Tài liệu Các ký hiệu legendre, jacobi và một vài cách chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai

TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHỎA TOÁN HOÀNG THỊ HẢI YẾN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN• NGHỊCH • • BẬC HAI KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI • • • HỌC • C huyên ngành: Đ ại số HÀ NỘI - 2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN HOÀNG THỊ HẢI YÉN CÁC KÝ HIỆU LEGENDRE, JACOBI VÀ MỘT VÀI CÁCH CHỨNG MINH CỦA LUẬT THUẬN• NGHỊCH • • BẬC HAI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • C huyên ngành: Đ ại số Người hướng dẫn khoa học ThS. ĐỎ VĂN KIÊN HÀ NỘI - 2015 LỜI CẢM ƠN Được sự phân công của khoa Toán trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 và sự đồng ý của thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên tôi đã thực hiện đề tài LÍKÍ hiệu Legendre, k í hiệu Jacobi và một vài cách chứng minh của luật thuận nghịch bậc hai”. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo đã tận tình hướng dẫn giảng dạy trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và rèn luyện ở trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên đã tận tình, chu đáo hướng dẫn tôi thực hiện khóa luận này. Mặc dù đã có nhiều cố gắng để thực hiện đề tài một cách hoàn chỉnh nhất. Song, do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học cũng như hạn chế về kiến thức và kinh nghiệm nên không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong được sự góp ý của quý Thầy, Cô và các bạn sinh viên để khóa luận được hoàn chỉnh hơn. Tôi xin chân thành cảm on! Hà Nội, thảng 5 năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến LỜI CAM ĐOAN Khóa luận tốt nghiệp là nghiên cứu của riêng tôi, do chính tôi nghiên cứu và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn ThS. Đỗ Văn Kiên, trên cơ sở một số tài liệu tham khảo. Tôi xin cam đoan kết quả của mình không trùng với bất cứ kết quả của tác giả nào khác. Hà Nội, thảng 5 năm 2015 Sinh viên Hoàng Thị Hải Yến MỤC LỤC MỞ Đ À U ........................................................................................................1 1. Lí do chọn đề tài..................................................................................... 1 2. Mục đích nghiên cứu..............................................................................1 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.........................................................1 4. Phương pháp nghiên cứu....................................................................... 1 CHƯƠNG 1: LÝ THUYÉT ĐÒNG D Ư ..................................................2 1.1. Đồng dư th ứ c .................................................................................. 2 1.2. Các tính chất của quan hệ đồng d ư ...................................................5 1.3. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao..............................................9 CHƯƠNG 2: LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC HAI.............................18 2.1. Thặng dư bậc hai.............................................................................. 18 2.2. Kí hiệu Legendre và kí hiệu Jacobi................................................. 