Đồng dư bậc cao với mod nguyên tố

Định lý 9.1. Với $p$ là một số nguyên tố. Lúc đó số nghiệm của đồng dư  $$\begin{align} f(x)=a_nx_n+\ldots+a_0\equiv 0\pmod p,\end{align}\quad (7)$$không vượt quá $n$.         

Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng $p\nmid a$. Định lý sẽ trở nên tầm thường nếu $(7)$ không có nghiệm. Nếu $a$ là một nghiệm khi đó ta có thể viết \[f(x)=(x-a)f_1(x)+r_1,\] trong đó ta thấy rằng $p\mid r_1=f(a)$. Từ đó $$f(x)\equiv (x-a)f_1(x)\pmod p.$$ Nếu $a$ đồng thời là một nghiệm để $f_1(x)\equiv 0\pmod p$, lúc đó tương tự ta lại có $f_1(x)\equiv (x-a)f_2(x)\pmod p$, và trong trường hợp này ta gọi $a$ là nghiệm bội để $f(x)\equiv 0\pmod p$. Nếu $f(x)\equiv (x-a)^hg_1(x)\pmod p$ trong đó $g_1(a)\not\equiv 0\pmod p$, lúc đó ta gọi a là nghiệm bội của bậc h để $f(x)\equiv 0\pmod p$. Cách chứng minh của chúng ta không xa, ta thấy bậc của $g_1(x)$ là $n-h$.

Giờ giả sử là $b$ là một nghiệm khác. Lúc đó \[0\equiv f(b)\equiv (b-a)^hg_1(b) \pmod p.\] Từ $p\nmid (b-a)$, dẫn đến $g_1(b)\equiv 0\pmod p$. Nếu $b$ là nghiệm bội của bậc $k$ để $g_1(x)\equiv 0\pmod p$, lúc đó \[f(x)\equiv (x-a)^h(x-a)^kg_2(x)\pmod p.\] Tiếp tục theo hướng này ta có \[f(x)\equiv (x-a)^h(x-a)^k\ldots g(x)\pmod p.\] Trong đó $g(x)$ là đa thức bậc $n-h-k-\ldots-l$ và đồng dư thức $g(x)\equiv 0\pmod p$ không có nghiệm.
Định lý được chứng minh.

$\square$

Từ $1,\,2,\,\ldots, p-1$ là nghiệm của $x^{p-1}\equiv 1\pmod p$ ta thấy
\begin{align}
\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) \ldots \left( {x – \left( {p – 1} \right)} \right) \equiv {x^{p – 1}} – 1\quad \left( {\bmod p} \right),.
\end{align}
Loại trừ $x=0$ ra khỏi đồng dư trên, và không có chuyện $p-1$ lẻ nếu $p>2$, ta có định lý sau đây:

Định lý 9.2.  (Wilson). Nếu p là số nguyên tố, lúc đó $(p-1)!\equiv -1\pmod p$.

Định lý 9.3 Với $f'(x)=na_nx^{n-1}+\ldots+2a_2x+a_1$. Nếu $f(x)\equiv 0\pmod p$ và $f'(x)\equiv 0\pmod p$ không có nghiệm chung, lúc đó với $l$ là một số nguyên dương thì hai đồng dư $f(x)\equiv 0\pmod {p^l}$ và $f(x)\equiv 0\pmod p$ có cùng số lượng nghiệm.

Chứng minh. Ta chứng minh định lý này bằng phương pháp quy nạp trên $n$, trường hợp $l=1$ sẽ khiến việc chứng minh định lý trở nên tầm thường. Với $x_1$ là một nghiệm của đồng dư thức $f(x)\equiv 0\pmod{p^{l-1}}$, vì thế \[f(x_1+p^{l-1}y)\equiv f(x_1) + p^{l-1}y(x_1)\pmod {p^l},\] bời vì $(x+p^{l-1}y)^n\equiv x^n+np^{p-1}yx^{l-1}\pmod{p^l}$. Nhưng $p\nmid f'(x_1)$ vì thế sẽ tồn tại số $y$ duy nhất thoả \[f(x_1+p^{l-1}y)\equiv 0 \pmod {p^l}.\]

$\square$

Định lý 9.4.  Đồng dư thức $x^{p-1}\equiv 1\pmod{p^l}$ có $p-1$ nghiệm.

Chứng minh. Đây là hệ quả trực tiếp của Định lý 9.3.

Tags: , , ,

Reply

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *