(LUẬN văn THẠC sĩ) về đồng dư đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀN VỀ ĐỒNG DƯ ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀN VỀ ĐỒNG DƯ ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Thị Kiều Nga THÁI NGUYÊN - 2019 download by : skknchat@gmail.com Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc TS Nguyễn Thị Kiều Nga, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Tác giả xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo giảng dạy lớp cao học Toán K11A, bạn học viên đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Nguyễn Thị Hoàn i download by : skknchat@gmail.com Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Một số kiến thức đa thức ẩn 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Bậc đa thức 1.1.3 Phép chia với dư 1.1.4 Nghiệm đa thức 1.1.5 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ đa thức Một số định lý số học Đồng dư đa thức 10 2.1 Đồng dư đa thức với môđun đa thức 10 2.2 Tập hợp gồm lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun đa thức 15 2.3 Trường A[x] (p(x)) 17 2.4 Đồng dư đa thức với môđun nguyên tố 18 2.5 Đồng dư đa thức với môđun lũy thừa nguyên tố 2.6 Đồng dư x2 ≡ a (mod m) 2.7 Phương trình đồng dư bậc hai tổng quát 35 23 29 Một số ứng dụng đồng dư đa thức giải toán sơ cấp 38 3.1 Tìm đa thức dư chia đa thức f (x) cho g(x) A[x] 38 3.2 Chứng minh đa thức f (x) chia hết cho đa thức g(x) A[x] 40 3.3 Tìm điều kiện để f (x) chia hết cho g(x) = A[x] 43 ii download by : skknchat@gmail.com 3.4 Bài toán nghiệm đa thức 51 3.5 Một số toán khác 51 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 iii download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Đa thức khái niệm quan trọng toán học Đa thức không đối tượng nghiên cứu Đại số mà cịn cơng cụ quan trọng sử dụng nghiên cứu Giải tích Lý thuyết điều khiển, Lý thuyết tối ưu Trong kỳ thi học sinh giỏi nước toán đa thức thường đề cập đến Vì chương trình tốn phổ thơng đa thức chuyên đề quan trọng cần thiết việc bồi dưỡng học sinh giỏi Đồng dư đa thức vấn đề nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu đa thức mà trường hợp đặc biệt phương trình đồng dư đồng dư thức Theo [4], cho A trường, f (x), g(x), p(x) ∈ A[x], p(x) = Ta nói f (x) đồng dư với g(x) theo môđun p(x) f (x) − g(x) chia hết cho p(x) A[x] Vì "đồng dư đa thức theo mơđun đa thức" coi tổng quát khái niệm "đồng dư thức" biết Luận văn "Về đồng dư đa thức" nghiên cứu đồng dư đa thức theo môđun đa thức, đồng dư đa thức theo môđun số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố Các kết luận văn tham khảo tài liệu [2], [4], [6], [7] Hơn nữa, đưa đặc trưng đồng dư đa thức theo môđun đa thức (Mệnh đề 2.1.2) số tính chất đồng dư đa thức theo môđun đa thức (Định lý 2.1.3) Sử