Một số kiến thức cơ bản về đa thức một ẩn
Định nghĩa
Định nghĩa một vành giao hoán có đơn vị A cho thấy rằng một đa thức một ẩn với hệ số trên A có dạng f(x) = a0 + a1x + + amx^m, trong đó ai ∈ A cho mọi i từ 0 đến m Biến x được gọi là biến của đa thức, ai là các hệ số thứ i, và aix^i là hạng tử thứ i Hạng tử tự do được ký hiệu là a0 Tập hợp các đa thức một biến x với hệ số trong A được ký hiệu là A[x].
Cho hai đa thức f(x) =a0 +a1x+ +anx n và g(x) =b0 +b1x+ +bmx 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 + b1x+ +bnx n +bn+1x n+1 + +bn+tx n+t
Ta nói hai đa thức f(x) và g(x) là bằng nhau nếu ai = bi với mọi i = 0, n và bn+1 = = bn+t = 0. Định nghĩa 1.1.2 Cho hai đa thức f(x) =a0 +a1x+ +anx n và g(x) =b 0 +b 1 x+ +b m x m thuộc A[x] Khi đó f(x) +g(x) max {n,m}
Quy ước ai = 0 nếu i > n và bi = 0 nếu i > m.
A[x] là một vành giao hoán có đơn vị, trong đó phép cộng và phép nhân được thực hiện trên các đa thức A[x] được gọi là vành đa thức một ẩn với hệ số thuộc A.
Bậc của đa thức
Định nghĩa 1.1.3 Bậc của đa thức khác 0 trong A[x] f(x) = a0 +a1x+ +an−1x n−1 + anx n là n nếu an 6= 0, kí hiệu deg f(x) =n.
Quy ước, đa thức 0 không có bậc hoặc có bậc là −∞.
Sau đây là tính chất về bậc của đa thức Định lý 1.1.4 Giả sử f(x), g(x) là hai đa thức khác 0 thuộc A[x].
(i) Nếu f(x) +g(x) 6= 0 thì deg f(x) +g(x) 6 max n deg f(x),deg g(x)o
(ii) Nếu f(x)g(x) 6= 0 thì deg f(x)g(x) 6 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, hay còn gọi là định lý phép chia với dư, khẳng định rằng trong một vành giao hoán có đơn vị A, với hai đa thức f(x) và g(x) thuộc A[x], nếu g(x) có hệ số cao nhất khả nghịch trong A, thì tồn tại duy nhất các đa thức q(x) và r(x) trong A[x] sao cho f(x) = g(x)q(x) + r(x) và bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của g(x) khi r(x) khác không.
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 này là hệ quả trực tiếp từ Định lý phép chia với dư, áp dụng cho đa thức g(x) là đa thức bậc nhất có hệ số cao nhất bằng 1.
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).
Để tìm thương và dư của phép chia f(x) cho x − α, ta áp dụng lược đồ Horner Giả sử f(x) = P n i=0 a i x i với a n ≠ 0, theo Định lý phép chia với dư, ta có f(x) = (x−α)q(x) + r, trong đó r = f(α) và deg q(x) = n−1 Nếu q(x) = bn−1x n−1 + + b1x + b0, ta đồng nhất các hệ số để có các biểu thức như bn−1 = an, bn−2 = an−1 + αbn−1, và cuối cùng là 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 bài viết này, chúng ta giả định rằng A là một vành giao hoán có đơn vị Định nghĩa một cách chính xác, nếu A là một vành con của vành giao hoán K và f(x) = a0 + a1x + + an−1x n−1 + anx n ∈ A[x], thì số α ∈ K được xem là nghiệm của đa thức f(x) trong K nếu f(α) = 0.
Từ Định lý Bezout ta có ngay bổ đề sau.
Bổ đề 1.1.10 khẳng định rằng một phần tử α ∈ A là nghiệm của đa thức f(x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho x−α Định nghĩa 1.1.11 chỉ ra rằng trong một vành giao hoán K chứa vành A, nếu tồn tại một số tự nhiên k khác 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 Phần tử α ∈ K là nghiệm bội bậc k của f(x) ∈ A[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho (x−α) k
Sau đây là công thức Viete về mối liên hệ giữa các nghiệm của đa thức với các hệ số của đa thức đó.
Mệnh đề 1.1.13 (Công thức Viete) Cho A là một miền nguyên và f(x) =a 0 +a 1 x+ +a n−1 x n−1 +a n x n ∈ A[x].
Giả sử α1, α2, , αn 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
Trong phần này, vành A được định nghĩa như một trường Một đa thức a(x) thuộc A[x] được coi là ước chung của các đa thức f1(x), , fs(x) nếu nó là ước của tất cả các fi(x) với mọi i từ 1 đến s Hơn nữa, ước chung a(x) được xem là ước chung lớn nhất của các đa thức f1(x), , fs(x) nếu nó là bội của mọi ước chung của chúng.
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 khẳng định rằng nếu f(x) = g(x)q(x) + r(x) với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x), thì đa thức a(x) là ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) nếu và chỉ nếu a(x) cũng là ước chung lớn nhất của g(x) và r(x) Định nghĩa 1.1.17 chỉ ra rằng một đa thức b(x) ∈ A[x] được xem là bội chung của các đa thức f1(x), , fs(x) ∈ A[x] nếu b(x) là bội của tất cả các fi(x) với mọi i từ 1 đến s Hơn nữa, bội chung b(x) được gọi là bội chung nhỏ nhất của f1(x), , fs(x) nếu mọi bội chung m(x) của fi(x) 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
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 (p 1 −1)p α 2 2 −1 (p 2 −1) p α k k −1 (p k −1).
Định lý 1.2.4, hay còn gọi là Định lý Euler, khẳng định rằng nếu cho a là số nguyên, n là số nguyên dương và (a, n) = 1, thì a ϕ(n) ≡ 1 (mod n) Hệ quả của định lý này là Định lý 1.2.5, được biết đến là Định lý Fermat, cho rằng nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên bất kỳ, thì a^p ≡ a (mod p).
