)(x+ 1) 6k+4 −(6k + 5)x 6k+4
≡ x 2 mod g(x) x 6k+4 ≡x mod g(x) Suy ra f 0 (x) ≡ (6k+ 5)(x 2 −x) mod g(x) Hay f 0 (x) không chia hết cho g(x). Vậy với m = 6k+ 1 thì f(x) chia hết cho [g(x)] 2 Bài toán 3.3.7 Tìm điều kiện của m ∈ N để đa thức f(x) = (x+ 1) m + x m + 1 chia hết cho (x 2 + x+ 1) 2 trong [x].
Giải Đặt g(x) = x 2 +x+ 1 ta có g 0 (x) = 2x+ 1 Suy ra
Do đó f(x) chia hết cho [g(x)] 2 khi và chỉ khi f(x) và f 0 (x) chia hết cho g(x) Trước hết ta xét điều kiện để f(x) g(x).
Ta có x 3 −1 = (x−1)(x 2 +x+ 1) Suy ra x 3 ≡ 1 mod g(x) Do đó x 6 ≡ 1 mod g(x) và (x+ 1) ≡ −x 2 mod g(x) Xét m = 6k+r, r = 0,1,2,3,4,5.
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 1 ta có f(x) = (x+ 1) m +x m + 1
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 2 ta có f(x) = (x+ 1) m +x m + 1
Suy ra f(x) chia hết cho g(x) với m = 6k+ 2. + Với m = 6k+ 3 ta có f(x) = (x+ 1) m +x m + 1
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 4 ta có f(x) = (x+ 1) m +x m + 1
Suy ra f(x) chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 5 ta có f(x) = (x+ 1) m +x m + 1
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x). Vậy với m = 6k+ 2 hoặc m = 6k+ 4 thì f(x) chia hết cho g(x). Bây giờ, ta xét f 0 (x) = m(x + 1) m−1 + mx m−1 , với m = 6k + 2 hoặc m = 6k+ 4. + Với m = 6k+ 2 ta có f 0 (x) = (6k + 2)(x+ 1) 6k+1 + (6k+ 2)x 6k+1
Suy ra f 0 (x) không chia hết cho g(x). + Với m = 6k+ 4 ta có f 0 (x) = (6k+ 4)(x+ 1) 6k+3 + (6k + 4)x 6k+3
Vì x 2 + x + 1 ≡ 0 mod g(x) nên (x + 1) ≡ −x 2 mod g(x) Suy ra (x+ 1) 6k ≡(−1) 6k x 12k mod g(x) ≡1 mod g(x) Do đó
Kéo theo f 0 (x) ≡ −(6k+ 4) + (6k+ 4) mod g(x) ≡ 0 mod g(x) Vậy f 0 (x) chia hết cho g(x).Vậy với m = 6k+ 4 thì f(x) chia hết cho [g(x)] 2
3.4 Bài toán về nghiệm của đa thức
Phương pháp giải Ta áp dụng nhận xét sau Giả sử K là một vành giao hoán chứa A Nếu f(x) ≡0 (mod p(x)) và α ∈ K là nghiệm của p(x) trong K thì α cũng là nghiệm của f(x) trong
Xét f(x) là đa thức có hệ số nguyên và r ∈ Z là nghiệm của f, thì với mọi số nguyên dương m, f(r) ≡ 0 (mod m) Vì vậy, nếu f có nghiệm nguyên thì nghiệm đó sẽ làm cho f(x) ≡ 0 (mod m) tại x = r cho mọi m dương Ngược lại, nếu tồn tại một số nguyên dương m sao cho phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) lại không có nghiệm, thì f(x) không có nghiệm nguyên.
Bài toán 3.4.1: Cho k là số tự nhiên chẵn và f(x) = x^{k n_1} + x^{k n_2} + … + x^{k n_k} + k − 1, trong đó n_i là số tự nhiên khác 0 với mọi i = 1, …, k Hỏi đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ khác 0 hay không?
Giải Ta có f(x) = x kn 1 +x kn 2 +1 + + x kn k +k−1 ≡ 0 (mod p(x)) với p(x) = x k−1 +x k−2 + +x+ 1 và n i 6= 0 với mọi i = 1, k Vì k chẵn nên p(x) = x k−1 + x k−2 + +x+ 1 ≡0 mod (x+ 1)
Mặc khác đa thứcx+ 1có nghiệm x = −1nên p(x)có nghiệm x = −1.
Do đó đa thức f(x) = x kn 1 +x kn 2 +1 + +x kn k +k−1 có nghiệm x = −1.
