ứng dụng của định lí số dư trung hoa



                     
!"
#$%&'($)#*+$%$,-&"
.$%/0),1*2
34$,567#/08&$%9-
 :
;*<,=<)9;$>?@A(-$:
;*@A(-$A#@$%&'($)#2
34$,567#/08&$%9-)8($>B$,C
3DE3
3 D$%/F$%*G-A4$,567#/08&$%9-A#@>H@A.$%/0),1*>B
<,0I$%)8J$,A.$%/0K3
3  D$%  /F$%  *G-  A4$,  56  )89$%  5L  ),&'M)  *,@-  ,M)  )8($  >B$,  7#
$%&'($C
33D$%/F$%A4$,567#/08&$%9-)8($>B$,A-),1*3
NOPKKKKKKKKKKKKKKKKKK33
 QNR3"
1
S
T$%U&-$)J$,,J$,$%,@($*1&),&V*5W$,>X*A?)B@
Định lí số dư Trung Hoa được bắt nguồn từ bài toán ‘‘Hàn Tín điểm binh’’
của Trung Quốc thời Hán Cao Tổ Lưu Bang đang dựng nghiệp. Định lí được ví
như là viên gạch quan trọng để xây nên tòa nhà lý thuyết số và những lí thuyết
cao cấp hơn của Toán học. Bởi vậy trên thế giới đã có nhiều nhà Toán học
nghiên cứu và giải quyết các vấn đề liên quan tới định lí số dư Trung Hoa. Định
lí giúp ta giải quyết nhiều bài toán khó, làm cho nhiều bài toán khó trở nên đơn
giản hơn, đặc biệt cho ta những lời giải khá bất ngờ. Như việc sử dụng định lí để
chứng minh công thức Phi hàm Euler, hay giải bài toán mở rộng của định lí
Wilson và đếm số nghiệm của phương trình đồng dư. Ngoài ra định lí còn được

ứng dụng trong thực tế đó là việc xây dựng lý thuyết mật mã, trong đó tiêu biểu
là lí thuyết mật mã RSA.
6/9*,Y$A?)B@
Định lí phần dư Trung Hoa khẳng định về sự tồn tại duy nhất của một lớp
thặng dư các số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính. Do đó có
thể sử dụng định lí để giải quyết những bài toán về sự tồn tại và đếm các số
nguyên thỏa mãn một hệ các điều kiện quan hệ đồng dư, chia hết, hay đếm số
nghiệm của phương trình đồng dư. Việc sử dụng hợp lí các bộ
1 2 3
, , , ,
r
m m m m
…
và bộ
1 2
, , ,
r
a a a
…
(trong định lí) cho ta nhiều kết quả rất thú vị và từ đó có thể
đưa ra nhiều bài tập hay và khó. Định lí không chỉ bó hẹp trong vành số nguyên
mà còn được mở rộng cho vành giao hoán. Mục đích chúng em nghiên cứu đề
tài này với mong muốn phát hiện thêm những ứng dụng và mối liên quan của
định lí với một số vấn đề của Toán học. Để từ đó giúp các bạn học sinh, sinh
viên có thêm tư liệu để nghiên cứu về định lí ‘‘ Số dư Trung Hoa’’.
2
3F*)@(&*,Y$A?)B@
– Mở rộng định lí số dư Trung Hoa trên vành.
– Đưa ra những ứng dụng của Định lí Số dư Trung Hoa đối với các vấn đề:
Đồng dư thức và phương trình đồng dư; Số học trên vành số nguyên.

