MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ

UBND TỈNH QUẢNG NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA TOÁN
----------

NGUYỄN MINH NHẬT
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT

ĐỒNG DƯ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Quảng Nam, tháng 4 năm 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM
KHOA TOÁN

----------

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Tên đề tài:

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT
ĐỒNG DƯ

Sinh viên thực hiện
NGUYỄN MINH NHẬT

MSSV: 2112010130

CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN

KHÓA 2012 – 2016

Quảng Nam, tháng 05 năm 2016

MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1

PHẦN NỘI DUNG ................................................................................................... 3

CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ................................. 3

1.1 Đồng dƣ thức: ..................................................................................................... 3

1.2 Vành các lớp thặng dƣ: ...................................................................................... 5

1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn: ..................................................... 6

1.4 Định lí Euler và định lí Fermat: ........................................................................ 8

CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TR NH V H PHƢƠNG TR NH ĐỒNG DƢ .....12

2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn:........................................................................ 12

2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn:..................................................... 13

2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao:....................................................... 15

2.1.3 Phƣơng trình đồng dƣ bậc cao theo mơđulơ nguyên tố p: ........................ 20

2.2 Hệ phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: .................................................. 19

2.3 Thặng dƣ bậc hai:............................................................................................. 22

2.4 Một vài ứng dụng của đồng dƣ thức: ............................................................. 25

CHƢƠNG 3: PHƢƠNG TR NH MORDELL..................................................... 29

3.1 Chuẩn trong vành ¢ d  và số học: .............................................................. 29
 

3.2 Phƣơng trình Mordell: ..................................................................................... 33

PHẦN KẾT LUẬN ................................................................................................. 37

T I LI U THAM KHẢO...................................................................................... 38

PHẦN MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài:
Số học là một trong những bộ mơn quan trọng của Tốn học và nó bổ trợ rất

nhiều kiến thức trong việc giải Tốn. Ở mơn Số học chúng ta sẽ được học về tập số tự
nhiên, số nguyên, số hữu tỉ, số thực và số phức. Chương “Lý thuyết đồng dư” cũng
nằm trong số đó và chiếm một phần rất quan trọng của bộ mơn, ở chương này có
nhiều dạng bài tập như: Tìm dư trong phép chia, chứng minh sự chia hết, giải phương
trình đồng dư, giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, phương trình Mordell,
… Đây thực sự là một chun đề khó vì các bài tốn với nhiều nội dung phong phú,

đa dạng và nó là một trong những các dạng toán được quan tâm đến nhiều nhất trong
kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế. Chính vì những lý do đó nên em chọn đề tài:
“Một số vấn đề về lý thuyết đồng dư” làm khóa luận tốt nghiệp cho mình để có điều
kiện nghiên cứu về Lý thuyết đồng dư, tìm hiểu về các ứng dụng của lý thuyết đồng
dư trong việc giải tốn.
2. Mục đích nghiên cứu:

- Khóa luận nghiên cứu tổng quan về lý thuyết đồng dư giúp chúng ta có cái
nhìn khái quát hơn và logic hơn.

- Nghiên cứu về sự ứng dụng của lý thuyết đồng dư trong việc giải toán giúp
chúng ta nâng cao khả năng giải toán.

- Rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu:

- Hệ thống hóa một số khái niệm cơ bản về đồng dư thức, vành các lớp thặng
dư, hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn, định lí Euler và định lí Fermat,
phương trình đồng dư một ẩn, hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, … Từ đó
làm cơ sở hình thành một số khái niệm và tính chất cơ bản của lý thuyết đồng dư.

- Nghiên cứu các bài toán, các phương pháp giải toán, các dạng toán về lý
thuyết đồng dư.

- Ứng dụng giải một số bài tập.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu:

- Phương pháp đọc và nghiên cứu từ các nguồn tài liệu khác nhau.
- Phương pháp sưu tầm, phân tích tổng hợp kiến thức.
- Phương pháp tham khảo: Trao đổi ý kiến với thầy giáo hướng dẫn và bạn bè,

qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạch
và hoàn thành khóa luận.

1

5. Những đóng góp của khóa luận:
- Khóa luận đã tổng hợp và nghiên cứu cơ bản đầy đủ các khái niệm, tính chất

của lý thuyết đồng dư.
- Khóa luận đóng góp vào việc xây dựng một cách có hệ thống các dạng bài tập

và phương pháp giải các bài toán về lý thuyết đồng dư.
6. Cấu trúc của đề tài:

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung được trình bày theo 3 chương:
- Chương 1: Tổng quan về lý thuyết đồng dư.
- Chương 2: Phương trình và hệ phương trình đồng dư.
- Chương 3: Phương trình Mordell.

