Phương trình đồng dư
5.6 Phương trình đồng dư bậc cao theo môđun nguyên tố
Định lý5.18. Phương trình đồng dư bậc nsau đây có không quánnghiệm
(F)
(
f(x) = a0xn+ a1xn−1 + ã ã ã+ an ≡ 0(modp), a0 6≡ 0(modp), p là số nguyên tố.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo bậc n. Nếu n= 0thì phương trình đồng dư có dạnga0 ≡ 0(modp). Vìa0 6≡0(modp)
phương trình đồng dư có bậcn > 0và định lý là đúng cho các phương trình đồng dư bậc≤ n−1. Giả sửf(x) ≡ 0(modp) có nghiệmx ≡ x0(modp). Khi đó f(x0) ≡ 0(modp) và ta có
f(x) ≡f(x)−f(x0) ≡
n−1
X
i=0
ai(xn−i −xn−i0 ) ≡0(modp). Như vậy ta có phương trình đồng dư
(x−x0)(a0xn−1 +b1xn−2 +ã ã ã+bn−1 ≡0(modp).
Nếu f(x) ≡0(modp) có một nghiệm khác nữa x ≡x1(modp). Khi đó
(x1 −x0)(a0xn−1 1 +b1xn−1 2 +ã ã ã+bn−1 ≡0(modp). Vìp là số nguyên tố và x1 6≡ x0(modp), nên
a0xn−1 1 +b1x1n−2 +ã ã ã+bn−1 ≡ 0(modp).
Điều này chứng tỏ các nghiệm khác của phương trình đồng dư (F) đều là nghiệm của
(G) a0xn−1 +b1xn−2 +ã ã ã+bn−1 ≡ 0(modp).
Vì bậc của(G)là n−1 nên theo giả thiết qui nạp(G) có không nhiều hơn n−1 nghiệm. Do đó (F) có không quá n nghiệm.
Hệ quả 5.19. Nếu phương trình đồng dư bậc n sau đây có nhiều hơn n
nghiệm
(H)
(
f(x) = a0xn +a1xn−1 +ã ã ã+an ≡0(modp), a0 6≡0(modp), p là số nguyên tố
thì tất cả các hệ số của nó phải chia hết cho p.
Chứng minh: Nếu có một hệ số nào đó không chia hết cho p thì (H) có không quá n nghiệm theo Định lý 5.18. Đìêu này mâu thuẫn với giả thiết.
Định lý5.20. [Định lý Wilson] Nếup là số nguyên tố thì
Chứng minh: Nếu p = 2 định lý là hiển nhiên. Nếu p > 2 ta xét phương trình đồng dư theo môđun p
p−1
Y
i=1
(x−i)−(xp−1 −1) ≡0(modp).
Phương trình này có bậc≤p−2và nhận 1, . . . , p−1 làm nghiệm. Khi đó tất cả các hệ số của nó đều chia hết cho p theo Hệ quả 5.19. Vậy số hạng tự do chia hết cho p hay (p−1)! + 1 ≡ 0(modp).
Hệ quả5.21. Nếu số tự nhiên p > 1thoả mãn (p−1)! + 1 ≡ 0(modp) thì plà số nguyên tố.
Chứng minh: Nếup là hợp số thì có số nguyên tố q, vớip > q > 1, là ước củap. Khi đó(p−1)! chia hết choq. Theo Định lý 5.20 ta có (p−1)! + 1
chia hết cho p, nhưng nó không chia hết cho q : mâu thuẫn. Vậy p là số nguyên tố.
Hệ quả 5.22. Nếu số nguyên tố p có dạng 4n+ 1 thì
[(p−1 2 )!]
2
+ 1≡ 0(modp).
Chứng minh: Theo Định lý 5.20 ta có (p−1)! + 1 ≡ 0(modp). Vậy
[(p−1 2 )!] 2 + 1 = (−1)p−12 [(p−1 2 )!] 2 + 1 = p−1 2 Y i=1 i. p−1 2 Y i=1 (p−i) + 1 = (p−1)! + 1 ≡ 0(modp). Vậy [(p−21)!]2 + 1 ≡0(modp).
Thí dụ5.23. Phương trình đồng dư f(x) =x3 + 6x2 + 2 ≡0(mod 7). Chứng minh: Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ, phương trình có một nghiệm x ≡6(mod 7).
Thí dụ 5.24. Phương trình đồng dư f(x) =x4+ 2x3+x+ 1 ≡0(mod 5). Chứng minh: Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ, ta có x ≡ 1(mod 5) và x ≡2(mod 5) là nghiệm của phương trình.
Thí dụ5.25. Phương trình đồng dư f(x) =x3 + 2x ≡ 0(mod 3).
Chứng minh: Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ, ta có x ≡ 0(mod 3), x ≡