Bài toán 3.4.2 Cho các số tự nhiên m, n, k Hãy tìm nghiệm nguyên của đa thức f(x) = 3x 3n+1 + 6x 3m+2 −12x k −5.
Giải Xét phương trình f(x) = 3x 3n+1 + 6x 3m+2 −12x k −5 ≡0 (mod 3) (3.2)
Vì f(x) ≡ 1 (mod 3) nên phương trình (3.2) không có nghiệm nguyên.
Do đó, đa thức f(x) = 3x 3n+1 + 6x 3m+2 −12x k −5cũng không có nghiệm nguyên.
3.5 Một số bài toán khác
Bài toán 3.5.1 Xác định ba chữ số tận cùng của số n với n = 3×7×11×15× ×2011 (3.3)
Giải: Dễ thấy n là số lẻ Gọi a là ba chữ số tận cùng của n Khi đó n ≡ a (mod 1000) Vì 15, 35, 55 là ba số hạng trong tích (3×3) nên n ≡ 0 (mod 125) và 1000 = 8×125 Suy ra a ≡ 0 (mod 125) Do đó a chỉ có thể là những số 125, 375, 625, 875. -**Support Pollinations.AI:**🌸 **Quảng cáo** 🌸 Bạn là người viết nội dung chuyên về Toán? [Ủng hộ chúng tôi](https://pollinations.ai/redirect/kofi) để duy trì AI miễn phí cho cộng đồng sáng tạo!
125,375,625,875 Kéo theo (n −a) 1000 tương đương với (n− a) 8 Vì thế n≡ a (mod 8) Tiếp theo lấy mônđun 8 các số hạng của n ta được n = 3(4.1 + 3)(4.2 + 3) (4.502 + 3)
Mặt khác trong các số 125,375,625,875 chỉ có duy nhất số 375 là đồng dư với 7 theo môđun 8 Vậy 375 là ba chữ số tận cùng của n.
Bài toán 3.5.2 (Olympic 10-30/4-2008) Tìm tất cả các số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện với mọi a, b ∈ Z, a 2 ≡ b 2 (mod m) thì a ≡ ±b (mod m) (3.4)
+ Vớim = 1hoặcm là số nguyên tố thì với mọia, b ∈ Z, a 2 ≡b 2 (mod m) ta có a ≡ ±b (mod m) Thật vậy, ta có Nếu m = 1 thì hiển nhiên (3.4) đúng.
Nếu m là số nguyên tố, với a, b ∈ Z thỏa a 2 ≡ b 2 (mod m) ta có
Ta có (a−b)(a+b) = a^2 − b^2 ≡ 0 (mod m), từ đó a ≡ ± b (mod m) Với m ≠ 1 và m không phải là số nguyên tố, ta chứng minh được m = 2p trong đó p là số nguyên tố lẻ Giả sử (3.4) đúng và m không nguyên tố nên m = xy với x, y ≠ 1 Đặt a = x + y, b = x − y Khi đó a^2 − b^2 = 4xy = 4m ≡ 0 (mod m), suy ra a ≡ ± b (mod m) hay 2y ≡ 0 (mod m) hoặc 2x ≡ 0 (mod m) Do đó m = xy khiến x = 2 hoặc y = 2, tức là m = 2n với n ≠ 1 Hơn nữa nếu n là hợp số thì n = kt, suy ra m = 2kt và theo trên ta suy ra t = 2 hay m = 4k mâu thuẫn với (3.4) (chọn a = 2k, b = 0) Vậy n là số nguyên tố Hơn nữa nếu p = 2 thì m = 4 không thỏa mãn (3.4) Vì vậy p là số nguyên tố lẻ.
Ngược lại, giả sửm = 2p với plà số nguyên tố lẻ Khi đó, theo giả thiết ta có a 2 −b 2 2p suy ra (a−b)(a+b) 2 và (a−b)(a+b) p Do đó a+b 2p hoặc a−b 2p hay a ≡ ±b (mod m).
Vậy m = 1, m = 2p hoặc m nguyên tố là những giá trị cần tìm.
Trong bài toán 3.5.3 (Vietnam MO 2004, Bảng A), định nghĩa S(n) là tổng các chữ số của n trong hệ cơ sở thập phân Xét mọi số nguyên dương n sao cho n là bội của 2003 và tìm giá trị nhỏ nhất có thể của S(n) trên tập các bội của 2003.
Nhận xét 3.5.4 x 2 ≡ −1 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi p = 4k+ 1.