21 2.3. Luật thuận nghịch bậc h ai............................................................... 30 2.4. Một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai...................... 36 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TẬPVẬN DỤNG LUẬT THUẬN NGHỊCH BẬC H A I.................................................................................. 51 3.1. Sử dụng luật thuận nghịch tính kí hiệu Legendre......................... 51 3.2. Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai giải bài toán đồng dư............. 53 KÉT LUẬN.................................................................................................55 TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................56 MỎ ĐÀU 1. Lí do chọn đề tài Có thể nói kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai là những mảng kiến thức hay và khó liên quan đến kiến thức đồng dư, đồng thời có những ứng dụng trong số học.Ở nước ta theo tôi biết, đến năm 2008 mới có một tài liệuTiếng Việt chính thứcđềcập đến kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi, luật thuận nghịch bậc hai.Vàtôi cũng là một người đam mê tới ba mảng kiến thức này. Vì những lý do trên tôi chọn đề tài ÍLKÍ hiệu Jacobi, k í hiệu Legendre và một vài cách chúng minh luật thuận nghịch bậc hai”. 2. Mục đích nghiên cún Khóa luận gồm ba chương: chương 1, chương 2 của khóa luận tôi sẽ trình bày về lý thuyết đồng dư, kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và một số cách chứng minh luật thuận nghịch bậc hai, còn chương 3 tôi đưa ra một số bài tập áp dụng luật thuận nghịch bậc hai. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cún Đối tượng nghiên cứu là kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và luật thuận nghịch bậc hai. Phạm vi nghiên cứu là nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi dựa trên lý thuyết đồng dư; luật thuận nghịch bậc hai, một vài cách chứng minh luận thuận nghịch bậc hai và bài tập áp dụng. 4. Phương pháp nghiên cún Trong khóa luận này, tôi thu thập và đọc các tài liệu tìm được từ nhiều nguồn khác nhau để phân tích, nghiên cứu về kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi và luật thuận nghịch bậc hai cùng một số cách chứng minh sau đó ghi lại một cách hệ thống theo cách tôi hiểu. 1 CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT ĐÒNG D ư Trong chương này tôi xin trình bày lại một số kiến thức về đồng dư thức: khái niệm và tính chất của đồng dư thức, phương trình đồng dư một ẩn bậc cao. 1.1. Đồng dư thức Định nghĩa 1.1.1. Cho m là một số nguyên dương, a và b là hai số nguyên. Ta nói a và b đồng dư với nhau theo môđun 771 nếu trong phép chia a và b cho 771 ta được cùng một số dư, nghĩa là có các số nguyên ^ 1 ^ 2/ r với 0 < r < m sao cho a = mq1 + r v ầ b = mq2 + r Khi a v ầ b đồng dư với nhau theo môđun m, ta viết a = b(mod ĨYÌ) Neu a không đồng dư với b theo môđun m thì ta viết a í b(m od m) Định lý 1.1.2. Các kết quả sau là tương đương i. a = b(m od m) ii.a — b chia hết cho m (kí hiệu là m |(a —b)) iii. Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt. Chủng minh. i. => ii. Ta có a = b(mod m) <=> a = m q 1 + r , b = m q 2 + r với q±, q2, r 6 z , 0 < r < m. Suy ra a — b = m ( q 1 — q2). Do Ri ~ Ri e 2 nên m |(a —b). ii. => iii. Giả sử m |(a —b) khi ấy tồn tại số t 6 TL sao cho a — b = m t tức là a = b + m t iii. => i. Giả sử có số t 6 7Lsao cho a = b + mt. Gọi r là số dư trong phép chia a cho m, nghĩa là a = m q 1 + r với ql t r 6 0< r < m. Khi ấy b + m t = a = m q 1 + r hay b = m ( q 1 — t) + r, trong đó 2 qx — t ЕЖ, о < г < m. Chứng tỏ số dư trong phép chia b cho m cũng là r, tức là a = b(mod m). Định nghĩa 1.1.3. Các lớp tương đương theo quan hệ đồng dư môđun m được gọi là các lớp thặng dư môđun m. Mệnh đề 1.1.4. Số các lóp thặng dư môđun m đúng bằng m. Chủng minh. Mỗi lớp thặng dư môđun m chứa một và chỉ một trong các số dư 0,7, 771 — 1 thu được khi chia các số nguyên cho m. Vậy số các lớp thặng dư môđun m bằng m. Kí hiệu lớp thặng dư chứa số nguyên a là ã. Như vậy ã = [a 4- m t / t e l } . Mỗi số của một lớp thặng dư được gọi là một thặng dư. số r<=ã với 0 < r < m được gọi là thặng dư không âm bé nhất của lớp ã. Như vậy = {õ, ĩ , , m — 1} = [mk, m k + 1,..., m ( k + 1) — l} với mọi số nguyên k. Ví dụ 1.1.5. Ж8 = (Õ ,ĩ, ...,7} = (8,9, ...,15}. Các thặng dư không âm bé nhất của các lóp đồng dư môđun 8 là (0 Д ,... ,7} Định nghĩa 1.1.6. Neu từ mỗi lóp thặng dư môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m. Neu từ mỗi lóp thặng dư môđun m ta lấy ra một đại diện không âm bé nhất thì tập họp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 771. Nhận xét 1.1.7. Từ định nghĩa của một hệ thặng dư đầy đủ ta suy ra rằng một hệ thặng dư đầy đủ môđun m là một hệ gồm m số nguyên, đôi một không đồng dư môđun m. 3 Neu {al t a2, ... ,a m} là một hệ thặng dư đầy đủ môđun 771 thì {b + a1, b + a2, ..., b + CLm} cũng là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m với mọi ố ẽ l Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 771 là {0,1, 1). Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun m được xác định như sau khi m lẻ và khi m chẵn. Ví dụ 1.1.8. Hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất môđun 9 là {0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 } Còn hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất môđun 9 là ( - 4 ,- 3 , - 2 , - 1 ,0 , 1 ,2 , 3 ,4 } Định lý 1.1.9. Cho 771 là một số nguyên dương và a,b là những số nguyên, với a nguyên tố với m. Khi đó nếu X lấy giá trị trong toàn bộ một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax + b cũng lấy giá trị trong toàn bộ một hệ thặng dư đầy đủ nào đó môđun m. Chủng minh. Ta có at x + b = a2x 4- b(rnod m)khi và chỉ khi a{xẤ — x 2) — 0 (mod m) do (a, m) = 1 nên điều đó tương đương với x ± = x 2(mod rà). Điều này chứng tỏ khi m chạy qua các lóp tương đương khác nhau thì ax + b cũng chạy qua các lớp tương đương khác nhau. Vậy nếu (a, rrì) = 1 và X chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax + b cũng chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ môđun m. 4 Nhận xét 1.1.10. Từ chứng minh trên ta suy ra hệ quả: nếu (a, nì) = 1 thì ax + b = a y + b khi và chỉ khi X = ỹ môđun m. 1.2. Các tính chất của quan hệ đồng dư Định lý 1.2.