2

PHẦN NỘI DUNG
CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ

1. 1 Đồng dƣ thức:
1. 1. 1 Định nghĩa và các mệnh đề
1. 1. 1. 1 Định nghĩa:

+ Cho m là một số nguyên dương. Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư
môđulô m nếu a-b chia hết cho m.

+ Khi a và b đồng dư với nhau theo môđulô m ta viết là a  b (mod m) và gọi đó là
đồng dư thức

+ Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo mơđulơ m thì ta viết a  b(mod m)

1. 1. 1. 2 Các mệnh đề:
Mệnh đề 1: Các khẳng định sau là tương đương

i). a  b (mod m)
ii). a  b  mt , t  ¢
iii). a  bMm
Chứng minh:
i)  ii) . Ta có a  b (mod m) và tồn tại các số nguyên q, q ' sao cho:
a  mq  r, 0  r  m ;b  mq ' r ,0  r  m . Khi đó
a  b  m(q  q ')  mt, t  q  q ' ¢ . Vậy a  b  mt , t  ¢
ii)  iii) Từ a  b  mt , t  ¢ a  b  mt, t  ¢. Suy ra a  b chia hết cho
m.
iii)  i) . Giả sử a  b chia hết cho m và a  mq  r, 0  r  m . Ta cần
chứng minh: b chia cho m có số dư là r. Từ a  bMm suy ra a  b  mt, t  ¢
 b  a  mt  mq  r  mt  m(q  t)  r . Vậy a  b (modm) .

Mệnh đề 2: Quan hệ đồng dư theo mơđulơ m là một quan hệ tương đương trên ¢

Chứng minh:

- Tính phản xạ: a  ¢ : a  a (mod m) vì a  a  0Mm
- Tính đối xứng: a,b  ¢ : Giả sử a  b (mod m) suy ra a  b  mt

 b  a  m(t)  b  a (mod m)

- Tính bắc cầu: Giả sử a  b (mod m) và b  c(mod m) , tức

(a  b)  (b  c)  m(t  t ') a  c  m(t  t ')  a  c (mod m)

Vậy quan hệ đồng dư theo môđulô m là một quan hệ tương đương trên ¢

3

1. 1. 2 Tính chất:

(1) i). Nếu ai  bi (mod m) i  1, k thì ta cũng có:

a1  a2  ....  ak  b1  b2  ....  bk (mod m)

ii). Nếu ai  bi (mod m) i  1, k thì ta cũng có: a1.a2...ak b1.b2...bk (mod m)

Chứng minh:

i). Từ ai  bi (mod m) i  1, k suy ra ắt có ti  ¢, i  1, k sao cho:

ai  bi  mti , i 1, 2,..., k (*)
Cộng hoặc trừ từng vế một các đẳng thức (*) ta sẽ được:

a1  a2  ...  ak  b1  b2  ... bk  m(t1  t2  ... tk )

Đẳng thức này chứng tỏ: a1  a2  ...  ak  b1  b2  ... bk (mod m)

ii). Từ ai  bi (mod m) i  1, k suy ra tồn tại ti  ¢ ,i  1, 2,..., k sao cho:

ai  bi  mti , i  1, 2,..., k (**)

Nhân từng vế các đẳng thức (**) ta được:

a1.a2...ak  b1.b2...bk  mt ,t  ¢

Đẳng thức này chứng tỏ: a1.a2...ak b1.b2...bk (mod m)

Hệ quả:
a) a  b (mod m) a  c  b  c (mod m)

b) a  c  b (mod m)  a  b  c (mod m)

c) a  b(mod m) a  km  b (mod m),k  ¢

d) a  b(mod m) ac  bc (mod m),c  ¢

e) a  b (mod m) an  bn (mod m),n  ¢ , n  0

f) Giả sử f (x) là một đa thức với hệ số nguyên.

Nếu ta có    (mod m) thì ta có f ()  f ( ) (mod m) .

