Phơng trình đa thức trên trờng Zplà phơng trình có dạng: a0+a1x+...+aãnn =0,(ai∈Zp,i=0,n) (1) Nghiệm của phơng trình (1) là lớp thặng d theo modp x0 sao cho a0+a1x0+...+anx0n =0
Nói cách khác là các lớp thặng d x≡x0(mod p): f(x0)≡0(mod p)trong vành số nguyên
Định lí 1 Phơng trình:
anxn +an 1xn−1+...+a0 ≡0(mod p),
− an ≠l.p,(l∈Z∗)
tơng đơng với phơng trình:xn +xn−1+...+b0 ≡0(mod p)
Chứng minh: Vì ankhông chia hết cho p do đó (an,p)=1, nên tồn tại u, v sao cho an.u+ pv=1.
Nhân hai vế của phơng trình đã cho với u, theo các tính chất của đồng d, ta có:
an.u.xn +...+a0u ≡0(mod p) , vớian.u ≡1(mod p) Đặt bn−1 =an−1.u,...,b0 =a0.u, ta có (đpcm) Đặt bn−1 =an−1.u,...,b0 =a0.u, ta có (đpcm)
Ví dụ: Ba phơng trình sau là tơng đơng:
)5 5 (mod 0 2 2 ) 5 (mod 0 2 2 6 ) 5 (mod 0 1 3 2 2 2 ≡ + + ≡ + + ≡ + + x x x x x x * Bậc của ph ơng trình: Cho f(x)= + 1 −1+...+ 0 =0 − x a a x an n n n trênZp.
Ph
ơng trình t ơng đ ơng
Hai phơng trình f(x) = 0 và g(x) = 0 cùng xét trên trờng Zp đợc gọi là tơng đơng nếu nghiệm của phơng trình này là nghiệm của phơng trình kia và ngợc lại.
Định lí 2 . Phơng trình f(x) = 0, với f(x) là đa thức bậc n (n > p) với hệ số nguyên trên trờmg Zp, tơng đơng với phơng trình r(x) = 0, (r(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn p).
Chứng minh: Trong vành Z[x] chia đa thức f(x) cho đa thức xp −x
Theo định lí phép chia có d thì có đa thức g(x), r(x) sao cho:
f(x) =(xp −x)g(x)+r(x), bậc của r(x) nhỏ hơn bậc của xp −x
nghĩa là nhỏ hơn p. Theo định lí Fecma ta có:xp −x=0,∀x∈Zp
Do đó phơng trình f(x) = 0 và r(x) = 0 tơng đơng với nhau trongZp
Ví dụ . Trong trờng Z7 phơng trình :x16 +3x8−5x7−x4+6x−2=0
tơng đơng với phơng trình:3x2+x−2=0, (có bậc nhỏ hơn 7
Chú ý: Nhờ định lí 2 mà việc giải phơng trình f(x) = 0, ( f(x) là đa thức bậc n) trong
Zptơng đơng với việc giải phơng trình r(x) = 0, mà bậc của r(x) < p. Đây là điều không thể có trong trờng vô hạn.
Định lí 3 Phơng trình f(x) = 0, f(x) có bậc nhỏ hơn p và hệ số cao nhất an
không chia hết cho p (an ≠0) có không quá n nghiệm.
Chứng minh (theo qui nạp)
Với n = 1 ta có phơng trình: a1x+a0 ≡(mod p)
vì a1không chia hết cho p, do đó (a1, p)=1, thea lí thuyết phơng trình đồng d bậc nhất thì phơng trình có đúng một nghiệm
Giả sử định lí đúng với mọi đa thức có bậc bé hơn n, mà hệ số bậc cao nhất không chia hết cho p, ta xét đa thức bậc n
f(x) n n
nx a x a a
a +...+ 1 + 0,
= không chia hết cho p
và phơng trình đồng d: f(x)≡0(mod p) (*) Nếu phơng trình vô nghiệm thì số nghiệm bé hơn n. Định lí đúng
Nếu phơng trình có một nghiệm x0. Khi đó chia f(x) cho x−x0, theo định lí
Bêzu ta có: f(x)=(x−x0)g(x)+ f(x0)
Theo sơ đồ Hoocne hệ số bậc cao nhất của g(x) cũng chính là an, bậc của g(x) 1
−≤n ≤n
Vì x0 là nghiệm của phơng trình (*), nênf(x0)≡0(mod p), nghĩa làp| f(x0) Tất cả các nghiệm xi ≠x0 của phơng trình f(x) ≡ 0(modp) đều là nghiệm của phơng trình g(x) ≡0(modp)
Vì f(xi)≡0(modp)⇒ f(xi)=(xi −x0)g(xi)≡0(mod p), (do )) (mod 0 ) (x0 p f ≡
Mặt khác xi −x0 không đồng d với 0 theo modp, do đóg(xi)≡0(mod p) Theo giả thiết qui nạp phơng trình: g(x)≡0(mod p) có không quá n-1 nghiệm n-1 là bậc của g(x), từ đó suy ra f(x) có không quá (n-1)+1 = n nghiệm (đpcm).