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 khám phá các vấn đề liên quan đến đồng dư đa thức, bao gồm đồng dư đa thức với môđun một đa thức, môđun nguyên tố và môđun lũy thừa nguyên tố Các kết quả này được tham khảo từ các tài liệu [2], [4], [6], [7] Chúng tôi cũng trình bày đặc trưng của đồng dư đa thức theo môđun một đa thức cùng với một số tính chất quan trọng của nó.
Đồng dư đa thức với môđun một đa thức
Trong mục này, chúng tôi giới thiệu về đồng dư đa thức với môđun một đa thức, dựa trên các kết quả chính từ tài liệu [4] Chúng tôi giả thiết rằng vành A là một trường Theo định nghĩa 2.1.1, cho các đa thức f(x), g(x), p(x) thuộc A[x] và p(x) khác không, f(x) và g(x) được coi là đồng dư theo môđun p(x) nếu hiệu f(x) - g(x) chia hết cho p(x) Khi đó, chúng tôi ký hiệu 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);
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).
Định lý 2.1.3 chỉ ra một số tính chất quan trọng của đồng dư đa thức với môđun một đa thức Quan hệ đồng dư của các đa thức thuộc A[x] theo môđun đa thức p(x) là quan hệ tương đương trên A[x] Các tính chất này bao gồm: nếu hai đa thức đồng dư thì tổng và tích của chúng cũng đồng dư; nếu một đa thức được nhân với một đa thức khác thì kết quả cũng đồng dư; nếu một đa thức được cộng hoặc trừ với một đa thức khác thì kết quả cũng đồng dư; nếu một đa thức được nâng lên một số mũ tự nhiên thì kết quả cũng đồng dư; nếu một đa thức được thay thế vào một hàm đa thức khác thì kết quả cũng đồng dư; và nếu một đa thức được chia cho một ước chung của nó và môđun thì kết quả cũng đồng dư.
Nếu hai đa thức f(x) và g(x) đồng dư theo modulo 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) đồng dư với g(x) t(x) theo modulo p(x) Hơn nữa, nếu f(x) đồng dư với g(x) theo nhiều đa thức p1(x), p2(x), , pk(x), thì f(x) cũng đồng dư với g(x) theo bội chung nhỏ nhất p(x) của các đa thức này Ngoài ra, nếu f(x) đồng dư với g(x) theo p(x) và t(x) là ước của p(x), thì f(x) cũng đồng dư với g(x) theo t(x) Cuối cùng, nếu f(x) đồng dư với g(x) theo p(x), thì bậc của f(x) và p(x) sẽ bằng bậc của g(x) và p(x).
Chứng minh a) + Với mọi f(x) ∈ A[x], hiển nhiên f(x) ≡ f(x) mod p(x)
Quan hệ đồng dư theo môđun đa thức p(x) có tính chất phản xạ và đối xứng Nếu f(x) ≡ g(x) mod p(x), thì f(x) − g(x) chia hết cho p(x), dẫn đến g(x) − f(x) cũng chia hết cho p(x) Do đó, ta có g(x) ≡ f(x) mod p(x), khẳng định tính chất đối xứng của quan hệ đồng dư này.
+ 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)
Suy ra rằng quan hệ đồng dư theo môđun đa thức p(x) có tính chất bắc cầu Theo giả thiết, nếu fi(x) ≡ gi(x) mod p(x) với mọi i từ 1 đến k, thì sẽ tồn tại các đa thức hi(x) thuộc A[x], với i từ 1 đến k, sao cho fi(x) = gi(x) + hi(x)p(x).
Do đó, f1(x)±f2(x)± ±fk(x) = g1(x) +h1(x)p(x) ± g2(x) +h2(x)p(x) ± ± gk(x) + hk(x)p(x)
Vì thế f1(x)±f2(x)± ±fk(x) ≡ g1(x)±g2(x)± ±gk(x) mod p(x)
Ta có f1(x)f2(x) fk(x) = [g1(x) + h1(x)p(x)] [gk(x) +hk(x)p(x)]. Suy ra f1(x)f2(x) fk(x) =g1(x)g2(x) gk(x) + p(x)t(x).
Do đó f1(x)f2(x) fk(x) ≡g1(x)g2(x) gk(x) (mod p(x)).
Các tính chất c, d, e, f, g, h là hệ quả của tính chất b. i) Giả sử h(x) = a0 + a1x + + anxn Vì f(x) ≡ g(x) mod p(x) nên [f(x)] i ≡ [g(x)] i mod p(x) ,∀i = 0, n.
Do đó P n i=0 ai[f(x)] i ≡ P n i=0 ai[g(x)] i mod p(x)
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].
Vậy f(x) t(x) ≡ g(x) t(x) (mod p(x)) Vì f(x) ≡ g(x) mod pi(x) với ∀i = 1, k, nên f(x) - g(x) là bội chung của p1(x), , pk(x) Giả sử p(x) là bội chung nhỏ nhất của p1(x), p2(x), , pk(x), ta có f(x) - g(x) là bội của p(x) Do đó, f(x) ≡ g(x) (mod p(x)) Theo giả thiết f(x) ≡ g(x) (mod p(x)), tồn tại h(x) sao cho f(x) = g(x) + h(x)p(x).
Vì t(x) là ước của p(x) nên tồn tại ℓ(x) sao cho p(x) = t(x)ℓ(x) (2.2)
Thay (2.2) vào (2.1) ta có f(x) =g(x)+h(x)p(x) = g(x)+[h(x)ℓ(x)]t(x). 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).
Giả sử m(x) là một đa thức có bậc từ 1 trở lên và f(x) là một đa thức bất kỳ thuộc A[x] Khi đó, f(x) sẽ đồng dư theo môđun m(x) với một đa thức duy nhất r(x) sao cho bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của m(x) Đa thức r(x) này 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).
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).
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
Cho p(x) ∈ A[x] và p(x) ≠ 0, quan hệ đồng dư theo môđun p(x) trở thành một quan hệ tương đương trên A[x] Đối với mọi f(x) ∈ A[x], lớp tương đương của f(x) theo quan hệ đồng dư môđun p(x) được gọi là lớp đồng dư của f(x) môđun p(x), được ký hiệu là [f(x)] p(x) hoặc [f(x)] khi p(x) đã được xác định.