dụng đồng dư đa thức, nghiên cứu số ứng dụng đồng dư đa thức giải toán sơ cấp Luận văn gồm chương Chương 1: Trình bày số kiến thức chuẩn bị đa thức số tính chất số học cần thiết cho chương sau Chương 2: Nghiên cứu đồng dư đa thức: Đồng dư đa thức theo môđun download by : skknchat@gmail.com đa thức số trường hợp đặc biệt môđun số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố Chương 3: Trình bày số ứng dụng đồng dư đa thức toán sơ cấp Mặc dù cố gắng thời gian lực nghiên cứu hạn chế nên mong góp ý thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện download by : skknchat@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại số kiến thức đa thức ẩn kiến thức số học khái niệm đa thức, bậc, nghiệm đa thức, số định lý thường gặp Định lý phép chia với dư, Định lý Bezout, Viete, hàm Euler, số định lý quan trọng số học, nhằm thuận tiện cho việc theo dõi chương sau 1.1 1.1.1 Một số kiến thức đa thức ẩn Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Cho A vành giao hốn có đơn vị Một đa thức ẩn với hệ số A biểu thức có dạng: f (x) = a0 + a1 x + + am xm , ∈ A với i = 0, m x kí hiệu gọi biến Khi đó, gọi hệ số thứ i đa thức, xi gọi hạng tử thứ i đa thức, a0 gọi hạng tử tự Kí hiệu A[x] tập đa thức biến x với hệ số A Cho hai đa thức f (x) = a0 + a1 x + + an xn g(x) = b0 + b1 x + + bm xm download by : skknchat@gmail.com thuộc A[x] Không giảm tính tổng qt, ta giả sử m n m = n + t Khi g(x) = b0 + b1 x + + bn xn + bn+1 xn+1 + + bn+t xn+t Ta nói hai đa thức f (x) g(x) = bi với i = 0, n bn+1 = = bn+t = Định nghĩa 1.1.2 Cho hai đa thức f (x) = a0 + a1 x + + an xn g(x) = b0 + b1 x + + bm xm thuộc A[x] Khi max {n,m} (ai + bi )xi f (x) + g(x) = i=0 m+n i aj bi−j xi f (x)g(x) = i=0 j=0 Quy ước = i > n bi = i > m Khi A[x] vành giao hốn có đơn vị với phép cộng phép nhân đa thức, A[x] gọi vành đa thức ẩn với hệ số A 1.1.2 Bậc đa thức Định nghĩa 1.1.3 Bậc đa thức khác A[x] f (x) = a0 + a1 x + + an−1 xn−1 + an xn n an = 0, kí hiệu deg f (x) = n Quy ước, đa thức khơng có bậc có bậc −∞ Sau tính chất bậc đa thức Định lý 1.1.4 Giả sử f (x), g(x) hai đa thức khác thuộc A[x] download by : skknchat@gmail.com (i) Nếu f (x) + g(x) = deg f (x) + g(x) max deg f (x), deg g(x) (ii) Nếu f (x)g(x) = deg f (x)g(x) deg f (x) + deg g(x), đẳng thức xảy A miền nguyên 1.1.3 Phép chia với dư Định lý 1.1.5 (Định lý phép chia với dư) Cho A vành giao hốn có đơn vị f (x), g(x) hai đa thức thuộc A[x], g(x) đa thức có hệ số cao khả nghịch A Khi tồn q(x), r(x) ∈ A[x] cho f (x) = g(x)q(x) + r(x) deg r(x) < deg g(x) r(x) = Các đa thức q(x) r(x) định lý gọi đa thức thương dư phép chia f (x) cho g(x) Nếu r(x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) Kết sau hệ trực tiếp Định lý phép chia với dư trường hợp đa thức g(x) đa thức