Giải: Đặt p = 2003, p là số nguyên tố Rõ ràng S(n) > 1 vì 10^k không chia hết cho p Giả sử tồn tại n là bội của p và S(n) = 2; từ giả thiết này suy ra tồn tại k sao cho 10^k ≡ −1 (mod p) Chú ý rằng vì 2^10 = 1024 ≡ 10^7 (mod p) nên mối liên hệ giữa các lũy thừa của 10 và 2 modulo p được dùng để tiếp tục lý giải.
(2 5k ) 2 = 2 10k ≡ 10 7k ≡ (10 k ) 7 ≡ −1 (mod p) Vậy −1 là thặng dư bậc 2 môđun p Mâu thuẫn vì p không có dạng 4k + 1.
Tiếp theo ta chứng minh tồn tại n là bội của p mà S(n) = 3 Ta có
10 7 ≡ 2 10 (mod p) Suy ra 2.10 700 ≡ 2 1001 = 2 (p−1)/2 ≡ −1 (mod p). Vậy n = 2.10 700 + 1 là bội của p và S(n) = 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của S(n) = 3.
Nhận xét 3.5.5 Cho p là số nguyên tố lẻ (p,3) = 1 Gọi n là số các số là bội của 3 trong khoảng (p/2;p) Khi đó 3 (p−1)/2 ≡ (−1) n ( mod p) Từ đó, ta có hệ quả sau:
Nếu p = 6k ±1 là số nguyên tố thì 3 (p−1)/2 ≡ (−1) k ( mod p) Suy ra
3 là số thặng dư bậc hai (mod p) khi và chỉ khi p= 12t±1.
Bài toán 3.5.6 Xét số Fecma F = Fn = 2 2 n + 1, n ⩾ 1 Chứng minh rằng F là số nguyên tố khi và chỉ khi 3 (F−1)/2 + 1 F.
Giải Dễ thấy F không có dạng 12k ±1 Do đó nếu F là số nguyên tố thì 3 là số bất thặng dư bậc 2 môđun F Vậy 3 (F −1)/2 ≡ −1 (mod F) tức là 3 (F −1)/2 + 1 F.
Ngược lại giả sử3 (F −1)/2 ≡ −1 (mod F) Gọi h là cấp của 3 (mod F). Khi đó h|(F−1) = 2 2 n Vậyh = 2 t , t ⩽ 2 n Nếut ⩽ 2 n −1thì h|(F−1)/2.
Do đó 3 (F −1)/2 ≡1 (mod F) Điều này mâu thuẫn với điều đã giả sử Vậy t = 2 n khi và chỉ khi h = F − 1 Vì h|ϕ(F) nên (F − 1)|ϕ(F) Suy ra
F −1 = ϕ(F) Vậy F là số nguyên tố.
Bài toán 3.5.7 Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k sao cho (pq−1) n k+ 1 là hợp số với mọi số nguyên dương n.
Giải Vì (p, q) = 1 nên theo Định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên k thỏa mãn:
- Nếu n chẵn thì (pq−1) n ≡ 1 (mod q) Do đó(pq−1) n k ≡ −1 (mod q).
- Nếu n lẻ thì (pq−1) n ≡ −1 (mod p) Do đó (pq−1) n k ≡ −1 (mod p).
Vì thế (pq−1) n k+ 1 p. Vậy (pq−1) n k + 1 là hợp số với mọi số nguyên dương n.
Nhận xét 3.5.8 Sử dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa ta dễ dàng chứng minh được bài toán trên Vấn đề ở đây là để chứng minh
Để chứng minh (pq−1)^{nk+1} là hợp số, ta chỉ cần chỉ ra rằng biểu thức này chia hết cho một trong hai thừa số p hoặc q Việc phân tích tính chẵn lẻ của n cho phép nhận diện các trường hợp và điều kiện khiến nk+1 làm xuất hiện các hệ số chia hết cho p hoặc cho q, từ đó đảm bảo rằng (pq−1)^{nk+1} có một ước chung với một trong hai thừa số và trở thành hợp số ở các trường hợp tương ứng Nhờ sự phân tích parity của n, ta có một cách tiếp cận rõ ràng để xác định khi nào biểu thức này chia hết cho p hoặc q, đảm bảo tính hợp số của nó dựa trên đặc điểm của n.