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)
Trong lý thuyết đại số, b(x) được coi là đại diện của lớp đồng dư [g(x)]p(x) nếu b(x) thuộc [g(x)]p(x) Theo Định lý phép chia với dư, đối với mọi f(x) thuộc A[x], ta có thể viết f(x) = p(x)q(x) + r(x), trong đó deg p(x) = d và deg r(x) < d Điều này dẫn đến kết luận rằng f(x) ≡ r(x) mod p(x), từ đó suy ra [f(x)] p(x) = [r(x)] p(x) Vì r(x) là duy nhất, mỗi lớp đồng dư môđun p(x) được đại diện bởi một đa thức r(x) duy nhất trong A[x] với deg r(x) nhỏ hơn deg p(x).
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) = a0 +a1x+ +ad−1x d−1 , ai ∈ A, i = 0, d−1.
Mỗi đa thức r(x) trong A[x] với bậc deg r(x) nhỏ hơn d tương ứng với một phần tử duy nhất (a0, a1, , ad−1) trong A d Vì vậy, số lượng đa thức r(x) có bậc nhỏ hơn d sẽ bằng số lượng phần tử của A d.
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))
Trên A[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 ′ (x)] p(x) và [b(x)] p(x) = [b ′ (x)] p(x) , hay a(x) ≡ a ′ (x) mod p(x) , b(x) ≡ b ′ (x) mod p(x) thì a(x) +b(x) ≡ a ′ (x) +b ′ (x) mod p(x) và a(x)b(x) ≡ a ′ (x)b ′ (x) mod p(x)
[a(x)b(x)]p(x) = [a ′ (x)b ′ (x)]p(x). Suy ra A[x].(p(x)) là một vành giao hoán có đơn vị là 1 := [1] p(x) và phần tử không là 0 := [0]p(x), với mọi [a(x)](p(x)) ∈ A[x].(p(x)) có phần tử đối là [−a(x)]p(x).
Mệnh đề sau đây cho chúng ta điều kiện để A[x].(p(x)) là một trường.
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
Vì [r(x)]p(x)[s(x)]p(x) = [p(x)]p(x) = [0]p(x) nên A[x].(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 ha/d−(b/d)xi với d = a 2 −5b 2
Trong chương này, chúng ta sẽ khám phá các trường hợp đặc biệt của đồng dư đa thức theo môđun một đa thức Các kết quả quan trọng trong các phần này được tham khảo từ tài liệu [2], [6], [7] Đầu tiên, chúng ta sẽ xem xét đồng dư tuyến tính.
Đồng dư đa thức với môđun nguyên tố
Trong phần này, chúng ta xem xét trường hợp đặc biệt của đồng dư đa thức với môđun đa thức p(x) là số nguyên tố và g(x) = 0, với giả thiết rằng các đa thức thuộc Z[x] Định lý 2.4.1 chỉ ra rằng một đa thức nguyên f(x) có nghiệm là số nguyên c cho 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, nếu f(x) = (x−c)p(x) + a, với p(x) là đa thức nguyên và a là đa thức hằng (số nguyên), thì f(c) = a Điều này cho thấy c là nghiệm của đồng dư khi và chỉ khi a ≡ 0 (mod m), tức là a = mb Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
Khi xét đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) với p là số nguyên tố và bậc của f(x) lớn hơn p, ta có thể giảm bậc của f(x) bằng cách chia nó cho đa thức x^p - x Theo Định lý phép chia với dư, sẽ tồn tại hai đa thức q(x) và r(x) sao cho f(x) = (x^p - x)q(x) + r(x), trong đó bậc của r(x) nhỏ hơn p.
Theo Định lý Fermat, ta có a^p − a ≡ 0 (mod p), dẫn đến f(a) ≡ r(a) (mod p) với mọi số nguyên a Từ điều này, ta có thể chứng minh Định lý 2.4.2: Nếu p là số nguyên tố, thì với mọi đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) sẽ tương đương với đồng dư 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 6 r 6 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).
Bằng cách áp dụng Bổ đề 2.4.3, ta có thể thay thế tất cả các số hạng có bậc lớn hơn p trong đồng dư đa thức f(x) bằng các số hạng tương đương có bậc nhỏ hơn p Điều này cho phép chúng ta tạo ra đa thức nguyên r(x) có bậc nhỏ hơn p, và nó sẽ có nghiệm tương tự trong đồng dư đa thức môđun p như đa thức 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.
Ta có f(x) = (x 6 + 2x 3 + x 2 + 1)(x 5 − x) + 5x 4 + 5x 3 + x + 1 Do đó đồng dư trên tương đương với 5x 4 + 5x 3 + x + 1 ≡ 0 (mod 5), suy ra x+ 1 ≡0 (mod 5) có nghiệm là x ≡ 4 (mod 5).
Theo Bổ đề 2.4.3, vì 11 ≡ 3, 8 ≡ 4, 5 ≡ 1 theo môđun 4, ta có thể thay thế x bằng 11, 2x bằng 8, và x bằng 5 tương ứng bằng x bằng 3, 2x bằng 4 Từ đó, ta có biểu thức x³ + 2x⁴ + x + 3x⁴ + 4x³ + 1 ≡ 5x⁴ + 5x³ + x + 1 ≡ x + 1 (mod 5) Định lý 2.4.5 khẳng định rằng, với p là một số nguyên tố và các số a₁, a₂, , aₖ ∈ Z không đồng dư với 0 môđun p, thì aᵢ 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) với deg r(x) < k.
Chứng minh rằng nếu tồn tại các đa thức q(x) và r(x) thỏa mãn điều kiện của định lý, thì f(aj) = pr(aj) ≡ 0 (mod p), suy ra aj là nghiệm của đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod p) với ∀j = 1, k Điều ngược lại được chứng minh bằng quy nạp theo k; với k = 1, sẽ tồn tại q(x) và r(x) theo Định lý 2.4.1 Giả sử định lý đúng với k − 1 nghiệm, sẽ tồn tại các đa thức q1(x) và r1(x) sao cho f(x) = (x−a1)(x−a2) (x−ak−1)q1(x) + pr1(x).