bậc có hệ số cao Hệ 1.1.6 (Định lý Bezout) Cho A vành giao hốn có đơn vị g(x) ∈ A[x], α ∈ A Khi dư phép chia f (x) cho x − α f (α) Chú ý 1.1.7 Cho f (x) ∈ A[x], α ∈ A Ta có lược đồ sau gọi lược đồ Horner để tìm thương dư phép chia f (x) cho x − α Giả sử n f (x) = xi , an = Theo Định lý phép chia với dư, chia f (x) cho i=0 x − α, ta f (x) = (x − α)q(x) + r với r = f (α) deg q(x) = n − Giả sử q(x) = bn−1 xn−1 + + b1 x + b0 Đồng hệ số, ta có bn−1 = an , bn−2 = an−1 + αbn−1 , , bk−1 = ak + αbk , , b0 = a1 + αb1 , r = a0 + αb0 an an−1 a1 a0 α bn−1 = an bn−2 = an−1 + αbn−1 b0 = a1 + αb1 r = a0 + αb0 download by : skknchat@gmail.com + Trường hợp Với r = 0, s = 1, t = f (x) ≡ + x2 + x4 (mod p(x)) Hay f (x) chia hết cho p(x) + Trường hợp Với r = 0, s = 1, t = f (x) ≡ + x4 + x5 (mod p(x)) Do f (x) ≡ − x2 − − x3 − x (mod p(x)) ≡ −x3 − x2 − x (mod p(x)) Suy f (x) không chia hết cho p(x) + Trường hợp Với r = 1, s = 0, t = f (x) ≡ x3 + x2 + x (mod p(x)) Hay f (x) không chia hết cho p(x) + Trường hợp Với r = 1, s = 0, t = f (x) ≡ x3 + x + x5 (mod p(x)) Hay f (x) ≡ x3 + x − x3 − x (mod p(x)) ≡ (mod p(x)) Suy f (x) chia hết cho p(x) + Trường hợp Với r = 1, s = 1, t = f (x) ≡ x4 + x3 + x2 (mod p(x)) ≡ x3 − (mod p(x)) Suy f (x) không chia hết cho p(x) + Trường hợp Với r = 1, s = 1, t = f (x) ≡ x3 + x4 + x5 (mod p(x)) Hay f (x) ≡ x3 − x2 − − x − x3 (mod p(x)) ≡ −x2 − x − (mod p(x)) Suy f (x) không chia hết cho p(x) Vậy với m chẵn, n lẻ chẵn m lẻ, n chẵn f (x) = x3m + x3n+1 + x3 +2 chia hết cho x4 + x2 + Q[x] Bài tốn 3.3.3 Tìm điều kiện m ∈ N để đa thức f (x) = (x + 1)m − xm − chia hết cho x2 + x + Q[x] 45 download by : skknchat@gmail.com lẻ Giải Đặt g(x) = x2 + x + Vì x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) nên x3 ≡ mod g(x) Suy x6 ≡ mod g(x) x + ≡ −x2 mod g(x) Xét m = 6k + r, r = 0, 1, 2, 3, 4, + Với m = 6k ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k − x6k − ≡ −1 mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k+1 − x6k+1 − ≡ (x + 1)(x + 1)6k − xx6k − ≡ (x + 1) − x − = mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k+2 − x6k+2 − ≡ (x + 1)2 (x + 1)6k − x2 x6k − ≡ (x + 1)2 − x2 − ≡ 2x mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k+3 − x6k+3 − ≡ (x + 1)3 (x + 1)6k − x3 x6k − ≡ −3 mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) 46 download by : skknchat@gmail.com + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k+4 − x6k+4 − ≡ (x + 1)4 (x + 1)6k − x4 x6k − ≡ x2 − x − mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m − xm − = (x + 1)6k+5 − x6k+5 − ≡ (x + 1)5 (x + 1)6k − x5 x6k − ≡ −x2 − x − mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) Vậy với m = 6k + m = 6k + f (x) chia hết cho g(x) Bài tốn 3.3.4 Tìm tất giá trị n cho x2n + xn + chia hết