Đặc biệt nếu f ()  0(mod m) thì ta cũng có

f (  km)  0(mod m) k  ¢

(2) Nếu ac  bc (mod m) , (c, m) 1 a  b (mod m)

Chứng minh:

Từ ac  bc (mod m) suy ra m \ ac  bc hay m \ c(a  b) . Nhưng (m, c) 1

nên ta có m \ a  b nghĩa là a  b (mod m)

(3) i). Nếu a  b (mod m) thì ac  bc (mod mc) , c  ¥ *

4

ii). Nếu a  b(mod m) , ¥ *, | (a,b, m) thì ta cũng có a  b (mod m)
 

Chứng minh:

i). Từ giả thiết a  b  mt suy ra ac  bc  (mc)t, c  * .Ha y

¥

ac  bc (mod mc)

ii). Từ giả thiết  | (a,b, m) ta đặt a   a1, b  b1, m   m1

với a1,b1, m1  ¢ , m1  0 .Từ a  b(mod m)a  b  mt ,t  ¢

  a1  b1   m1t suy ra a1  b1  m1t, t  ¢ .Hệ thức này chứng tỏ

ab m
a1  b1 (mod m) nghĩa là:  (mod )
 

(4) Nếu a  b (mod mi ) ,i  1, k thì a  b (mod m) . Với m  m1, m2 ,..., mk 

Chứng minh:

Thật vậy ta có a  b là bội chung của m1, m2 ,..., mk nên a  b là bội của m.

Suy ra a  b (mod m)

(5) Nếu a  b (mod m),  | m,   0 . Thì ta cũng có a  b (mod )

Chứng minh:

Thật vậy, từ giả thiết m | a  b và | m suy ra  | a  b . Vậy a  b (mod ) .

(6) Nếu a  b (mod m) thì (a, m)  (b, m)

Chứng minh:

Từ giả thiết a  b (mod m) suy ra có số nguyên t sao cho a  b  mt . Đẳng

thức này chứng tỏ rằng tập hợp các ước chung của a và m trùng hợp với tập hợp các
ước chung của b và m, và do đó (a, m)  (b, m)

1.2 Vành các lớp thặng dƣ:
1.2.1 Tập hợp các lớp thặng dƣ:
1.2.1.1 Định nghĩa: Cho m là một số nguyên dương. Tập thương của tập hợp các số

nguyên ¢ trên quan hệ đồng dư theo môđulô m được gọi là tập hợp các lớp thặng dư

mơđulơ m và kí hiệu là ¢ m . Ta viết ¢ m  a | a ¢ 

1.2.1.2 Tính chất:

- Tập hợp ¢m gồm m phần tử.

- Mỗi phần tử của ¢m là hợp rời của k phần tử (k  1) của ¢km

- Tất cả các thặng dư của cùng một lớp thặng dư có cùng ước chung lớn nhất
với môđun.

5

1.2.2 Vành các lớp thặng dƣ:

1.2.2.1 Phép tốn trong ¢ m : Xét tập thương ¢ m  a / a  ¢ là các lớp thặng dư

theo mơđun m. Để biến tập này thành một vành ta định nghĩa hai phép toán cộng và
nhân sau đây:

+ Phép cộng : a  b  a  b

+ Phép nhân: a.b  a.b , với a,b  ¢ m

1.2.2.2 Định lí: Tập hợp ¢ m các lớp thặng dư mơđun m cùng với phép cộng và phép
nhân xác định như trên là một vành giao hốn có đơn vị.

+ Phần tử 0 trong ¢ m là 0  x ¢ | x  0(mod m)

+ Phần tử đơn vị trong ¢ m là 1  x ¢ | x  1(mod m)

1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn:
1.3.1 Hệ thặng dƣ đầy đủ:

1.3.1.1 Định nghĩa:

+ Nếu ta nói lớp thặng dư theo mơđun m ta lấy ra một đại diện thì tập các đại
diện đó được gọi là hệ thặng dư đầy đủ theo mơđun m.

Ví dụ : 5,  4,  3, 13, 19là hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 5

+ H  0, 1, 2,..., m 1 là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m và được gọi là hệ

thặng dư đầy đủ không âm bé nhất.

 m 1 m 1
+ Với m là một số lẻ, ta có: H   ,...., 1, 0,1,...,  là một hệ thặng
2 2

dư đầy đủ môđun m, gọi là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.

+ Với m là một số chẵn thì ta có:

m m m
H   ,  1,..., 1, 0,1,..., 1 hoặc
2 2 2

m m m
H   1,   2,..., 1, 0,1,..., 
2 2 2

là những hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

1.3.1.2 Tính chất:

(1). Mỗi hệ thặng dư đầy đủ mơđun m gồm m phần tử

Chứng minh: Hiển nhiên vì ¢ m có m phần tử

(2). Mỗi tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m

đều là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m

Chứng minh:

6

Giả sử H  a1, a2,..., am là một tập hợp gồm m số nguyên đôi một không

đồng dư với nhau theo môđun m. Khi ấy tập hợp các lớp thặng dư môđun m

a1, a2,..., amgồm m phần tử phân biệt và là tập con của ¢ m nên a1, a2 ,..., am  ¢ m

do đó ta có được H  a1, a2,..., am là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m

(3). Cho a là một số nguyên, (a, m)  1và b là một số nguyên tùy ý. Khi ấy nếu x chạy

qua một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax+b cũng vậy
Chứng minh:

Giả sử x1, x2,..., xm là một hệ thặng dư đầy đủ mơđun m, ta có

x1, x2 ,..., xm  ¢ m . Theo giả thiết ta có a(mod m) là lớp khả nghịch của vành ¢ m

nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được ax1  b, ax2  b,..., axm  b  ¢ m .