Vì f(ak) ≡ 0 (mod p) nên ta có
Vì (ak − aj, p) = 1 với j = 1,2, , k − 1, ta có thể rút gọn nhân tử (a k − a j ) trong đồng dư, dẫn đến q 1 (a k ) ≡ 0 (mod p) Theo Định lý 2.4.1, tồn tại đa thức q(x) và số nguyên b sao cho q1(x) = (x−ak)q(x) + pb Thay vào biểu thức (2.4), ta tìm được đa thức q(x) và r(x) = b(x−a1)(x−a2) (x−ak−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 cách so sánh bậc và hệ số lớn nhất của đa thức x^(p−1) − 1, ta nhận được q(x) = 1 Khi x = 0, ta có −1 ≡ (−1)^(p−1) (p−1)! (mod p) Nếu p là số nguyên tố lẻ, ta suy ra rằng (p−1)! ≡ −1 (mod p), trong khi với p = 2, ta có 1 ≡ −1 (mod 2).
Một đồng dư đa thức với môđun bất kỳ có thể có nhiều nghiệm hơn bậc của đa thức Ví dụ, đồng dư x² - 1 ≡ 0 (mod 8) có bốn nghiệm là 1, 3, 5, 7 Tuy nhiên, nếu môđun là một số nguyên tố, số nghiệm không vượt quá bậc của đa thức, trừ khi tất cả các hạng tử của đa thức đều chia hết cho p Theo Định lý 2.4.5, nếu p là số nguyên tố và f(x) ∈ Z[x] là đa thức bậc n mà không phải tất cả các hạng tử đều chia hết cho p, thì đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nhiều nhất n nghiệm.
Chứng minh Giả sử đồng dư có k nghiệm a1, a2, , ak theo Định lý 2.4.2 ta có f(x) = (x−a1)(x−a2) (x−ak)q1(x) + pr1(x) và deg r1(x) < k.
Do đó q 1 (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 q 1 (x) > k.
Chú ý rằng một đồng dư đa thức có thể không có nghiệm.
Đồng dư x^2 − 2 ≡ 0 (mod 3) không có nghiệm, và đồng dư x^p − x + 1 ≡ 0 (mod p) cũng không có nghiệm nếu p là số nguyên tố, theo Định lý Fermat Định lý 2.4.8 đưa ra điều kiện để một đồng dư đa thức có số nghiệm bằng bậc của đa thức Cụ thể, nếu p là số nguyên tố và đa thức f(x) có bậc n < p với hệ số cao nhất bằng 1, thì theo Định lý phép chia với dư, ta có x^p − x = q(x)f(x) + r(x), trong đó 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.
Trong phần 2.4.9, cần lưu ý rằng không được làm mất tính tổng quát của bài toán Giả sử hệ số cao nhất của đa thức f(x) là 1; nếu hệ số này là a, thì có (a, p) = 1 Để tiếp tục, chọn a′ sao cho aa′ ≡ 1 (mod p), và thay thế f(x) bằng đa thức a′f(x) - (a′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.
Giả sử q(x) có bậc m, ta có m+n = p với hệ số cao nhất của q(x) bằng 1 Nếu tất cả 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 mọi 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, dẫn đến việc tổng số nghiệm tối đa là m+n=p Do đó, đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) sẽ có n nghiệm.
Theo Định lý Fermat, mỗi nghiệm của f(x) theo môđun p cũng là nghiệm của r(x) theo môđun p, do đó nếu f(x) có n nghiệm thì r(x) cũng phải có n nghiệm Tuy nhiên, vì bậc của r(x) nhỏ hơn n, điều này chỉ xảy ra khi 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 giải đồng dư đa thức f(x) ≡ 0 (mod m) khi m là lũy thừa nguyên tố pk bắt đầu bằng việc tìm một nghiệm của đồng dư theo môđun p Từ nghiệm này, ta có thể xác định thêm một hoặc nhiều nghiệm khác của đồng dư theo môđun p² Bằng cách áp dụng kỹ thuật tương tự, chúng ta có thể tìm nghiệm cho đồng dư theo môđun pk.
Cho f(x) là một đa thức nguyên và a là một số nguyên, tồn tại đa thức nguyên g(t) thỏa mãn f(a+t) = f(a) + f ′ (a)t + t² g(t) Đây là một trường hợp đặc biệt của công thức Taylor Để chứng minh, dễ thấy rằng f(a+t) là một đa thức theo t với hệ số nguyên, từ đó f(a+t) có thể được biểu diễn dưới dạng A + Bt + t² g(t), trong đó g(t) là một đa thức nguyên.
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)
Nếu a là nghiệm của phương trình (2.7), để tìm nghiệm b của phương trình (2.6) sao cho b ≡ a (mod p), ta có b = a + pt với t là số nguyên Theo công thức (2.5), ta có f(a + pt) = f(a) + f ′(a)pt + p²t²g(pt) ≡ f(a) + pf ′(a)t (mod p²) Như vậy, a + pt là nghiệm của phương trình (2.6) nếu và chỉ nếu f(a) + pf ′(a)t ≡ 0 (mod p²), tương đương với điều kiện f ′(a)t ≡ -f(a)p (mod p).
Nếu (f ′ (a), p) = 1 thì (2.8) có nghiệm duy nhất t ≡t0 (mod p) và suy ra x ≡ a+pt0 (mod p 2 ) là nghiệm của (2.6) và nó là nghiệm duy nhất thỏa mãn x ≡a (mod p).
Nếu p|f ′(a), thì phương trình (2.8) có nghiệm khi và chỉ khi p²|f(a) Trong trường hợp này, mọi số t đều thỏa mãn (2.8) Do đó, nghiệm của (2.6) được biểu diễn dưới dạng x ≡ a + pj (mod p²) với j = 0, 1, 2, , p−1 Như vậy, phương trình (2.6) có p nghiệm đồng dư với a theo môđun p.
Nếu p|f ′ (a) và p 2 6 |f(a) thì (2.6) không có nghiệm.
Từ p^k đến p^(k+1), ta áp dụng quy trình tương tự Định lý 2.5.1 chỉ ra rằng, với p là số nguyên tố và k là số nguyên dương bất kỳ, nếu a là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod p^k), thì có những hệ quả quan trọng liên quan đến nghiệm này.
(i) Nếu p 6 |f ′ (a) thì có một nghiệm b của f(x) ≡ 0 (mod p k+1 ), sao cho b ≡ a (mod p k ) Trong đó, b= a+p k t, với t là nghiệm duy nhất của f ′ (a)t ≡ −f(a)/p k (mod p).