"#@)0Z$%[<,\]>@$%,@($*1&
4.1. Đối tượng nghiên cứu : Định lí số dư Trung Hoa.
4.2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu định lí và ứng dụng trên vành.
:V@/&$%$%,@($*1&
CHƯƠNG 1: ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH SỐ NGUYÊN.
1.1. Số nguyên tố cùng nhau.
1.2. Đồng dư thức.
1.3. Định lí số dư Trung Hoa.
CHƯƠNG 2: ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH.
2.1. Các phép toán về iđêan.
2.2. Các iđêan đối nguyên tố.
2.3. Định lí số dư Trung Hoa trên vành.
CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA.
3.1. Ứng dụng của định lí số dư Trung Hoa đối với đồng dư thức và phương
trình đồng dư.
3.2. Ứng dụng của định lí trong lý thuyết chia hết trên vành số nguyên.
3.3 Ứng dụng định lí số dư Trung Hoa trên vành đa thức.
2^,0I$%<,;<$%,@($*1&
6.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình có
liên quan tới định lí số dư Trung Hoa.
6.2. Phương pháp nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm: Tổng hợp và hệ thống hóa
kiến thức về vấn đề nghiên cứu một cách đầy đủ, khoa học đồng thời tìm các ví
dụ minh họa từ quá trình học và nghiên cứu.
3
 
!.
!_
4$,$%,W-Một số nguyên p được gọi là số nguyên tố, nếu
1p
>

và p
không có một ước số nguyên dương nào khác 1 và chính nó.
4$,56Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nhỏ hơn
.n
Chứng minh:
Do n là một hợp số nên ta có thể viết
n ab=
trong đó
, a b
là các số nguyên với
1 a b n< ≤ <
.
Ta phải có a hoặc b không vượt quá
n
, giả sử đó là a.
Do ước nguyên tố của a cũng là ước nguyên tố của n nên ta có điều phải chứng
minh.
4$,563Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất
thành tích các thừa số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự
không giảm.
Chứng minh:
● Sự tồn tại : Giả sử tồn tại những số không viết được thành tích các số nguyên
tố. Gọi n là số bé nhất trong những số đó. Như vậy, n phải là hợp số,
n ab=
, với
, a b n
<
. Do định nghĩa của n các số a và b phân tích được thành tích các số
nguyên tố, nghĩa là n cũng phân tích được, mâu thuẫn với giả thiết.
●Tính duy nhất: Giả sử ta có:

1 2 1 2

s r
n p p p q q q
= … =
trong đó p
i
, q
j
là các số nguyên tố. Giản ước các số nguyên tố bằng nhau có mặt
trong hai vế, ta được đẳng thức:
4
1 2 1 2

i i iu j j jv
p p p q q q
… =
trong đó không có số nguyên tố nào có mặt ở cả hai vế.
Như vậy, vế trái chia hết cho q
j1
, do đó phải tồn tại một thừa số của tích chia hết
cho
1j
q
( vô lí ). Suy ra điều phải chứng minh.
`U&a"
1.1.4.1. Nếu n có dạng phân tích chính tắc
1 2
1 2

k
k
n p p p
α
α α
=
thì số tất cả các ước
số dương của n là
1 2
( 1)( 1) ( 1)
k
α + α + α +
.
1.1.4.2. Nếu
1 1
, , , 0
i i
k k
i i i i
i i
n p m p
α β
= =
= = α β ≥
∏ ∏
, thì:
•
( 1,2, , ).
i i
m n i k

⇔ β ≥ α =
M
•
( )
min( , )
1
,
i i
k
i
i
m n p
α β
=
=
∏
.
•
[ ]
max( , )
1
,
i i
k
i
i
m n p
α β
=
=

∏
.
4$,$%,W-:. Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
chúng có ước số chung lớn nhất là 1.
Kí hiệu: (a,b) = 1.
Số 1 là nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên.
Nếu
1m ≥
là một số nguyên, tập hợp các số nguyên tố cùng nhau với m, lấy
theo modulo m, tạo thành một nhóm với phép nhân; nó được ký hiệu là
( )m
×
¢ ¢
hoặc
m
∗
¢
.
6$,*,b)2 Các điều kiện sau tương đương với điều kiện a và b nguyên tố
cùng nhau:
• Tồn tại các số nguyên x và y sao cho
1ax by+ =
.
• Nếu a và b
1
là nguyên tố cùng nhau, a và b
2
cũng nguyên tố cùng nhau, thì a
và b
1