Bài toán 3.5.9 Cho số nguyên dươngn = p α 1 1 p α 2 2 p α k k Trong đóp 1 , p 2 , , p k là các số nguyên tố đôi một khác nhau Tìm số nghiệm của phương trình x 2 +x ≡ 0 (mod n)
Giải: Ta có x^2 + x ≡ 0 (mod n) khi và chỉ khi x(x+1) ≡ 0 (mod p_i^{α_i}) với mọi i=1 k, với n = ∏ p_i^{α_i} Với mỗi p_i^{α_i}, do gcd(x, x+1) = 1 nên p_i^{α_i} chia x hoặc chia x+1, tức là x ≡ 0 hoặc x ≡ −1 (mod p_i^{α_i}) Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa (CRT), mỗi lựa chọn của các nghiệm cho các i từ tập {0, −1} cho ra một nghiệm duy nhất modulo n, và mọi nghiệm của x^2 + x ≡ 0 (mod n) chính là các nghiệm được ghép CRT từ các x ≡ 0 hoặc x ≡ −1 (mod p_i^{α_i}) cho mỗi i Do đó số nghiệm là 2^k và các nghiệm modulo n là các phần tử x có x ≡ 0 hoặc −1 (mod p_i^{α_i}) cho từng i.
x ≡a i (mod p α i i ) a i ∈ {−1,0}, i= 1, k. có duy nhất một nghiệm theo modnvà ta có2 k hệ (bằng số bộ(a 1 , a 2 , , a k ), a i ∈ {−1,0}) Nghiệm của các hệ là khác nhau Như vậy, phương trình x 2 +x ≡ 0 (mod n) có đúng 2 k nghiệm.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến đồng dư đa thức và trình bày các kết quả phân tích nhằm làm rõ đặc trưng và ứng dụng của hiện tượng này Các kết quả được tham khảo từ các tài liệu liên quan, trong đó tài liệu [2] đóng vai trò nguồn tham khảo chính, giúp củng cố cơ sở lý thuyết về đồng dư đa thức và gợi ý các mối liên hệ quan trọng trong các ngữ cảnh khác nhau.
[4], [6], [7] Cụ thể luận văn đã đạt được một số kết quả chính sau:
Bài viết hệ thống lại một số kiến thức cơ bản về đa thức một ẩn và tổng hợp một số kiến thức số học có liên quan đến nội dung của luận văn, nhằm tạo nền tảng cho quá trình nghiên cứu Nội dung trọng tâm làm rõ định nghĩa và các đặc tính của đa thức một ẩn, các phép toán cơ bản với đa thức (cộng, trừ, nhân, chia), cùng với các khái niệm như bậc và hệ số, và mối liên hệ giữa đa thức và các vấn đề số học liên quan Bên cạnh đó, bài viết chỉ ra cách ứng dụng các kiến thức này trong phân tích và xử lý đa thức trong luận văn, từ xác định nghiệm đến phân tích cấu trúc và tính chất của đa thức Để phù hợp với SEO, bài viết đã gắn kết các từ khóa chính như đa thức một ẩn, kiến thức số học liên quan, nghiệm của đa thức, phân tích đa thức, nhằm tăng khả năng hiển thị trên các công cụ tìm kiếm.
Nghiên cứu đồng dư đa thức theo môđun một đa thức, trình bày đặc trưng và các tính chất cơ bản của đồng dư đa thức trong vành R[x]/(f) Bài viết làm rõ mệnh đề 2.1.2 và định lý 2.1.3 như nền tảng để phân tích cấu trúc và tính chất của đồng dư theo môđun một đa thức Trường hợp đặc biệt được xem xét là khi môđun là một số nguyên tố và lũy thừa của số nguyên tố, từ đó nêu bật các đặc điểm của đồng dư và các ứng dụng trong lý thuyết số và đại số.
- Đưa ra một số ứng dụng của đồng dư đa thức trong giải toán sơ cấp.
[1] Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng, NXB GD, 2003.
[2] L Ake Lindahl, Lectures on Number theory, Uppsala University Re- trieved http://www2 ,2002-math.uu.se, 2002.
[4] Lindsay N Childs, A Concrete Introduction to Higher Algebra, Un- dergraduate Texts in Mathematics, Springer Science+Business Media LLC 2009.
[5] V Dotsenko, Solutions to polynomial congruences, www.maths. tcd.ie/ vdots/teaching/files/MA2316-1314/Hensel.pdf.
[6] Polynomial congruences to prime power moduli, https://people. maths.bris.ac.uk/ mazag/nt/lecture7.pdf.
[7] Polynomial congruences, www.math.niu.edu/ richard/Math420/poly- cong.pdf.
Thái Nguyên, ngày tháng năm 2019
Người hướng dẫn Học viên
(Ký và ghi rõ họ tên) (Ký và ghi rõ họ tên)
TS Nguyễn Thị Kiều Nga Nguyễn Thị Hoàn