(ii) 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 nó đồng dư với a theo môđun p k Các nghiệm đó là a +p k j với j = 0,1, , p−1.
(iii) Nếu p|f ′ (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 ′ (a)t ≡ −f(a) p k (mod p) (2.9)
Nếu (f ′ (a), p) = 1, tức là p không chia hết cho f ′ (a), thì đồng dư này có duy nhất nghiệm Ngược lại, nếu p chia hết cho f ′ (a), ta cần có f(a)/p k ≡ 0 (mod p), nghĩa là p k+1 chia hết cho f(a) Trong trường hợp này, bất kỳ giá trị nào của t đều là nghiệm của (2.9) Tuy nhiên, nếu p chia hết cho f ′ (a) nhưng p k+1 không chia hết cho f(a), thì (2.9) sẽ không có 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 ′ (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 b2 của đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p 2 ) sao cho b2 ≡ a (mod p) Do đó f ′ (b2) ≡f ′ (a) (mod p).
Theo định lý, tồn tại nghiệm duy nhất b3 của f(x) ≡ 0 (mod p^3) sao cho b3 đồng dư với b2 và a theo môđun p Tiếp tục quy trình này, cuối cùng ta sẽ 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 a1 của phương trình đồng dư (2.10), ta có thể tìm được 0, 1 hoặc p nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p²) đồng dư với a1 theo môđun p Nếu nghiệm tồn tại, ta giải đồng dư tuyến tính f′(a1)t ≡ −f(a1)/p (mod p) Nếu không có nghiệm, hãy thử với một nghiệm khác a1 của (2.10).
Nếu f(x) ≡ 0 (mod p²) có nghiệm, hãy chọn một nghiệm bất kỳ, giả sử là a₂, và tìm nghiệm tương ứng của f(x) ≡ 0 (mod p³) bằng cách giải đồng dư f ′(a₂)t ≡ -f(a₂)/p² (mod p) Lặp lại quy trình này cho mỗi nghiệm của f(x) ≡ 0 (mod p²) Lưu ý rằng do a₂ ≡ a₁ (mod p), nên f ′(a₂) ≡ f ′(a₁) (mod p), do đó không cần tính toán 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 ′ (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 a2 là một nghiệm trên Từ f ′ (a2) ≡f ′ (±2) ≡0 (mod 25).
Từ a 2 suy ra phương trình f(x) ≡ 0 (mod 125) có 5 nghiệm hoặc không có nghiệm tùy theo 125 có là ước của f(a2) 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
7x 6 + 4x+ 12 ≡ 0 (mod 5)7x 6 + 4x+ 12 ≡ 0 (mod 3 3 ) (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
Để giải phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3^3), trước tiên ta giải phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3) Theo Định lý Fermat, x^3 ≡ x (mod 3) dẫn đến x^6 ≡ x^2 (mod 3) Do đó, phương trình trở thành x^2 + x ≡ 0 (mod 3), tương đương với x(x + 1) ≡ 0 (mod 3) Kết quả là x ≡ 0 (mod 3) hoặc x ≡ -1 (mod 3) Đạo hàm của hàm số là f'(x) = 42x^5 + 4.
Vì f ′ (0) = 4 ≡ 1 (mod 3) và f ′ (−1) = −38 ≡ 1 (mod 3) nên theo hệ quả trên phương trình f(x) ≡0 (mod 3 3 ) có 2 nghiệm.
+ Với x1 = 0 và xét phương trình: f ′ (0)t ≡ −f(0)/3 (mod 3).
Suy ra t ≡ −4 (mod 3) hay t ≡ 2 (mod 3) ⇒ x 2 = 0 + 2.3 = 6 là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3 2 ) Tiếp theo ta xét phương trình f ′ (0)t ≡ f ′ (6)t ≡ −f ′ (6)
Suy ra x3 = 6 + 2.9 = 24 là nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod 3 3 ). + Với y 1 = −1, xét phương trình f ′ (−1)t≡ −f(−1)
Hay t ≡ 1 (mod 3) ⇒y 2 = −1 + 1.3 = 2 là nghiệm của phương trình f ′ (x) ≡ 0 (mod 3 2 ).
Tiếp theo ta xét phương trình f ′ (−1)t ≡f ′ (2)t≡ −f(2)
Do đó y3 = 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 (a, m) > 1 và p là số nguyên tố chia hết cho (a, m), tức là p|a và p|m Nếu x là nghiệm của phương trình (2.14), thì suy ra p|x Giả sử x = py, khi đó phương trình (2.14) trở thành p²y² ≡ a (mod m) Chia cả hai vế cho p, ta có py² ≡ a p (mod m p).
Khi đó, ta xét các trường hợp sau
Nếu p² | m và p² | a, thì y² ≡ a/p² (mod m/p²) là tương đương với (2.15) Mỗi nghiệm y₀ của đồng dư này sẽ tạo ra p nghiệm không đồng dư theo môđun m cho phương trình ban đầu (2.14) Do đó, ta có x ≡ py₀ (mod m/p) Nếu (a/p², m/p²) > 1, ta sẽ quay lại quá trình trên.
(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 (2.15) tương đương với y² ≡ ca/p (mod m/p) Nghiệm bất kỳ y₀ của đồng dư này sẽ dẫn đến nghiệm duy nhất x ≡ py₀ (mod m) của (2.14) Nếu (ca/p, m/p) > 1, chúng ta có thể quay lại bước trước đó.
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 phương trình đồng dư, ta có (36,45) = 9 dẫn đến x = 3y Từ đây, phương trình y^2 ≡ 4 (mod 5) có nghiệm y ≡ ±2 (mod 5) Kết quả là x ≡ ±6 (mod 15), tức là các nghiệm của phương trình là 6, 9, 21, 24, 36, 39.
Trong phần này, chúng ta xem xét phương trình x² ≡ a (mod m) với điều kiện (a, m) = 1 Theo định nghĩa, nếu (a, m) = 1, thì a được gọi là thặng dư bậc hai của m khi phương trình x² ≡ a (mod m) có nghiệm Ngược lại, nếu phương trình này không có nghiệm, a sẽ được gọi là bất thặng dư bậc hai của m.
