Ph−ơng trình đồng d−
5.6 Ph−ơng trình đồng d− bậc cao theo môđun nguyên tố
Định lý 5.18. Ph−ơng trình đồng d− bậcnsau đây có không quánnghiệm (F)
f(x) = a0xn +a1xn−1 +ã ã ã+an ≡ 0(modp), a0 ≡ 0(modp), p là số nguyên tố.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng ph−ơng pháp qui nạp theo bậc n. Nếu n = 0thì ph−ơng trình đồng d− có dạnga0 ≡ 0(modp).Vìa0 ≡ 0(modp)
ph−ơng trình đồng d− có bậcn > 0và định lý là đúng cho các ph−ơng trình đồng d− bậc ã n−1.Giả sử f(x) ≡ 0(modp) có nghiệm x ≡ x0(modp). Khi đó f(x0) ≡ 0(modp) và ta có f(x) ≡f(x)−f(x0) ≡ n−1 i=0 ai(xn−i −x0n−i) ≡0(modp). Nh− vậy ta có ph−ơng trình đồng d− (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)(a0xn1−1 +b1xn1−2 +ã ã ã+bn−1 ≡0(modp). Vì p là số nguyên tố và x1 ≡ x0(modp), nên
a0xn1−1 +b1x1n−2 +ã ã ã+bn−1 ≡ 0(modp).
Điều này chứng tỏ các nghiệm khác của ph−ơng trình đồng d− (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 ph−ơng trình đồng d− bậc n sau đây có nhiều hơn n
nghiệm (H)
f(x) = a0xn+a1xn−1 + ã ã ã+an ≡ 0(modp), a0 ≡ 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 lý 5.20. [Định lý Wilson] Nếu p là số nguyên tố thì (p−1)! + 1 ≡0(modp).
Chứng minh: Nếu p = 2 định lý là hiển nhiên. Nếu p > 2 ta xét ph−ơng trình đồng d− theo môđun p
p−1
i=1
(x−i)−(xp−1 −1) ≡0(modp).
Ph−ơng trình này có bậc ã p−2 và 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 quả 5.21. Nếu số tự nhiên p > 1 thoả mãn (p−1)! + 1 ≡ 0(modp) thì p là số nguyên tố.
Chứng minh: Nếu p là hợp số thì có số nguyên tố q, vớip > q > 1, là −ớc của p. Khi đó (p−1)! chia hết cho q. Theo Định lý 5.20 ta có (p−1)! + 1
chia hết cho p, nh−ng 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−21[(p−1 2 )!] 2 + 1 = p−1 2 i=1 i. p−1 2 i=1 (p−i) + 1 = (p−1)! + 1 ≡ 0(modp). Vậy [(p−21)!]2 + 1≡ 0(modp). Thí dụ 5.23. Ph−ơng trình đồng d− f(x) = x3 + 6x2 + 2≡ 0(mod 7). Chứng minh: Thử trên một hệ thặng d− đầy đủ, ph−ơng trình có một nghiệm x ≡ 6(mod 7).
Thí dụ 5.24. Ph−ơng trình đồng d− f(x) = x4+ 2x3+x+ 1 ≡0(mod 5). Chứng minh: Thử trên một hệ thặng d− đầy đủ, ta có x ≡ 1(mod 5) và x ≡ 2(mod 5) là nghiệm của ph−ơng trình.
Thí dụ 5.25. Ph−ơng trình đồng d− f(x) = x3 + 2x ≡0(mod 3).
Chứng minh: Thử trên một hệ thặng d− đầy đủ, ta có x≡ 0(mod 3), x ≡