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập ъ tức là i. Với mọi а ЕЖ:а = a(m od m) ii. Với mọi a,b E Ъ: a = b(mod m)khi và chỉ khi b = a(m od m) iii. Với mọi a,b,c e Ъ:а — b(mod m), b — c(mod m) suy ra а = с (mod m) Chủng minh. i. Vì a — a chia hết cho Ttĩ nên a — a(m od m). ii.Từ a = b(mod m) ta có m\(b — a).Do đó m\(b — a)^>b = a (mod m) iii. Ta có a = b(mod m), b — c(mod m) nên m\(a — b) và m\(b — c).Khi đó ш |((а —b) + (b —c)) hay m |(a —c). Vậy а — c(mod m). Định lý 1.2.2. Cho m là một số nguyên dương và al f a2, bl f b2 là những số nguyên, nếu at — b±(mod rà) và a2 — b2(mod nì) thì ta có i. dị ± a2 = bị ± b2(jnod m). ii.a1a2 — b1b2(rnod m). Chủng minh. i. Từ at = b ^ m o d ш ), a2 — b2(mod rrì) suy ra tồn tại tl f t 2 6 TL sao cho at = b + m t !, a2 = b + m t 2. Do đó аг ± a2 = bị ± b2 -\r m(an — bn(mod m) với mọi n e ж, n > 0 Thật vậy, ta сÓ а = b(mod m), а — b(mod ш ), ... , а = b(m od ш) Suy ra an — bn(mod nì). vi. Giả sử f ( x ) là một đa thức với hệ số nguyên và а — ß(m od m) khi ấy f ( à ) = f ( ß ) ( m o d nì), Đặc biệt, nếu f ( à ) = 0 (mod nì) thì f ( a + k m ) — 0 (m od m ) với mọi к ЕЖ. Thật vậy, giả sử /0*0 = a0 + агх +••• +anx n. Từ giả thiết а — ß(m od rrì) suy ra CLiCỞ — a ß {mod m ), i = 1 ,2 , 6 Do đó a 0 + a1a+--- +an a n = a0 + al p + " ' +CLU01(mod rrì), Nghĩa là f ( à ) — f(/3)(jnod m) Đặc biệt, vì a = ( a + k m )(m o d m ) v k 6 n nên f ( a ) — f ( a + k m ) ( m o d m) Nhưng f ( à ) — 0 (mod rà) nên ta có f ( a + krà) — 0 (mod m) với mọi k E 2. Định lý 1.2.4. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số nguyên i. Cho c là số nguyên, ac = bc(mod m )và (c,m ) = 1 =>a — b(mod m). ii. Với a = b(mod m), 0 < ô 6 a b/ ô|(a, b , m ) m\ ^ s = s ( m od s ) iii. a — b(mod m), 5|m, ô > 0 => a = b(m od ô) Chủng minh. i. Ta có ac — bc(mod m)=> m\(ac — bc) hay m\c(a — b). Nhưng (c, m ) = 1 nên ta có m |(a —/?)=> a — b(m od m). ii.T ừ giả thiết, ô |(a , b , m ), ta đặt a = ỗ a ls b = ỗb-LiVỞỈ alf bí , m 1 E TL, m 1 > 0. Mặt khác a — b(m od m)=> a = b + mt, t E TL. Ta có ổal = Ốb1 + ổ r r i ị ^ ^ = bx + m xt => ax = bị (mod ra) hay iii. Từ a = b(mod m)=> m |(a —b) mà ô|m => ô|(a —b) suy ra a = b(m od ô). Định lý 1.2.5. Cho 771 là một số nguyên dương và a, b là những số nguyên, ta có 7 i. a = b(m od Till), i= 1 m =B , к => a = b(m od m) với C N N ••• ,77ifc). ii.a — b(mod m) thì (a, ?n) = (ft, m). Ta thấy với hai phần tử b và с của lớp ã thì (b — à) : 7П, (c —à) : m =>(b —c) : m. Do đó ta có thể định nghĩa Định nghĩa 1.2.6. (ã,m ) được cho bằng (b, ni) với một b 6 ã. Khi Сã ,m ) = 1 thì lóp ã được gọi là một lóp thặng dư nguyên tố với môđun m. Ví dụ 1.2.7. Ta có thể tìm số dư trong phép chia 15325 — 1 chia cho 9. Thật vậy vì 1532 = 2 (mod 9) nên 15325 — 1 = 25 — 1 = 4 (mod 9). Ví dụ 1.2.8. Giả sử ( l + 4 V2 —4л/4) = a n + bn Ụ2 + cn ỤÃ. Khi đó an, b n, cn nguyên. Khi đó an chia cho 8 dư 1, còn bn, cn cùng chia hết cho 4. Thật vậy, ta có an+i + bn+1V 2 + cn+1Ụ Ĩ = ( a n + b n ụ 2 + сп Щ ) { 1 + 4 V2 - 4лД) Vậy Từ aj_ = 1, ъг = 4, C! = —4 suy ra điều cần chứng minh. Định nghĩa 1.2.9. Neu từ mỗi lớp thặng dư nguyên tố với môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư thu gọn môđun 771. Nhận xét 1.2.10. Thông thường, ta chọn hệ thặng dư thu gọn môđun m từ một hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất {0,1 ,...,771 — 1). Vì rằng số các số trong tập {0 ,1 ,..., m — 1} nguyên tố với m là (m). 