Hệ quả: Nếu phơng trình
a xn ... a1x a0 0(mod p)
n + + + ≡
có nhiều hơn n nghiệm thì: anp
Định lí 4 . Nếu phơng trình: f (x)≡0(mod p), với bậc của f(x) là n ≤ p – 1 có nhiều hơn n nghiệm thì tất cả các hệ số của f(x) đều chia hết cho p (nghĩa là lớp 0trongZp)
Chứng minh. Với n = 1, rõ ràng định lí đúng vì
phơng trình: a1x+a0 ≡0(mod p) có một nghiệm khi và chỉ khi 1
), ,
(a1 p = , tức là p không là ớc củaa1. Do đó nếu nó có nhiều hơn một nghiệm thì a1phải chia hết cho p, từ đó a0cũng phải chia hết cho p.
Giả sử định lí đúng với mọi phơng trình mà vế trái là đa thức có bậc bé hơn n. Xét phơng trình 1 ... 0 0(mod ) 1x a p a x a n n n n + − + + ≡
− có nhiều hơn n nghiệm
Khi đó theo hệ quả định lí 3 ta có:an ≡0(modp)và phơng trình đang xét tơng đ- ơng với phơng trình
1 ... 1 0 0(mod )
1x a x a p
a n
n − + + + ≡
phơng trình này có bậc≤n−1 nhng có nhiều hơn n−1 nghiệm
Vậy theo giả thiết qui nạp, tất cả các hệ sốan−1,...,a0 đều chia hết cho p.
Ví dụ . Nếu p là số nguyên tố thì:(p−1)!+1 là số chia hết cho p. Thật vậy: Với p = 2 ta có (2−1)!+1=22
Với p > 2, ta xét phơng trình
(x−1)(x−2)...(x−(p−1))−(xp−1−1)=0 trong trờng Z p
phơng trình này có bậc bé hơn p−1, nhng cóp−1 nghiệm, đó là:1,..., p−1
Chú ý Theo định lí Fecma thì (x,p)=1⇒xp−1−1≡0(mod p)
Vậy theo định lí 4 thì tất cả các hệ số của phơng trình đều chia hết cho p đặc biệt hệ số tự do là (p−1)!+1 cũng chia hết cho p
(ví dụ này là nội dung của định lí Vin-Xơn) 2. Một số ví dụ
a/ Giải trong trờng Z7 phơng trình.
f(x)=x16+3x8 −5x7 −x4+6x−2=0 (1)
Giải Theo định lí Fecma x7 ≡x(mod7),∀x
do đó, x16 =(x7)2.x2 ≡x4(mod7) 3x8 =3x7.x≡3x2(mod7) −5x7 ≡2x(mod7) −x4 ≡−x4(mod7) 6x≡−x(mod7) −2≡−2(mod7)
Do đó phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình: 3x2 +1x−2=0 (2)
phơng trình có không quá 2 nghiệm (vì có hệ số không chia hết cho 7)
Bằng cách thử trực tiếp x bởi các giá trị:0,1,2,3,4,5,6 ta thấy phơng trình có hai nghiệm là:x =3,6.
b/ Phơng trình:xp−1−1=0 có p nghiệm trong Zp
Thật vậy: tất cả các lớp 1,2,..., p−1 đều là nghiệm của phơng trình , vì nếu 1
Hệ quả: Trong trờng Zp đa thứcxp−1 −1 có sự phân tích thành nhân tử xp−1−1=(x−1)(x−2)...(x−p−1). Một số bài tập t ơng tự . Giải các phơng trình : a/ x2 −1=0 b/ x2+1=0 trên các trờng Z2,Z3,Z5 kết luận
Thông qua quá trình làm khoá luận chúng tôi đã thu hoạch đợc một số kết quả sau đây.
Nắm đợc khái niệm phơng trình đại số trên một trờng, vị trí của lí thuyết giải phơng trình đại số trong lí thuyết chung về giải phơng trình, ví dụ muốn giải ph- ơng trình vô tỉ, ta phải đổi ẩn số để đa về giải phơng trình đại số theo ẩn mới. Tính tồn tại nghiệm của phơng trình phụ thuộc vào các trờng
Các bớc giải phơng trình bậc ba và bậc bốn trên các trờng: số hữu tỉ, số thực, số phức, (để sau này ứng dụng vào giải toán phổ thông)
Trờng hữu hạn – lí thuyết giải phơng trình đa thức trên trờng hữu hạn
Giải đợc một số bài tập, mà trớc đây chúng tôi cha nắm đợc phơng hớng và thuật toán giải.
Những vấn đề sẽ tiếp tục, xét sự có nghiệm trên một trờng vô hạn tuỳ ý đối với một phơng trình đa thức f(x) = 0 đã cho, lí thuyết giải phơng trình f(x) = 0 trên trờng hữu hạn có pn phần tử (n > 1)
Xin chân thành cảm ơn Tác giả
tài liệu tham khảo
[1] Hoàng Xuân Sính - Đại số đại cơng - NXBGD 2000 [2] Lê Anh Vũ - Đại số tuyến tính(tập 1) - NXBGD 1997 [3] Nguyễn Văn Giám, Mai Quý Năm,Nguyễn Hữu Quang, Nguyễn Sum,Ngô Sĩ Tùng – Toán cao cấp (tập 1) - NXBGD 1998
[4] Ngô Việt Trung – Giáo trình đại số tuyến tính – NXBĐHQG Hà nội 2000