2.1 Phương trình thặng dư một ẩn
2.1.4 Hệ phương trình thặng dư bậc nhất một ẩn
Định nghĩa 2.3. Hệ phương trình dạng
a=a1 (mod n1) a=a2 (mod n2)
ã ã ã
a=ak (mod nk)
trong đó các ni, i= 1,2. . . , k đôi một nguyên tố cùng nhau, được gọi là hệ phương trình thặng dư bậc nhất một ẩn.
Để giải hệ phương trình thặng dư bậc nhất một ẩn ta có thể giải từng phương trình bậc nhất một ẩn theo cách đã biết ở phần trên rồi tìm nghiệm đối với modulo n =
k
Q
i=1
ni, sau đó tìm nghiệm chung của tất cả các phương trình là nghiệm của hệ phương trình. Tuy nhiên cách làm trên khá dài và dễ nhầm lẫn, do vậy cần có thuật toán hiệu quả hơn. Theo chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa có thuật toán để giải hệ phương trình thặng dư như sau:
Bước 1: Với mỗi ni ta xác định các Ni= n ni = Q
j6=i
nj. Bước 2: Xác định các số bi sao cho Nibi = 1 (mod ni).
Bước 3: Xác định một nghiệm của hệ phương trình bằng cách a=
k
X
i=1
Nibiai=x0 (mod n).
Ví dụ 2.5. Giải hệ phương trình thặng dư
x= 2 (mod 3), x= 3 (mod 5), x= 5 (mod 7), x= 7 (mod 11).
Lời giải. Ta có:
n1 = 3, N1 = 5.7.11 = 385, n2 = 5, N2 = 3.7.11 = 231, n3 = 7, N3 = 3.5.11 = 165, n4 = 11, N4 = 3.5.7 = 105.
Ta có:
N1b1 =b1= 1 (mod 3)⇒b1 = 1, N2b2 =b2= 1 (mod 5)⇒b2 =−4, N3b3 = 4b3= 1 (mod 7) ⇒b3 = 2, N4b4 = 6b4= 1 (mod 1)1⇒b4= 2.
Vậy
x=
k
X
j=1
Njbjaj = 385.1.2 + 231.1.3 + 165.2.5 + 105.2.7 = 1118 Tất cả các số nghiệm của hệ có dạng b= 1118 + 1155k.
Khi cần xem xét phương trìnhf(x) = 0 (mod m)cómlà hợp số, ta cần chuyển về hệ phương trình nhờ định lý sau
Định lý 2.5. Cho m có dạng phân tích tiêu chuẩn m=pr11.pr22. . . prkk.
Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên. Phương trình thặng dư f(x) = 0 (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
f(x) = 0 (mod prii) có nghiệm với mọi i= 1,2, . . . , k.
Chứng minh. Nếu f(x) = 0 (mod m) có nghiệm thì tồn tại số nguyên a sao cho m là ước của f(a). Khi đó prii là ước của m, nó chỉ ra rằng prii là ước của f(a), và phương trình f(x) = 0 (mod prii) có nghiệm với mọi i= 1,2, . . . , k.
Ngược lại, giả sử phương trình f(x) = 0 (mod prii) có nghiệm với mọi i = 1,2, . . . , k. Khi đó với mỗi i tồn tại số nguyên ai sao cho
f(ai) = 0 (mod prii).
Dopr11, pr22, . . . , prkk đôi một nguyên tố cùng nhau, theo định lý thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên a sao cho
a=ai (mod prii) ∀i= 1,2, . . . , k.
Do đó
f(a) = f(ai) = 0 (mod prii) ∀i= 1,2, . . . , k.
Vì vậy f(a) chia hết cho mỗi lũy thừa nguyên tố prii, nên nó chia hết cho tích của chúng là m.
Vậy f(a) = 0 (modm). Định lý được chứng minh.
Vận dụng các kiến thức trên ta có thể thực hiện một số dạng toán sau liên quan đa thức có hệ số nguyên
Bài toán 2.1. Giải phương trình thặng dư
f(x) = x2−34 = 0 (mod 495).
Phân tích. Ta thấy rằng 495 là hợp số nên để giải được phương trình đã cho ta vận dụng định lý 2.5 đưa phương trình về hệ phương trình bậc nhất một ẩn và dùng thuật toán để giải hệ phương trình.
Lời giải. Vì 495 = 32.5.11, nên ta xét các phương trình:
f(x) =x2−34 =x2+ 2 = 0 (mod 9), f(x) =x2−34 =x2+ 1 = 0 (mod 5), f(x) =x2−34 =x2−1 = 0 (mod 11).
Ta có
f(5) = 0 (mod 9),
f(2) = 0 (mod 5), f(1) = 0 (mod 11).
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên a sao cho a= 5 (mod 9),
a= 2 (mod 5), a= 1 (mod 11).
Ta có:
n1 = 9, N1 = 5.11 = 55;n2 = 5, N2 = 9.11 = 99;n3 = 11, N3 = 9.5 = 45 do đó
N1b1 =b1 = 1 (mod 9)⇒b1= 1, N2b2 = 4b2 = 1 (mod 5)⇒b2 =−1, N3b3 =b3 = 1 (mod 1)1⇒b3 = 1, từ đó
a= 55.1.5 + 99.(−1).2 + 45.1.1 = 122 Một nghiệm của hệ là
a= 122 (mod 495).
Thử lại
f(122) = 1222−34 = 14850 = 30.495, vậy
f(122) = 0 (mod 495).
Bài toán 2.2. Cho n có dạng phân tích tiêu chuẩn n =pr11.pr22. . . prkk. Tìm số nghiệm của phương trình x2+x= 0 (mod n).