8 Ví dụ 1.2.11. Hệ thặng dư thu gọn môđun 14 là (1,5,7,11,13,17} và 1 là một số nguyên. Xét phương trình đồng dư (2) : / ( x ) = a0x n + a-^x71-1 +••• + a n = 0 (mod rà) với a0 í 0 (mod rà), n > 1. Việc tìm tất cả các giá trịx thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư. 10 Định lý 1.3.4. Giả sử m có phân tích chính tắc m = p ^ p ^ 2 PsS thành các thừa số nguyên tố. Khi đó (2) tương đương với hệ phương trình đồng dư sau rf { x ) — 0 (mod p^1) (3)< f ( x ) — 0 (mod p2 2) f ( x ) — 0 (mod p^5) Chủng minh. Giả sử X = x 0(mod rà) là một nghiệm của (2). Khi đó / ( x 0) = 0 (mod m). Vì m là bội của các p ai nên ta cũng có Y (x0) = 0 {mod p^1) / ( x 0) — 0 {mod p^2) / O o ) = 0 (mod p °s) Như vậy X = x 0(mod nì) là một nghiệm của (3). Ngược lại, giả sử X = x 0(mod m) là một nghiệm của (3). Khi đó /O o ) = 0 (mod р ^ ) ,1 = 1, —,s Do / ( x 0) chia hết cho các p.ữí và các p p là nguyên tố sánh đôi nên / ( x 0) chia hết cho tích p ^ p ^ 2 ••• PsS = m hay / ( x 0) = 0 (mod nì), tức là (2) có nghiệm X = x 0(mod ĨYÌ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét 1.3.5. Như vậy việc giải phương trình (2) được thay bằng giải hệ (3). Neu mỗi phương trình f ( x ) = 0 (mod p ữi) ta tìm được nghiệm, chắng hạn X = Xi(rnod p.aí) với mỗi i = 1, •••, 5 thì ta sẽ giải hệ sau đây X = X1(m o d P®1) ngj1ịệm c^a ( 3 ) X — x 2 (m o d X — x 1( m o d PsS) 11 Rõ ràng, để giải phương trình (2) ta cần phải biết giải các phương trình dạng / ( x ) = 0 (mod p a ) với p nguyên tố. Theo công thức khai triển Taylor của hàm đa thức bậc n tại X = a ta có / '( a ) /*(&) / O ) = / ( a ) + —Jị— o - a) + ••• + —^ị— O - a ỹ + ••• / n (a) n! ~ f l{CL) ' Dê dàng chỉ ra^-Tf— 6E TL khi a là một sô nguyên. Thay X = a + p t ta có f(a ) f"(à) o o / (n)(a) / ( a + p í) = / ( a ) + ^ ị - p ủ + 2 \ v + “ , + — ! v nt n Định lý 1.3.6. Cho hai phương trình (4) : f ( x ) — 0 (mod pn) (5) : / ( x ) = 0 (mod pn_1) với p là một số nguyên tố và n > 1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng của (4) cũng là một nghiệm đúng của (5). Ngược lại, giả sử X = x ^ m o d pn_1) là một nghiệm của (5) và kí hiệu s là tập hợp tất cả các lóp môđun p n của x ^ ( m o d p n_1) khi đó ta có các khẳng định sau i. Neu / 'C O không chia hết cho p thì trong s sẽ có đúng một lóp là nghiệm của (4). ii.Neu f ( x i) chia hết cho p và / ( x x) chia hết cho p n thì tất cả các lớp của 5 đều là nghiệm của (4). iii. Nếu / '( % ) chia hết cho p và /( % ) không chia hết cho p n thì tất cả các phần tử của lớp Y[(jnod p n_1) đều không là nghiệm đúng của (4), do đó tất cả các lớp s đều không là nghiệm của (4). 12 Chủng minh. Hiển nhiên mỗi nghiệm của (4) cũng là nghiệm của (5). Giả sử X = x 1(mod pn_1) là một nghiệm của (5). Khi đó X = X1 + p n~1t, thay vào phương trình f { x ) = 0 (mod p n) ta có /( * ! + p n-1t) = 0 (mod p n). Theo công thức khai triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có f í x i) + pn l t- f'(.Xi) = 0 (mod p n) Chia hai vế cho p n_1 ta nhận được (6) : ^ r r r + t - / 'O i ) = 0(m od p ) p Khi đó nếu /'(X i) không chia hết cho p thì (6) có nghiệm duy nhất t — tx (mod p ). Hay t = tx + p t 2. Do đó X = X1 + p ”-1 ^ + p nt2- Vì vậy X= 4- p n~1t1(rnod p n) Là nghiệm duy nhất của (4) trong 51. Neu chia hết chop và /O q ) chia hết cho p n thì (6) có nghiệm với mọi t. Do đó tất cả các phần tử của 5 đều là nghiệm của (4). Neu chia hết cho p và không chia hết cho pn thì rõ ràng (6) vô nghiệm do đó tất cả các phần tử của lớp Y[(rnod p n_1) đều không là nghiệm đúng của (4). Định lý 1.3.7. Cho hai phương