Vậy ax1  b, ax2  b,..., axm  b là một hệ thặng dư đầy đủ mod m

1.3.2 Hệ thặng dƣ thu gọn:
1.3.2.1 Định nghĩa:

+ Nếu từ mỗi lớp nguyên tố với mod m ta lấy ra một thặng dư thì tập các thặng
dư đó được gọi là hệ thặng dư thu gọn theo mod m.

+ Từ mỗi hệ thặng dư đầy đủ theo mod m ta lấy ra một thặng dư nguyên tố m
thì ta được một hệ thặng dư thu gọn theo mod m. Thông thường ta lấy ra từ hệ thặng
dư đầy đủ không âm bé nhất theo mod m để được các đại diện.

+ Mỗi một hệ thặng dư đầy đủ môđun m đều chứa đúng một hệ thặng dư thu
gọn mơđun m. Người ta cũng nói đến hệ thặng dư thu gọn môđun m không âm nhỏ
nhất và hệ thặng dư thu gọn giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.

Ví dụ: m = 8 ta có 1,3,5,7 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 không âm nhỏ nhất;
3, 1,1,3 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.

1.3.2.2 Tính chất:

(1) Mỗi hệ thặng dư thu gọn môđun m gồm (m) phần tử
Chứng minh: Hiển nhiên vì ¢ m* có (m) phần tử.
(2) Mỗi hệ gồm (m) số nguyên, nguyên tố với m và đôi một không đồng dư với nhau

theo môđun m đều lập nên một hệ thặng dư thu gọn môđun m
Chứng minh:

Giả sử K  a1, a2,..., a(m)gồm (m) số nguyên, nguyên tố với m và đôi một

7

không đồng dư với nhau theo môđun m. Khi ấy với mọi m 1, 2,..., (m)ta có

ai  ¢ m* . Thêm nữa i  j (1  i, j  (m)) có ai  aj (mod m) nghĩa là

ai  a j nên a1, a2,..., a(m) là (m) phần tử đôi một phân biệt của ¢ m* mà ¢ m* có

 (m) phần tử ta phải có a1 , a2 ,..., a (m)   ¢ * . Vậy suy ra K  a1, a2,..., a(m) là một
m

hệ thặng dư thu gọn môđun m

(3) Giả sử a là một số nguyên, nguyên tố với m. Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng

dư thu gọn môđun m thì ax cũng vậy.

Chứng minh:

Giả sử x1, x2,..., x(m) là một hệ thặng dư thu gọn môđun m ta suy

ra x1 , x2 , ..., x (m)   ¢ * . Theo giả thiết ta có a(mod m) là phần tử khả nghịch của
m

¢ m nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được: ax1, ax2 ,..., ax(m)  ¢ *
m

Vậy ax1,ax2,..., ax(m)  là một hệ thặng dư thu gọn môđun m

1.4 Định lí Euler và định lí Fermat:

1.4.1 Hàm Euler: (m)

1.4.1.1 Định nghĩa: Cho m ¥ *
- Với m 1ta định nghĩa(1) 1

- Với m 1.(m) được xác định theo các định nghĩa tương đương sau:
+ (m) là số các thặng dư trong hệ thặng dư thu gọn theo mod m
+ (m) là số các số tự nhiên không vượt quá n 1và nguyên tố với m

+ (m) là số các phần tử của nhóm nhân ¢ m* , các phần tử khả nghịch của

vành ¢ m các lớp thặng dư theo mod m

1.4.1.2 Tính chất:

(1) Định lí: ới m1,m2  ¥ * ta có m1.m2   (m1).(m2) . (m1,m2) 1

(2) Cơng thức tính:

(a) ới m  p ,  ¥ * ta có( p )  p  p1

í dụ: (25)  (52)  52  5  20

(b) Với m  p11.p22 ...pkk (m 1) khi đó:

(m)  m1 1 1 1 ...1 1 
 p1  p2   pk 

8

í dụ: (60) Ta có 60  22.3.5 nên

 1  1 1
(60)  601 1 1  16

 2 3 5

N ới m p ta có ( p)  p 1

1.4.2 Định lí Euler: Cho m là một số tự nhiên lớn hơn 1và a là một số nguyên nguyên
tố với m. Khi đó: a(m)  1(mod m)
Chứng minh:

Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé

nhấtr1, r2 ,..., r(m)  . Khi đóar1, ar2 ,..., ar(m) cũng là hệ thặng dư thu gọn theo

mod m. Gọi s1, s2 ,..., s(m) là hệ thặng dư không âm bé nhất tương ứng cùng lớp với

ar1, ar2 ,..., ar(m) . thì ta có :

ar1  s1 (mod m) , ar2  s2 (mod m) ,... , ar(m)  s(m) (mod m) . Ta cũng

có

s1, s2 ,..., s(m)là hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé nhất.