Phân tích. Muốn tìm nghiệm của phương trình x2+x = 0 (mod n) ta cần đưa phương trình về hệ và xem xét số nghiệm của mỗi hệ.
Lời giải. Theo định lý 2.5 thì
x2+x= 0 (mod n)⇔x(x+ 1) = 0 (mod prii),∀i= 1,2, . . . , k.
Vì(x, x+ 1) = 1 nên
x(x+ 1) = 0 (mod prii)⇔
x= 0 (mod prii)
x=−1 (mod prii) ∀i= 1,2, . . . , k.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì mỗi hệ phương trình
x=a1 (mod pr11) x=a2 (mod pr22) . . .
x=ak (mod prkk),
ai∈ {0,−1}, i= 1,2, . . . , k.
có duy nhất nghiệm modulo n. Vì có tất cả 2k hệ như vậy (tương ứng với 2k cách chọn bộ (a1, a2, . . . , ak), với mỗi ai ∈ {0,−1}, i = 1,2, . . . , k), do đó hệ có tất cả 2k nghiệm modulo n.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì Cpk = 0 (mod p) ∀k= 1,2, . . . , p−1.
Phân tích. Ta thấyCpk là hệ số trong khai triển đa thức(x+ 1)p, do đó để chứng minh bài toán ta sẽ tìm đa thứcf(x)mà mọi hệ số của nó đều chia hết cho p, hay đa thức f(x) là đa thức không có bậc modulo p với số nghiệm của phương trình f(x) = 0 (mod p) là p nghiệm.
Lời giải. Đặt f(x) =
p−1
P
k=1
Cpkxk = (x+ 1)p−(xp+ 1).
Theo định lý Fermat ta có
(x+ 1)p=x+ 1 =xp+ 1 (mod p), ∀x,
nên phương trình f(x) = 0 (mod p) và nó có p nghiệm. Mà degf = p−1 nên f không có bậc modulo p, hay mọi hệ số của f đều chia hết cho p. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trên cơ sở bài toán (2.3), và p= 2017 là số nguyên tố một bài toán tương tự được đề xuất như sau:
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng
C2016k = (−1)k (mod 2017), ∀1≤k ≤2016.
Phân tích. Tương tự như bài toán 2.3 ta cũng cần tìm ra đa thức f(x) mà hệ số của nó có dạng C2016k −(−1)k...2017, ∀1≤k ≤2016.
Lời giải. Xét đa thức
f(x) = (x+ 1)2016− x2017+ 1 x+ 1 .
Dễ thấy bậc của f(x) không quá 2015 hoặc không có bậc. Mặt khác theo định lý Fermat, ta có với p= 2017 là số nguyên tố nên
f(x) = (x+ 1)2016−x2017+ 1
x+ 1 = 1− x+ 1
x+ 1 = 0 (mod 2017),
do đó phương trình f(x) = 0 (mod 2017) có đúng 2016 nghiệm không cùng thặng dư modulo 2017 là 0,1,2, . . . ,2015. Từ đó suy ra mọi hệ số của f(x) đều chia hết cho 2017 hay C2016k −(−1)k...2017, ∀1≤k≤2016. Vì vậy
C2016k = (−1)k (mod 2016), ∀1≤k ≤2016.
Bài toán 2.5. (Định lý Wolstenholme)Choplà một số nguyên tố, gọia1, a2, . . . , ap−1 là các số nguyên thỏa mãn
(x−1)(x−2). . .(x−p+ 1) =xp−1−a1xp−2+a2xp−3− ã ã ã+ap−1. Chứng minh rằng nếu p≥5 thì
a, ap−1 =−1 (mod p), b, ap−2 = 0 (mod p2), c, ap−2 =pap−3 (mod p3).
Lời giải. a, Đặt f(x) = (x−1)(x−2). . .(x−p+ 1). Xét đa thức
g(x) = xp−x−xf(x) = xp−x−x. xp−1−a1xp−2+a2xp−3− ã ã ã+ap−1 Hiển nhiên nếu g(x) có bậc thì bậc không vượt quá p−1. Mặt khác theo định lý Fermat ta có
g(x) =−xf(x) = 0 (mod p),
vì xf(x) = x(x−1)(x−2). . .(x−p+ 1) là tích của p số nguyên liên tiếp nên chia hết chop. Và theo định lý 2.2 thì g(x) =−xf(x) = 0 (modp) có đúngp nghiệm. Do đó mọi hệ số của g đều chia hết cho p. Xét hệ số của x1 của
g(x) = xp−x−x xp−1−a1xp−2+a2xp−3− ã ã ã+ap−1
=a1xp−1−a2xp−2+ã ã ã−(ap−1+1)x ta cóap−1=−1 (mod p). Xét hệ số củaxi, p−1≥i≥2ta cóap−i = 0 (mod p) ∀i= 2,3, . . . , p−1.
b, Ta có f(p) = (p−1)! =ap−1, mặt khác
f(p) =pp−1−a1pp−2+a2pp−3− ã ã ã+ap−3p2−ap−2p+ap−1. Trừ cả hai vế cho (p−1)! sau đó chia cả hai vế cho p ta được
pp−2−a1pp−3+a2pp−4− ã ã ã+ap−3p−ap−2 = 0.
Từ phần a, ta cóai= 0 (mod p) ∀i= 1,2, . . . , p−2. Do đó
ap−2 =pp−2−a1pp−3+a2pp−4− ã ã ã+ap−3p= 0 (mod p2).
c, Do ai= 0 (mod p) ∀i= 1,2, . . . , p−2 nên
ap−2−ap−3p=pp−2−a1pp−3+a2pp−4−. . . ap−4p2 = 0 (mod p3).