cho x2 + x + Q[x] Giải Đặt g(x) = x2 + x + Ta có x3 ≡ mod g(x) Ta xét n = 3k + r với r = 0, 1, + Với n = 3k ta có f (x) = x6k + x3k + ≡ mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với n = 3k + 1, ta có f (x) = x2(3k+1) + x3k+1 + = x6k+2 + x3k+1 + ≡ x2 + x + mod g(x) ≡ mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) + Với n = 3k + 2, ta có f (x) = x2(3k+2) + x3k+2 + = x6k+4 + x3k+2 + ≡ x2 + x + mod g(x) ≡ mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) Vậy f (x) chia hết cho g(x) n có dạng 3k + 3k + 47 download by : skknchat@gmail.com Chú ý 3.3.5 Giả sử f (x), g(x) ∈ A[x], g(x), g (x) = Khi f (x) chia hết cho [g(x)]2 f (x) g(x) f (x) g(x) (với f (x) đạo hàm f (x)) Bài toán 3.3.6 Tìm điều kiện m ∈ N để đa thức f (x) = (x + 1)m − xm − chia hết cho (x2 + x + 1)2 Q[x] Giải Đặt g(x) = x2 + x + Ta có g (x) = 2x + Vì (g(x), g (x)) = Suy f (x) chia hết cho [g(x)]2 f (x) f (x) chia hết cho g(x) Theo lời giải toán 3.3.3 ta f (x) chia hết cho g(x) m = 6k + m = 6k + Do ta xét f (x) = m(x + 1)m−1 − mxm−1 với m = 6k + m = 6k + + Với m = 6k + ta có f (x) = (6k + 1)(x + 1)6k − (6k + 1)x6k Vì x3 ≡ mod g(x) nên x6k ≡ mod g(x) , x + ≡ −x2 mod g(x) Suy (x + 1)6k ≡ mod g(x) Do f (x) ≡ mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (6k + 5)(x + 1)6k+4 − (6k + 5)x6k+4 Vì x + ≡ −x2 mod g(x) nên (x + 1)6k+4 ≡ (−1)6k+4 x2(6k+4) mod g(x) ≡ x12k x8 mod g(x) ≡ x2 mod g(x) x6k+4 ≡ x mod g(x) Suy f (x) ≡ (6k + 5)(x2 − x) mod g(x) Hay f (x) không chia hết cho g(x) Vậy với m = 6k + f (x) chia hết cho [g(x)]2 Bài tốn 3.3.7 Tìm điều kiện m ∈ N để đa thức f (x) = (x + 1)m + xm + chia hết cho (x2 + x + 1)2 Q[x] 48 download by : skknchat@gmail.com Giải Đặt g(x) = x2 + x + ta có g (x) = 2x + Suy (g(x), g (x)) = Do f (x) chia hết cho [g(x)]2 f (x) f (x) chia hết cho g(x) Trước hết ta xét điều kiện để f (x) g(x) Ta có x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) Suy x3 ≡ mod g(x) Do x6 ≡ mod g(x) (x + 1) ≡ −x2 mod g(x) Xét m = 6k + r, r = 0, 1, 2, 3, 4, + Với m = 6k ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k + x6k + ≡ mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k+1 + x6k+1 + ≡ (x + 1)(x + 1)6k + xx6k + ≡ 2x + mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k+2 + x6k+2 + ≡ (x + 1)2 (x + 1)6k + x2 x6k + ≡ x2 + x + ≡ mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) với m = 6k + + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k+3 + x6k+3 + ≡ (x + 1)3 (x + 1)6k + x3 x6k + ≡ mod g(x) 49 download by : skknchat@gmail.com Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k+4 + x6k+4 + ≡ (x + 1)4 (x + 1)6k + x4 x6k + ≡ mod g(x) Suy f (x) chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (x + 1)m + xm + = (x + 1)6k+5 + x6k+5 + ≡ x2 − x + mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) Vậy với m = 6k + m = 6k + f (x) chia hết cho g(x) Bây giờ, ta xét f (x) = m(x + 1)m−1 + mxm−1 , với m = 6k + m = 6k + + Với m = 6k + ta có f (x) = (6k + 2)(x + 1)6k+1 + (6k + 2)x6k+1 ≡ (6k + 2)(x + 1) + (6k + 2)x mod g(x) ≡ (6k + 2)(2x + 1) mod g(x) Suy f (x) không chia hết cho g(x) + Với m = 6k + ta có f (x) = (6k + 4)(x + 1)6k+3 + (6k + 4)x6k+3 Vì x2 + x + ≡ mod g(x) nên (x + 1) ≡ −x2 (x + 1)6k ≡ (−1)6k x12k mod g(x) Suy mod g(x) ≡ mod g(x) Do (x + 1)6k+3 ≡ (x + 1)3 mod g(x) ≡ (−1)3 x6 mod g(x) ≡ −1 mod g(x) Kéo theo f (x) ≡ −(6k + 4) + (6k + 4) mod g(x) ≡ mod g(x) Vậy f (x) chia hết cho g(x) Vậy với m = 6k + f (x) chia hết cho [g(x)]2 50 download by : skknchat@gmail.com 3.4 Bài toán nghiệm đa thức Phương pháp giải Ta áp dụng nhận xét sau Giả sử K vành giao hoán chứa A Nếu f (x) ≡ (mod p(x)) α ∈ K nghiệm p(x) K α nghiệm f (x) K Nếu f (x) đa thức có hệ số nguyên r ∈ Z nghiệm f (x) f (x) ≡ (mod m) với số nguyên dương m Do đó, tồn m nguyên dương cho phương trình f (x) ≡ (mod m) khơng có nghiệm đa thức khơng có nghiệm ngun Bài tốn 3.4.1 Cho k số tự nhiên chẵn f (x) = xkn1 + xkn2 +1 + + xknk +k−1 , ni số tự nhiên khác với i = 1, k Hỏi đa thức f (x) có nghiệm hữu tỉ khác hay khơng? Giải Ta có f (x) = xkn1 + xkn2 +1 + + xknk +k−1 ≡ (mod p(x)) với p(x) = xk−1 + xk−2 + + x + ni = với i = 1, k Vì k chẵn nên p(x) = xk−1 + xk−2 + + x + ≡ mod (x + 1) Mặc khác đa thức x + có nghiệm x = −1 nên p(x) có nghiệm x = −1 Do đa thức f (x) = xkn1 + xkn2 +1 + + xknk +k−1 có nghiệm x = −1 Bài tốn 3.4.2 Cho số tự nhiên m, n, k Hãy tìm nghiệm nguyên đa thức f (x) = 3x3n+1 + 6x3m+2 − 12xk − Giải Xét phương trình f (x) = 3x3n+1 + 6x3m+2 − 12xk − ≡ (mod 3) (3.2) Vì f (x) ≡ (mod 3) nên phương trình (3.2) khơng có nghiệm ngun Do đó, đa thức f (x) = 3x3n+1 + 6x3m+2 − 12xk − khơng có nghiệm ngun 3.5 Một số toán khác Bài toán 3.5.1 Xác định ba chữ số tận số n với n = × × 11 × 15 × × 2011 51 download by : skknchat@gmail.com (3.3) Giải Dễ thấy n số lẻ Gọi a ba chữ số tận n Khi n ≡ a (mod 1000) Vì 15, 35, 55 ba số hạng tích (3.3) nên n 125 1000 = × 125 Suy a 125 Do a số 125, 375, 625, 875 Kéo theo (n − a) 1000 tương đương với (n − a) Vì n ≡ a (mod 8) Tiếp theo lấy mônđun số hạng n ta n = 3(4.1 + 3)(4.2 + 3) (4.502 + 3) ≡ (3.7)(3.7) (3.7) (mod 8) 251 cặp ≡ 5.5 (mod 8) 251 số ≡ 1.1 5.3 (mod 8) 125 số ≡ (mod 8) Mặt khác số 125, 375, 625, 875 có số 375 đồng dư với theo môđun Vậy 375 ba chữ số tận n Bài tốn 3.5.2 (Olympic 10-30/4-2008) Tìm tất số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện với a, b ∈ Z, a2 ≡ b2 (mod m) a ≡ ±b (mod m) (3.4) Giải + Với m = m số nguyên tố với a, b ∈ Z, a2 ≡ b2 (mod m) ta có a ≡ ±b (mod m) Thật vậy, ta có Nếu m = hiển nhiên (3.4) Nếu m số nguyên tố, với