Bằng cách phân tích môđun m thành tích các thừa số nguyên tố và áp dụng Định lý 6.5, chúng ta có thể giải phương trình đồng dư dạng x² ≡ a (mod p^k), trong đó p là lũy thừa nguyên tố Điều này tương tự như trong mục 2.6 Tuy nhiên, do đạo hàm của x² là 2x và 2x ≡ 0 (mod 2), nên cần xem xét riêng trường hợp p = 2 và p là số nguyên tố lẻ.
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.
Theo giả thiết phương trình x² ≡ a mod p có ít nhất một nghiệm b, thì −b cũng là nghiệm và −b không đồng dư với b mod p khi b không đồng dư với 0 (mod p) Theo Định lý 2.4.7, đồng dư không thể có nhiều hơn hai nghiệm Định lý 2.6.4 chỉ ra rằng nếu p là số nguyên tố lẻ và (a, p) = 1, thì x² ≡ 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 rằng với hàm số f(x) = x² − a, đạo hàm f ′ (x) = 2x không chia hết cho p với mọi x không đồng dư 0 (mod p) Theo Hệ quả 2.5.2 và Bổ đề 2.6.3, nếu a là thặng dư bậc hai, thì phương trình x² ≡ a (mod p^k) có hai nghiệm cho mỗi k.
Bất kỳ nghiệm nào của phương trình x² ≡ a (mod p^k) cũng là nghiệm của x² ≡ a (mod p) Do đó, phương trình x² ≡ a (mod p^k) 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.
Đồng dư x² ≡ a (mod 2^k) với k > 3 có thể giải được nếu và chỉ nếu a ≡ 1 (mod 8), và trong trường hợp này sẽ có đúng bốn nghiệm Nếu x₀ là một nghiệm, thì tất cả các nghiệm của đồng dư này sẽ có dạng ±x₀ và ±x₀ + 2^(k−1).
Chứng minh (i) và (ii) là hiển nhiên.
Giả sử x² ≡ a (mod 2^k) có nghiệm x₀, ta có x₀ là số lẻ, từ đó suy ra a cũng lẻ Bình phương của số lẻ đồng dư với 1 theo môđun 8, do đó a ≡ 1 (mod 8) là điều kiện cần để phương trình x² ≡ a (mod 2^k) có nghiệm Thêm vào đó, (−x₀)² = x₀² ≡ a (mod 2^k) và (±x₀ + 2^(k−1))² = x₀² ± 2^k x₀ + 2^(2k−2) ≡ x₀² ≡ a (mod 2^k), với điều kiện 2^(k−2) > k.
Có thể dễ dàng chứng minh được bốn số ±x0 và ±x0+ 2 k−1 đồng dư theo môđun 2 k Do đó phương trình đồng dư có ít nhất bốn nghiệm.
Điều kiện của a là đủ để phương trình có ít nhất bốn nghiệm Chứng minh bằng quy nạp theo k, với trường hợp k = 3 là rõ ràng do x² ≡ 1 (mod 8) có nghiệm x ≡ 1 Giả sử x² ≡ a (mod 2^k) có nghiệm x₀ Do đó, ±x₀ và ±x₀ + 2^(k−1) là các nghiệm của đồng dư, và sẽ chứng minh rằng một trong các nghiệm này là nghiệm của đồng dư x² ≡ a (mod 2^(k+1)).
Ta biết x 2 0 = a+ 2 k n, với n là số nguyên Nếu nchẵn thì x0 là nghiệm của (2.16) Nếu n lẻ thì
≡ a (mod 2 k+1 ), vì n+x0 là chẵn (do n và x0 đều lẻ) và 2k −2 > k + 1 (vì k > 3).
Trong đoạn [1,2 k] có 2 k−3 số nguyên a đồng dư với 1 theo môđun 8, từ mỗi a ta tìm được bốn nghiệm khác nhau của x² ≡ a (mod 2 k), và tất cả đều là số lẻ Tổng số nghiệm là 4.2 k−3 = 2 k−1 Tuy nhiên, trong khoảng này chỉ có đúng 2 k−1 số lẻ không chứa bất kỳ nghiệm nào, do đó mỗi phương trình trên có đúng bốn nghiệm.
Kết hợp Định lý 2.6.4 và Định lý 2.6.5, ta có Định lý 2.6.6 chỉ ra rằng phương trình đồng dư x² ≡ a (mod m) có nghiệm nếu a là thặng dư bậc hai của các số nguyên tố lẻ khác nhau pi trong phân tích m = 2^k * p₁^k₁ * * pᵣ^kᵣ, và a ≡ 1 (mod 4) với k = 2, a ≡ 1 (mod 8) với k > 3 Nếu phương trình có nghiệm, số nghiệm sẽ là 2^r với k = 0 hoặc k = 1, 2^(r+1) với k = 2, và 2^(r+2) với k > 3 Để áp dụng định lý này, cần có tiêu chuẩn xác định thặng dư bậc hai của số nguyên tố p Định lý 2.6.7 khẳng định rằng với p là số nguyên tố lẻ, có đúng (p−1)/2 thặng dư bậc hai và (p−1)/2 bất thặng dư bậc hai của p.
Tất cả các thặng dư bậc hai được xác định bằng bình phương của các phần tử trong hệ thặng dư rút gọn Phương trình x² ≡ a (mod p) chỉ có hai nghiệm khi (a, p) = 1, dẫn đến số thặng dư bậc hai bằng nửa số phần tử trong hệ thặng dư rút gọn, tức là (p−1)/2 Các thặng dư bậc hai có thể được lấy từ 1², 2², cho đến [(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)
Ta có thể đưa nó về dạng y 2 ≡d (mod m ′ ).
Trong trường hợp đơn giản nhất khi (4a, m) = 1, chúng ta có thể nhân cả hai vế của phương trình (2.17) với 4a mà không làm thay đổi môđun m Kết quả là ta thu được một phương trình đồng dư tương đương.