Thực hiện nhân vế theo vế ta được :

a(m) .r1.r2...r(m)  s1.s2 ...s(m) (mod m) .

Lại cór1, r2 ,..., r(m)  vàs1, s2 ,..., s(m) là các hệ thặng dư thu gọn theo môđun

m không âm bé nhất. Suy ra r1.r2 ...r(m)  s1.s2 ...s(m)

Từ đó ta có: a(m).r1.r2...r(m)  r1.r2...r(m) (mod m) mà (ri , m)  1 , i 1, (m)

Suy ra (r1.r2...r(m) , m)  1  a(m)  1(mod m) (đpcm).

1.4.2 Định lí Fermat:
1.4.2.1 Định lí 1:

Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không âm chia hết cho p. Khi
đó ta có:

a p1  1(mod p)

Chứng minh:

Ta có ( p)  p 1. Mặt khác nếu a khơng chia hết cho p thì (a, p) 1 Do đó

theo Định lí Euler ta có a p1  1(mod p)

1.4.2.2 Định lí 2:
Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý. Khi đó ta có:

9

a p  a (mod p)

Chứng minh:
+ Nếu a khơng chia hết cho p thì a p1 1 (mod p) . Do đó nhân hai vế với a ta

được a p  a (mod p)

+ Nếu a chia hết cho p thì a  0 (mod p) và lũy thừa p lần ta có

a p  0 (mod p) . Vì vậy trong trường hợp này ta cũng có a p  a (mod p)

1.4.3 Ứng dụng:
Định lí Euler và định lí Fermat có nhiều ứng dụng, ở đây ta nêu lên một số ứng

dụng về việc tìm số dư trong phép chia một lũy thừa cho một số đã cho và nói riêng là
chứng minh sự chia hết.
1.4.3.1 Tìm dƣ trong phép chia:
Ví dụ 1: Tìm số dư trong phép chia 20022003 cho 19.

Ta có 2002  7 (mod19) nên 20022003  72003 (mod19) ,

7,19  1 ,(19)  18. Áp dụng định lí Fermat ta có: 18  1(mod19) .

7

2003 18.1115 5
Lại có 2003 18.111 5 nên 7  7  7 (mod19) .

Ta có: 73  343  1(mod19) nên 75 32  72 (mod19)

 7 .7

Hay 75  49(mod19) 75 11(mod19)

Vậy 20022003 chia cho 19 dư 11 tức là 20022003  11(mod19) r  11
Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia 109345 cho 14

Ta có 109  3(mod14) nên 109345  (3)345 (mod14)

Lại có (3,14)  1. Áp dụng định lí Euler ta có: (3)(14)  1(mod14)

Nhưng (14)  6 nên (3)6  1(mod14) . Hơn nữa 345  6.57  3 cho nên:

(3)345  (3)6 57 .(3)3  27 (mod14) và từ 27  1(mod14) ta

được:

109345  1(mod14) . Vậy số dư trong phép chia 109345 cho 14 là 1.

Ví dụ 3: Tìm số dư trong phép chia 27 cho 17
Ta có (2,17)  1 ; 7  (17) nên khơng sử dụng định lí Fermat.

Ta có: 23  9(mod17) và 24  1(mod17) 34  9(mod17) .

 2 .2

Vậy số dư trong phép chia 27 cho 17 là r  9.