a, b ∈ Z thỏa a2 ≡ b2 (mod m) ta có (a − b)(a + b) = a2 − b2 ≡ (mod m) Điều suy a − b m a + b m Do a ≡ ±b (mod m) + Với m = m không số nguyên tố Ta chứng minh số m cần tìm m = 2p p số nguyên tố lẻ Thật vậy, giả sử (3.4) Vì m khơng số ngun tố nên ta có m = xy, x, y = Đặt a = x+y, b = x−y Khi a2 − b2 = 4xy = 4m ≡ (mod m) Suy a ≡ ±b (mod m) hay 2y = a − b ≡ (mod m) 2x = a + b ≡ (mod m) Do 2x m 52 download by : skknchat@gmail.com 2y m, với m = xy suy x = y = Hay m = 2n, n = Hơn n hợp số n = kt Suy m = 2kt, k, t = theo ta suy t = hay m = 4k mâu thuẫn với (3.4) (chọn a = 2k, b = 0) Vậy n = p số nguyên tố Hơn p = m = khơng thỏa mãn (3.4) Vậy p số nguyên tố lẻ Ngược lại, giả sử m = 2p với p số nguyên tố lẻ Khi đó, theo giả thiết ta có a2 − b2 2p suy (a − b)(a + b) (a − b)(a + b) p Do a + b 2p a − b 2p hay a ≡ ±b (mod m) Vậy m = 1, m = 2p m nguyên tố giá trị cần tìm Bài tốn 3.5.3 (Vietnam MO 2004, Bảng A) Ký hiệu S(n) tổng tất chữ số n sở 10 Xét tất số nguyên dương n thỏa mãn n bội 2003, tìm giá trị bé có S(n) Nhận xét 3.5.4 x2 ≡ −1 (mod p) có nghiệm p = 4k + Giải Đặt p = 2003, p số ngun tố Rõ ràng S(n) > 10k khơng chia hết cho p Giả sử tồn n bội p S(n) = Suy tồn k để 10k ≡ −1 (mod p) Chú ý 210 = 1024 ≡ 107 (mod p) nên (25k )2 = 210k ≡ 107k ≡ (10k )7 ≡ −1 (mod p) Vậy −1 thặng dư bậc mơđun p Mâu thuẫn p khơng có dạng 4k + Tiếp theo ta chứng minh tồn n bội p mà S(n) = Ta có 107 ≡ 210 (mod p) Suy 2.10700 ≡ 21001 = 2(p−1)/2 ≡ −1 (mod p) Vậy n = 2.10700 + bội p S(n) = Vậy giá trị nhỏ S(n) = Nhận xét 3.5.5 Cho p số nguyên tố lẻ (p, 3) = Gọi n số số bội khoảng (p/2; p) Khi 3(p−1)/2 ≡ (−1)n ( mod p) Từ đó, ta có hệ sau: Nếu p = 6k ± số nguyên tố 3(p−1)/2 ≡ (−1)k ( mod p) Suy số thặng dư bậc hai (mod p) p = 12t ± n Bài toán 3.5.6 Xét số Fecma F = Fn = 22 + 1, n F số nguyên tố 3(F −1)/2 + F Chứng minh Giải Dễ thấy F khơng có dạng 12k ± Do F số nguyên tố số bất thặng dư bậc môđun F Vậy 3(F −1)/2 ≡ −1 (mod F ) tức 3(F −1)/2 + F 53 download by : skknchat@gmail.com Ngược lại giả sử 3(F −1)/2 ≡ −1 (mod F ) Gọi h cấp (mod F ) n Khi h|(F −1) = 22 Vậy h = 2t , t 2n Nếu t 2n −1 h|(F −1)/2 Do 3(F −1)/2 ≡ (mod F ) Điều mâu thuẫn với điều giả sử Vậy t = 2n h = F − Vì h|ϕ(F ) nên (F − 1)|ϕ(F ) Suy F − = ϕ(F ) Vậy F số nguyên tố Bài toán 3.5.7 Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên k cho (pq − 1)n k + hợp số với số nguyên dương n Giải Vì (p, q) = nên theo Định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên k thỏa mãn:  k ≡ (mod p) k ≡ −1 (mod q) Khi - Nếu n chẵn (pq − 1)n ≡ (mod q) Do (pq − 1)n k ≡ −1 (mod q) Vì (pq − 1)n k + q - Nếu n lẻ (pq − 1)n ≡ −1 (mod p) Do (pq − 1)n k ≡ −1 (mod p) Vì (pq − 1)n k + p Vậy (pq − 1)n k + hợp số với số nguyên dương n Nhận xét 3.5.8 Sử dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa ta dễ dàng chứng minh toán Vấn đề để chứng minh (pq − 1)n k + hợp số ta cần (pq − 1)n k + chia hết cho p q Khi phân tích tính chẵn, lẻ n ta dễ dàng thấy xuất hệ  k ≡ (mod p) k ≡ −1 (mod q) Bài toán 3.5.9 Cho số nguyên dương n = pα1 pα2 pαk k Trong p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác Tìm số nghiệm phương trình x2 + x ≡ (mod n) 54 download by : skknchat@gmail.com Giải Ta có x2 + x ≡ (mod n) x(x + 1) ≡ (mod pαi i ) với i = 1, k Điều xảy x ≡ (mod pαi i ) với i = 1, k x ≡ −1 (mod pαi i ) với i = 1, k Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa hệ phương trình  x ≡ a (mod pαi ) i i a ∈ {−1, 0}, i = 1, k i có nghiệm theo mod n ta có 2k hệ (bằng số (a1 , a2 , , ak ), ∈ {−1, 0}) Nghiệm hệ khác Như vậy, phương trình x2 + x ≡ (mod n) có 2k nghiệm 55 download by : skknchat@gmail.com Kết luận Trong luận văn này, nghiên cứu số vấn đề đồng dư đa thức Các kết luận văn tham khảo tài liệu [2], [4], [6], [7] Cụ thể luận văn đạt số kết sau: - Hệ thống lại số kiến thức đa thức ẩn số kiến thức số học có liên quan đến nội dung luận văn - Nghiên cứu Đồng dư đa thức theo môđun đa thức Đưa đặc trưng số tính chất đồng dư đa thức theo môđun đa thức (Mệnh đề 2.1.2, Định lý 2.1.3) Nghiên cứu trường hợp đặc biệt đồng dư đa thức theo môđun đa thức môđun số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố - Đưa số ứng dụng đồng dư đa thức giải toán sơ cấp 56 download by : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển, Đa thức ứng dụng, NXB GD, 2003 Tiếng Anh [2] L Ake Lindahl, Lectures on Number theory, Uppsala University Retrieved http://www2 ,2002-math.uu.se, 2002 [3] E J Barbeau, Polynomials, Springer, 2003 [4] Lindsay N Childs, A Concrete Introduction to Higher Algebra, Undergraduate 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/polycong.pdf 57 download by : skknchat@gmail.com Thái Nguyên, ngày tháng năm 2019 Người hướng dẫn Học viên (Ký ghi rõ họ tên) (Ký ghi rõ họ tên) TS Nguyễn Thị Kiều Nga Nguyễn Thị Hoàn download by : skknchat@gmail.com Nhận xét Hội đồng xét duyệt Thái Nguyên, ngày tháng năm 2019 Hội đồng xét duyệt download by : skknchat@gmail.com ... skknchat@gmail.com Chương Đồng dư đa thức Trong chương chúng tơi trình bày số vấn đề đồng dư đa thức là: Đồng dư đa thức với môđun đa thức, đồng dư đa thức với môđun nguyên tố đồng dư đa thức với môđun... "đồng dư đa thức theo mơđun đa thức" coi tổng quát khái niệm "đồng dư thức" biết Luận văn "Về đồng dư đa thức" nghiên cứu đồng dư đa thức theo môđun đa thức, đồng dư đa thức theo môđun số nguyên... [6], [7] Chúng đưa đặc trưng đồng dư đa thức theo môđun đa thức số tính chất 2.1 Đồng dư đa thức với môđun đa thức Trong mục này, trình bày đồng dư đa thức với mơđun đa thức Các kết mục tham khảo