4a 2 x 2 + 4abx+ 4ac ≡ 0 (mod m), khi đó,
Đặt \( y = 2ax + b \), theo định lý 2.7.1, nếu \( (4a, m) = 1 \), thì nghiệm của phương trình đồng dư \( ax^2 + bx + c \equiv 0 \mod m \) có thể được xác định thông qua các phương trình đồng dư \( y^2 \equiv b^2 - 4ac \mod m \) và \( 2ax \equiv y - b \mod m \).
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
Phương trình đồng dư 16x + 5 ≡ ±4 (mod 23) cho ra hai nghiệm gốc là x ≡ 10 và x ≡ 21 Định lý 2.7.3 cho biết nếu 4a = a1a2 với a2 là số nguyên tố cùng nhau với m, thì tất cả các nghiệm của đồng dư ax² + bx + c ≡ 0 (mod m) có thể tìm được thông qua các phương trình đồng dư y² ≡ b² - 4ac (mod a1m) và 2ax ≡ y - b (mod a1m).
Chứng minh Theo giả thiết4a = a1a2 và(4a, m) = 1 Khi đó(a2, m) = 1.
Chúng ta có thể nhân cả hai vế của phương trình đồng dư ax² + bx + c ≡ 0 (mod m) với a² mà không làm thay đổi môđun m Tuy nhiên, nếu nhân với a₁ thì môđun m sẽ thay đổi thành a₁m, dẫn đến một phương trình đồng dư tương đương.
4a 2 x 2 + 4abx+ 4ac ≡ 0 ( mod a 1 m) (2.18) Phương trình đồng dư (2.18) tương đương với:
(2ax+b) 2 ≡ b 2 −4ac ( mod a1m) (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 a1m),2ax ≡ y−b (mod a1m).
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
Phương trình đồng dư tuyến tính 6x ≡ y − 3 (mod 40) có các nghiệm y là 5, 15, 25, 35 Các nghiệm tương ứng của x trong phương trình này là 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 bài viết này, chúng tôi giới thiệu một số ứng dụng của đồng dư đa thức trong giải toán sơ cấp, bao gồm việc tìm đa thức dư khi chia f(x) cho g(x), chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau, và xét sự tồn tại của nghiệm nguyên trong phương trình Ngoài ra, chúng tôi cũng đề cập đến việc đếm số nghiệm và tìm giá trị nhỏ nhất của tổng.
Trong phần này, vành A được xác định là một trường, do đó, luôn có phép chia có dư cho bất kỳ đa thức nào trong A[x] khi chia cho một đa thức khác không bằng 0.
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) trong phép chia f(x) cho g(x), cần xác định r(x) với bậc deg r(x) nhỏ hơn bậc deg g(x) và thỏa mãn điều kiện (3.1) Việc xác định r(x) thường dựa vào g(x) để tìm số tự nhiên n > 0 sao cho x^n ≡ 1 hoặc x^n ≡ −1 (mod g(x)), kết hợp với các tính chất của đồng dư đa thức để giải quyết vấn đề.
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)).
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.
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
1−x 2 ≡ 0 (mod (1−x 2 )) nên 3x 3 +x+ 1 ≡ 4x+ 1 (mod (1−x 2 )).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:
Bài toán 3.2.2 Cho m, n, ℓ là các số tự nhiên khác 0 Chứng minh rằng đa thức f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3ℓ+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 3ℓ+2 ≡ (x 3 ) ℓ x 2 ≡x 2 mod g(x)
Vì thế f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3ℓ+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
Ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp 1 Nếu n chẵn thì (x + 1) n ≡ x n (mod g(x)) Suy ra (x + 1) n − x n ≡ 0 (mod g(x)) Do đó h(x) ≡ 0 (mod g(x)) Vì thế f(x) ≡ 0 (mod g(x)).
+ Trường hợp 2 Nếu n lẻ thì (x + 1) n ≡ −x n (mod g(x)) Suy ra (x + 1) n + x n ≡ 0 (mod g(x)) Do đó h(x) ≡ 0 (mod g(x)) Vậy f(x) ≡ 0 (mod g(x)). b) 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)).
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) có tham số ở lũy thừa của ẩn x yêu cầu xác định số m nguyên dương nhỏ nhất sao cho x m ≡ 1 mod g(x) hoặc x m ≡ −1 mod g(x) Sau đó, chia các tham số trong lũy thừa của f(x) cho m Giả sử n = mq + r với r = 0, m−1, ta sẽ xem xét các trường hợp của các số dư r và áp dụng tính chất đồng dư đa thức theo môđun của một đa thức để xác định điều kiện của tham số nhằm đảm bảo f(x) ≡ 0 mod g(x).
Bài toán 3.3.1 Tìm điểu kiện của m, n, ℓ∈ N ∗ để đa thức f(x) = x 3m −x 3n+1 + x 3ℓ+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 3ℓ+2 ≡ (x 3 ) ℓ x 2 ≡ (−1) ℓ 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) ℓ x 2 ≡ 0 (mod g(x)).
Vậy m, n, ℓ cùng chẵn hoặc m, n, ℓ 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, ℓ∈ N ∗ để đa thức f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3ℓ+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)).
+ Trường hợp 4 Với r = 0, s = 1, t = 1 thì f(x) ≡1 +x 4 +x 5 (mod p(x)).
Do đó f(x) ≡ 1−x 2 −1−x 3 −x (mod p(x)) ≡ −x 3 −x 2 −x (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)).
Hay f(x) ≡ x 3 −x 2 −1−x−x 3 (mod p(x)) ≡ −x 2 −x−1 (mod p(x)). Suy ra f(x) không chia hết cho p(x).
Vậy với m chẵn, n lẻ và ℓ chẵn hoặc m lẻ, n chẵn và ℓ lẻ thì f(x) = x 3m +x 3n+1 +x 3ℓ+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)
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x)
Suy ra f(x) chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
≡ (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).
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)
+ 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).
≡ 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 ′ (x) = 1 Khi đó f(x) chia hết cho [g(x)] 2 khi và chỉ khi f(x) g(x) và f ′ (x) g(x)(với f ′ (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 ′ (x) = 2x+ 1 Vì thế
Suy ra rằng f(x) chia hết cho [g(x)]^2 khi và chỉ khi cả f(x) và f'(x) đều chia hết cho g(x) Theo lời giải của bài toán 3.3.3, f(x) chia hết cho g(x) trong trường hợp m = 6k + 1 hoặc m = 6k + 5 Do đó, chúng ta cần xem xét f'(x) = m(x + 1)^(m−1) − m*x^(m−1) với m thuộc dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5.