10

1.4.3.2 Chứng minh sự chia hết:
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên, ta có:

234n1  3 chia hết cho 11

Ta có (11)  10 ;(2,11)  1. Áp dụng định lí Fermat ta có:

10  1(mod11) , Hơn nữa ta có: 34  81 1(mod10)

2

Suy ra 34n1  3(mod10) . Vậy tồn tại số tự nhiên k sao cho

34n1  10k  3(k ¢ )

34 n1 10k 3 10k 3 3
Do đó 2  2  2 .2  2 (mod11)

Hay 234n1  8(mod11) . Vậy 234n1  3  0 (mod11) (đpcm)

Ví dụ 5: Cho a  ¢, m, n  * . Chứng minh rằng a6n  a6m M7  aM7

¥

( ) Giả sử aM7 ta cần chứng minh a6n  a6m M7

Vì aM7 nên a  0(mod 7)  a6  0(mod 7)

a6n  0(mod 7) 6n 6m 6n 6m

  6m  a  a  0(mod 7) . Hay a  a M7
a  0(mod 7)

() Giả sử a6n  a6m M7 và a không chia hết cho 7

Vì a khơng chia hết cho 7 nên (a, 7)  1. Theo định lí Fermat ta có:

(7) 6 a6n  1(mod 7) 6n 6m
a  a  1(mod 7)   6m  a  a  2 (mod 7) (Mâu thuẫn)
a  1(mod 7)

Vậy suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 6: Chứng minh: pq1  q p1 1Mpq trong đó p, q là số nguyên tố.

Ta có: ( p, q)  1 nên q p1  1(mod p)q p1 1  0(mod p) và pq1  0(mod p)

Nên pq1  q p1 1  0(mod p) (1)

Lại có: pq1  1 (mod q) pq1 1  0(mod q) và q p1  0(mod q)

Nên pq1  q p1 1  0(mod q) (2)

Vì ( p, q)  1kết hợp với (1) và (2) ta suy ra pq1  q p1 1Mpq

11

CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TR NH V H PHƢƠNG TR NH ĐỒNG DƢ

2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn:

Định nghĩa:

+ Cho m, n là hai số nguyên dương và a0, a1,..., an là các số nguyên và gọi là

các hệ số. Phương trình đồng dư có dạng :

a0xn  a1xn1  ...  an1x  an  0(mod m) (1)

a  0(mod m)
được gọi là phương trình đồng dư bậc n một ẩn. Việc tìm tất cả các giá trị
nguyên của x thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư
+ Cho phương trình đồng dư a0xn  a1xn1  ...  an1x  an  0(mod m) . Số
  ¢ được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu f () 0 (mod m).
+ Hai phương trình đồng dư được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một
tập nghiệm đúng.
Bổ đề: Nếu phương trình a0xn  a1xn1  ...  an1x  an  0(mod m) có nghiệm đúng

 thì nó cũng nhận x  (mod m) làm nghiệm.

Chứng minh: Ta có y  0 (mod m) .
Do f () 0 (mod m)

nên f ( y)  f ( y)  f () ( y )h( y,) 0 (mod m) .
Do đó f ( y) 0 (mod m)
Vậy x  (mod m) là một nghiệm của f (x)  0 (modm)
Mệnh đề: Cho phương trình đồng dư a0xn  a1xn1  ...  an1x  an  0(mod m) . Khi

đó ta có một số phép biến đổi tương đương sau đây:

+ f (x) 0 (mod m)  f (x)  mb 0 (mod m)

+ f (x) 0 (mod m)  af (x) 0 (mod m) ,(a, m) 1
+ f (x) 0 (mod m)  af (x) 0 (mod am) , a  0 ;a  ¢

+ Nếu d  UC(a0,..., an ) và (d, m)  1 thì

f (x)  0 (mod m)  a0 xn  ...  an  0 (mod m)
d d

+ Nếu d  UC(a0,..., an ) và d  0 thì

f (x)  0 (mod m)  a0 xn  ...  an  0 (mod m)
d d d

12

2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn:
2.1.1.1 Định nghĩa:

Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng:

ax  b (mod m) (1), a,b  ¢ a  0(mod m)

2.1.1.2 Điều kiện có nghiệm và số nghiệm:

+ Định lý: Phương trình ax  b(mod m) có nghiệm (a, m)  d | b . Khi đó

phương trình (1) có d nghiệm
Chứng minh:

() Giả sử phương trình ax  b(mod m) có nghiệm, tức là x0 ¢ sao cho :

ax0  b(mod m)  ax0  b  mt, t ¢ .

Từ hệ quả đã biết, ta có: (ax0, m)  (m, b)
Từ giả thiết (a, m)  d suy ra d | a và d | m  d | ax0 và d | m
 d | (ax0, m)  (m, b) hay d | b
() Giả sử (a, m)  d | b . Khi đó phương trình (1) tương đương

a b m a m
x   mod  ,  ,  1

d d d  d d 

Từ định lý trong hệ thặng dư đầy đủ: Nếu x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ theo

môđun m thì a x cũng chạy qua hệ thặng dư đầy đủ môđun m , tức là :
d d d

a b m
!x0  ¢ : x0   mod .