trình (7) : f { x ) — 0(mod p a) (8) : / ( x ) — 0 (mod p) với p là một số nguyên tố và a > 1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng của (7) cũng là một nghiệm đúng của (8). Ngược lại giả sử X = x 1( m o d p) là một nghiệm của (8) và kí hiệu L là tập tất cả các lớp môđun p a của x^(mod p). Khi đó ta có các khẳng định sau 13 i. Nếu f ' (xt ) không chia hết cho p thì trong L sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (7). ii. Neu / ' Oq) chia hết cho p và f ( x 1) chia hết cho p a thì tất cả các lóp của L đều là nghiệm của (7). iii. Nếu / ' Oq) chia hết cho p và /O q ) không chia hết cho p a thì tất cả các phần tử của lóp~Y[(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7), do đó tất cả các lớp L đều không là nghiệm của (7). Chủng mình. Bằng quy nạp một cách hình thức và định ý Ì.3.6.Ỉ) ta nhận được ỉ). Trong trường hợp / '( % ) chia hết cho p và /( % ) chia hết cho p a thì phương trình / ( x ) = 0 ( r n o d p j>) liên tiếp nhận x ^ ( m o d p ) làm tập nghiệm đúng với j = 1,2,..., a. Do đó ta thu được ii). Bây giờ ta chứng minh iii) theo định lý 1.3.6.ỈU) nên tất cả các phần tử của lóp x^(m odp) đều không là nghiệm đúng của phương trình f ( x ) = 0 (mod p 2). Do đó tất cả các phần tử của lớp ĩc[(mod p) đều không là nghiệm đúng của (7). Ta có iii) Suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 1.3.8. Giải phương trình đồng dư f ( x ) = X4 + 2 x 3 —9x + 1 = 0(mod 125). Giải: Trước tiên xét X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (mod 5). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có X = 1 ( m od 5) và X = 2 ( m o d 5) là nghiệm của phương trình. Ta có f ' ( x ) = 4 x 3 + 6 x 2 — 9. Xét nghiệm X = 1 (mod 5) ta có / '( 1 ) = 1 không chia hết cho 5. Đặt X = 1 + 5Ủ! ta có / ( 1 ) 4- 1) = 0 (mod 25) hay —5 + 5Ủ! = 0 (mod 25). Chia cho 5 ta có tx = l(7nod 5). Vậy = 1 + 5 t2 và X = 1 + 5(1 + 5ủ2) = 6 + 25t2. 14 Thay X = 6 + 2512 vào phương trình đồng dư / ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125) và khai triển ta có / ( 6 ) + 25t2- / /(6) = 0 (mod 125). Vậy 50 + 2512. 1071 = 0 {mod 125). Chia hai vế cho 25 ta được 2 + t2. 1071 = 0 (mod 5) hay t2 — 3 (mod 5). Cuối cùng ta được t 2 = 3 + 5 t3, t36 TLvà X = 81 + 12513 với t36 TL. Xét nghiệm X = 2 (mod 5), hoàn toàn tương tự ta có X = 57 + 12513, t 36 7L. Tóm lại, phương trình đồng dư / ( x ) = X4 + 2 x 3 — 9x + 1 = 0 (m od 125) có hai nghiệm X — 81 ( m od 125) và X = 57 ( m o d 125). Ví dụ 1.3.9. Giải phương trình đồng dư f ( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 ( m o d 81). Giải: Xét X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3). Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta được X = 1 (m od 3) là nghiệm của phương trình /( x ) = X3 4- 6 x 2 — 1 = 0 (mod 3) Ta có f ' ( x ) = 3 x 2 + 12x và / '( 1 ) = 15 chia hết cho 3. Lóp X = 1 (m od 3) chia ra thành 3 lóp theo môđun 9 là X — l ( m o d 9),x —4 (m od 9), X — 7 (m od 9). Song cả ba lớp này không có lớp nào là nghiệm của phương trình đồng dư / ( x ) = X3 + 6 x 2 — 1 = 0 (mod 9) vì khi g i ả i / ( l ) + = 0 (mod 9) hay 6 + 3 ^ . 15 = 0 (mod 9) có 6 không chia hết cho 9. Tóm lại phương trình đồng dư / ( x ) = X3 + 6x2 — 1 = 0 (mod 81) vô nghiệm. Ví dụ 1.3.10. Giải phương trình đồng dư X3 + 6 x 2 + 2 = 0 (mod 1323). 15