+ Với m = 6k + 1 ta có f ′ (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 ′ (x) ≡ 0 mod g(x) Suy ra f ′ (x) chia hết cho g(x).
≡ x 2 mod g(x) x 6k+4 ≡x mod g(x) Suy ra f ′ (x) ≡ (6k+ 5)(x 2 −x) mod g(x) Hay f ′ (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 Q[x].
Giải Đặt g(x) = x 2 +x+ 1 ta có g ′ (x) = 2x+ 1 Suy ra
Do đó f(x) chia hết cho [g(x)] 2 khi và chỉ khi f(x) và f ′ (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)
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) chia hết cho g(x) với m = 6k+ 2.
Suy ra f(x) không chia hết cho g(x).
Suy ra f(x) chia hết cho g(x).
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 ′ (x) = m(x + 1) m−1 + mx m−1 , với m = 6k + 2 hoặc m = 6k+ 4.
Suy ra f ′ (x) không chia hết cho g(x).
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 ′ (x) ≡ −(6k+ 4) + (6k+ 4) mod g(x) ≡ 0 mod g(x) Vậy f ′ (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
Nếu f(x) là một đa thức có hệ số nguyên và r ∈ Z là nghiệm của f(x), thì điều này dẫn đến f(x) ≡ 0 (mod m) với mọi số nguyên dương m Vì vậy, nếu tồn tại một số nguyên dương m mà phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) không có nghiệm, thì có thể kết luận rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên.
Bài toán 3.4.1 Cho k là số tự nhiên chẵn và f(x) = x kn 1 +x kn 2 +1 + +x kn k +k−1 , trong đó ni 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 ni 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)
N là số lẻ, với a là ba chữ số tận cùng của n, dẫn đến n ≡ a (mod 1000) Các số hạng 15, 35, 55 thuộc tích (3.3) cho thấy n 125 và 1000 = 8× 125, từ đó suy ra a 125 Vì vậy, a chỉ có thể là những số nhất định.
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
(a−b)(a+b) = a 2 −b 2 ≡ 0 (mod m). Điều này suy ra a−b m hoặc a+b m Do đó a ≡ ±b (mod m).
Để chứng minh rằng số m cần tìm là m = 2p, trong đó p là số nguyên tố lẻ, ta giả sử m không phải là số nguyên tố và có dạng m = xy với x, y ≠ 1 Đặt a = x+y và b = x−y, ta có a² − b² = 4xy = 4m ≡ 0 (mod m), dẫn đến a ≡ ±b (mod m) Từ đó, ta suy ra 2y = a − b ≡ 0 (mod m) hoặc 2x = a + b ≡ 0 (mod m), cho thấy 2x hoặc 2y chia hết cho m Do đó, x hoặc y phải bằng 2, từ đó suy ra m = 2n với n ≠ 1 Nếu n là hợp số, ta có n = kt, dẫn đến m = 2kt với k, t ≠ 1, và từ đó t phải bằng 2, gây mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Cuối cùng, n phải là một số nguyên tố và nếu p = 2 thì m = 4 không thỏa mãn, 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.
Bài toán 3.5.3 từ Vietnam MO 2004 yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các chữ số S(n) của số nguyên dương n, với điều kiện n là bội của 2003.
Nhận xét 3.5.4 x 2 ≡ −1 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi p = 4k+ 1.
Đặt p = 2003, một số nguyên tố, ta có S(n) > 1 vì 10^k không chia hết cho p Giả sử n là bội của p và S(n) = 2, từ đó suy ra tồn tại k sao cho 10^k ≡ −1 (mod p) Lưu ý rằng 2^10 = 1024 ≡ 10^7 (mod p).
(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 6 2 n Nếut 6 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).
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
Hợp số (pq − 1) n k + 1 có thể được chứng minh bằng cách chỉ ra rằng nó chia hết cho p hoặc q Phân tích tính chẵn, lẻ của n cho thấy sự xuất hiện của hệ số trong biểu thức này.
Bài toán 3.5.9 Cho số nguyên dươngn = p α 1 1 p α 2 2 p α k k Trong đóp1, p2, , pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau Tìm số nghiệm của phương trình x 2 +x ≡ 0 (mod n)
Giải phương trình x² + x ≡ 0 (mod n) tương đương với việc x(x + 1) ≡ 0 (mod p^α_i) cho mọi i từ 1 đến k Điều này chỉ xảy ra khi x ≡ 0 (mod p^α_i) hoặc x ≡ -1 (mod p^α_i) với mọi i từ 1 đến k Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa, mỗi hệ phương trình có thể được giải quyết dựa trên những điều kiện này.
Phương trình x ≡ ai (mod pαi) với ai ∈ {−1, 0} cho thấy có duy nhất một nghiệm theo mod, dẫn đến việc có 2^k hệ phương trình tương ứng với số bộ (a1, a2, , ak) Các nghiệm của các hệ này là khác nhau, từ đó cho thấy phương trình x² + x ≡ 0 (mod n) có đúng 2^k nghiệm.
Trong luận văn này, chúng tôi tiến hành nghiên cứu các vấn đề liên quan đến đồng dư đa thức Các kết quả nghiên cứu được trích dẫn từ tài liệu [2].
[4], [6], [7] Cụ thể luận văn đã đạt được một số kết quả chính sau:
Hệ thống lại các kiến thức cơ bản về đa thức một ẩn và các khái niệm số học liên quan là điều cần thiết cho nội dung của luận văn Những kiến thức này không chỉ giúp hiểu rõ hơn về đa thức mà còn tạo nền tảng vững chắc cho việc áp dụng trong các bài toán thực tiễn.
Nghiên cứu đồng dư đa thức theo môđun một đa thức cung cấp các đặc trưng và tính chất cơ bản, như được nêu trong Mệnh đề 2.1.2 và Định lý 2.1.3 Đặc biệt, trường hợp đồng dư theo môđun số nguyên tố và lũy thừa của số nguyên tố được phân tích kỹ lưỡng, mở rộng hiểu biết về các ứng dụng và tính chất của đồng dư đa thức trong toán học.
- 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