d d d

 m
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  x0  mod  , đó là tập số nguyên gồm

 d

d nghiệm x  x0(mod m) có tập nghiệm là :

x  x0  m (mod m), x  x0  2m (mod m), ..., x  x0  (d 1)m (mod m)

d d d

Ví dụ: Giải phương trình 4x  8(mod10) (a)
Ta có (4,10)  2 \ 8 nên phương trình (a) có 2 nghiệm

Phương trình(a)  2x  4(mod5)  x  2(mod5)
Khi đó phương trình (a) có nghiệm là :

x  2(mod10) , x  2  5(mod10)  7(mod10)
+ Cách xác định nghiệm: Xét phương trình ax  b (mod m) (1)

13

Cách 1: Chia hai vế phương trình (1) cho a
Nếu a là ước của b thì ta được nghiệm của phương trình (1) là:

x  b (mod m)
a
Nếu a không là ước của b thì do (a, m)  1, ắt có số nguyên (1  k  a 1) để

b  kmMa .Khi ấy phương trình (1) tương đương với ax  b  km(mod m) nên nó có

nghiệm x  b  km (mod m).
a

Ví dụ: Giải phương trình 4x  7 (mod 5) (2)
Ta có (4, 5) 1 \ 7 nên (2) có duy nhất một nghiệm

Phương trình (2)  4x  7  5(mod 5) Suy ra x  3(mod 5)

Cách 2: Dùng định lí Euler

Từ giả thiết (a, m)  1. Theo định lí Euler ta có a(m)  1(mod m) (3)

Nhân hai vế của (3) với b ta được: a(ba(m)1)  b (mod m) .

Khi đó x  ba(m)1 (mod m) là nghiệm của phương trình (3)
Ví dụ: Giải phương trình 7x  3(mod12)

Ta có: (7,12) 1 \ 3nên phương trình đã cho có duy nhất nghiệm.

Sử dụng cách tính theo định lý Euler, ta có :
7x  3.711(mod 12)  x  3.710(mod 12) .

10 36
Ta lại có : 7  7.7 .7 mà:

72  1(mod 12)

73  7(mod 12)

76  49(mod 12)  1(mod 12)

Suy ra 10  36  7.1.1(mod 12)  7(mod 12)

7 7.7 .7

Vậy x  3.7(mod 12) 21(mod 12) 9(mod 12)

+ Liên hệ giữa phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất và phƣơng trình vơ định

ax + by = c

Xét phương trình ax  by  c , với a, b  0

Ta giả thiết b > 0, nếu  x0, y0  là một nghiệm ngun của phương trình vơ

định ax  by  c , ta có ax0  by0  c hay ax0  c  b( y0 ) Suy ra:
ax0  c(mod b) và y0  c  ax0 .
b

14

Ngược lại nếu x0  ¢: ax0  c (mod b)  c  ax0  0(mod b)

Tức là y0  ¢ : c  ax0  by0 hay ax0  by0  c , tức là (x0, y0 ) là nghiệm
riêng của phương trình ax  by  c

Kết luận: Phương trình ax  by  c , ax  c(mod b) có nghiệm  (a,b)  d | c

Ví dụ: Giải phương trình vơ định 11x  25y  30

Ta có (11, 25) 1| 30 nên phương trình có nghiệm ngun.

Xét phương trình đồng dư 25y  30(mod 11)

 5y  6(mod11)
 y  10(mod11)
 y  10 11t (t  ¢)

 x  30  25y  30  25(10 11t)  25t  20

11 11

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là :

x  25t  20 ;t  ¢

 y  11t 10

2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao:

Cho m  0 là một số ngun. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao có dạng :

f (x)  a0xn  a1xn1  ...  an  0 (mod m) (1)

với a0  0(mod m) , n  1

Định lí 1: Giả sử m có phân tích chính tắc m  p1 p2 ....ps thành các thừa số
12 s

nguyên tố. Khi đó phương trình (1) tương đương với hệ phương trình đồng dư sau:

 f (x)  0 (mod p11 )

2
 f (x)  0 ( mod p2 )
 (2)
....

 f ( x)  0 (mod pss )


Chứng minh: Giả sử x  x0 (mod m) là một nghiệm của (1). Khi đó
f (x0 )  0 (mod m) . Vì m là bội của các pii , nên ta cũng có:

 f (x0 )  0 (mod p11 )
 ( mod p22 )
 f (x0 )  0

....

 f ( x0 )  0 (mod pss )


15

Như vậy x  x0 (mod m) là một nghiệm của (2).

Ngược lại, giả sử x  x0 (mod m) là một nghiệm của (2). Khi đó:

f (x0 )  0 (mod pii ) ,i  1,....., s

Do f (x0 ) chia hết cho các pii và các pii là nguyên tố sánh đôi nên f (x0 )

chia hết cho tích m  p11 p22 ....pss hay f (x0 )  0 (mod m) . Tức là (1) có nghiệm

x  x0 (mod m).

Nh n xét: Như vậy việc giải phương trình (1) được thay bằng việc giải hệ (2). Nếu
mỗi phương trình f (x) 0 (mod pii ) ta sẽ tìm được nghiệm, chẳng hạn:

x  xi (mod pii ) , i  1,..., s thì ta sẽ giải hệ sau đây:

x  x1 (mod p11 )

2
x  x2 (mod p2 )

...

 x  xs (mod pss )


để tìm nghiệm của (2)

Rõ ràng để giải được (1) ta cần phải biết giải các phương trình dạng

f (x) 0 (mod p ) với p nguyên tố. Áp dụng công thức khai triển Taylor của hàm đa

thức f (x) bậc n tại x  a , ta có:

f (x)  f (a)  f ' (a) (x  a)  ...  f (i) (a) (x  a)i  ...  f (n) (a) (x  a)n
1! i! n!

Dễ dàng chỉ ra f (i) (a)  ¢ khi a là một số nguyên. Thay x  a  pt ta có:
i!

f (a  pt)  f (a)  f ' (a) pt  f '' (a) p2t2  ...  f (n) (a) pntn
1! 2! n!

Định lí 2: Cho hai phương trình:

f (x)  0 (mod pn ) (3)
f (x)  0 (mod pn1) (4)

Với p là một số nguyên tố và n  1 nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng của (3)

cũng là một nghiệm đúng của (4). Ngược lại giả sử x  x1 (mod pn1) là một nghiệm

của (4) và kí hiệu S là tập tất cả các lớp mơđulơ pn của x1 (mod pn1) . Khi đó ta có

khẳng định sau:
+ Nếu f '(x1) không chia hết cho p, thì trong S sẽ có đúng một lớp là nghiệm

của (1).

16

+ Nếu f '(x1) chia hết cho p và f (x1) chia hết cho pn thì tất cả các lớp của S đều

là nghiệm của (1).
+ Nếu f '(x1) chia hết cho p và f (x1) không chia hết cho pn thì tất cả các phần

tử của lớp x1 (mod pn1) đều không là nghiệm đúng của (3) do đó tất cả các lớp của S

đều khơng là nghiệm của (3).

Chứng minh:

+ Hiển nhiên, mỗi nghiệm của (3) đều là nghiệm của (4)

Giả sử x  x1 (mod pn1) là một nghiệm của (2). Khi đó n1 thay vào

x  x1  p t

phương trình f (x)  0 (mod pn ) ta có f (x1  n1  0 (mod pn ) . Theo công thức khai

p t)

triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có:

n1 ' n
f (x1)  p tf (x1)  0(mod p )

Chia hai vế cho pn1 ta nhận được

n1 f (x1)  tf ' (x1)  0 (mod p) (*)
p

Khi đó nếu f ' (x1) khơng chia hết cho p thì (*) có nghiệm duy nhất

t  t1 (mod p)

t  t1  pt2 . Do đó n1 n n1 (mod pn ) là nghiệm
hay x  x1  p t1  p t2 . Vì vậy
x  x1  p t1

duy nhất của (1) trong S.
+ Nếu f ' (x1) chia hết cho p và f (x1) chia hết cho pn thì (*) có nghiệm với mọi

t. Do đó tất cả các phần tử của S đều là nghiệm của (1)

+ Nếu f ' (x1) chia hết cho p và f (x1) không chia hết cho pn thì rõ ràng (*) vơ nghiệm.

Do đó các phần tử của lớp x1 (mod pn1) đều không là nghiệm đúng của (3).

Ví dụ: Giải phương trình đồng dư:
f (x)  x4  2x3  9x 1  0 (mod125)

Xét x4  2x3  9x 1  0 (mod 5) . Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có

x 1(mod 5) và x  2(mod 5) là nghiệm của phương trình. Ta có f '(x)  4x3  6x2  9

Xét nghiệm x 1(mod 5) , ta có f '(1) 1 khơng chia hết cho 5. Đặt x  1 5t1 ta có:

f (1)  5t1 f '(1)  0(mod 25) hay 5  5t1  0 (mod 25) .

Chia cho 5 ta có t1  1(mod 5) . Vậy t1  1 5t2

Và x 1 5(1 5t2)  6  25t2 . Thay x  6  25t2 vào phương trình đồng dư

f (x)  x4  2x3  9x 1  0 (mod125) . Dùng khai triển Taylor ta có:

17