b
2
cũng là nguyên tố cùng nhau.
• Nếu a và b là nguyên tố cùng nhau và a là ước của tích bc, thì a là ước của c.
Mở rộng cho n số nguyên:
5
• Cho n số nguyên
1 2
, , , .
n
a a a
Các số này được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
ước chung lớn nhất của n số đó bằng 1.
• Các số
1 2
, , ,
n
a a a
được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu từng cặp
hai số khác nhau trong chúng là nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ: Ba số 2, 10, 15 là nguyên tố cùng nhau, nhưng không nguyên tố cùng
nhau từng đôi một.
cD
4$,$%,W-Cho một số nguyên dương m. Hai số nguyên a và b được gọi
là đồng dư modulo m nếu hiệu
a b
−
chia hết cho m. Nếu a đồng dư với b
modulo m, thì ta viết
(mod )a b m≡

và gọi đó là một đồng dư thức.
Ví dụ:
2 5 (mod 3)
≡
vì
( )
3 5 2
−
.
Nếu
(mod )a b m≡
thì b được gọi là một thặng dư của a theo modulo m.
Nếu
0 1b m
≤ ≤ −

thì b là một thặng dư bé nhất của a theo modulo m.
`$,A? Cho a, b, c, m là những số nguyên
0m
≠
. Khi đó, ta có:
(i)
(mod )a a m≡
.
(ii) Nếu
(mod )a b m≡
thì
(mod )b a m≡
.
(iii) Nếu

(mod )a b m≡
và
(mod )b c m≡
thì
(mod ).a c m≡
(iv) Nếu
(mod )a b m≡
và
(mod )b d m≡
thì
(mod )a b c d m+ ≡ +

và
(mod ).ab cd m≡
(v) Nếu
(mod )a b m≡
thì
2
(mod ).am bm m
≡
Tiếp theo, ký hiệu
a
là tập hợp tất cả các số nguyên đồng dư với a theo modulo
m,
{ }
(mod ) .a n n a m= ∈ ≡¢
Nói cách khác,
a
là tập hợp các số nguyên có
dạng

{ }
.a km
+
Từ đó, ta có định nghĩa sau:
4$,$%,W-3Một tập gồm các phần tử có dạng
{ }
, a a km k
= + ∈
¢

gọi là
một lớp đồng dư của a theo modulo m.
Ví dụ: Với m = 2, ta có lớp
0

là tập các số nguyên chẵn, lớp
1

là tập các số
nguyên lẻ.
`$,A?" Cho
, , a b m
là những số nguyên,
0.m
≠
Khi đó, ta có:
6
(i)
a b
=

khi và chỉ khi
( )
mod .a b m≡
(ii)
a b
≠
khi và chỉ khi
.a b
∩ =∅
(iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo modulo m.
Chứng minh.
(i) Giả sử
a b
=
, xét
.a a b
∈ =

Do đó,
( )
mod .a b m≡
Ngược lại, nếu
( )
mod a b m≡
thì
.a b
∈

Ngoài ra, nếu

( )
mod c a m≡
thì
( )
mod .c b m≡
Điều này chứng tỏ rằng
.a b
⊆
Từ
( )
mod a b m≡
ta suy ra
( )
mod b a m≡
hay
.b a
⊆
Từ đó suy ra
a b
=
.
(ii) Dễ thấy rằng, nếu
a b
∩ = ∅
thì
.a b
≠
Ngược lại, cần chứng tỏ rằng nếu
a b
∩ ≠ ∅

thì
a b=
. Thật vậy, giả sử
a b
∩ ≠ ∅

gọi
c a b
⊆ ∩
. Ta có
( )
mod c a m≡
và
( )
mod .c b m≡
Suy ra
( )
mod .a b m≡

Do đó, theo (i) ta suy ra
.a b
=
(iii) Ta chứng minh tập
{ }
0,1,2, , 1m −

là m lớp đồng dư phân biệt theo modulo
m. Thật vậy, giả sử tồn tại
0 k l m
≤ < <

sao cho
.k l
=
Theo (i) ta có
( )
mod k l m≡
, hay
( )
m l k−
. Điều này mâu thuẫn với
0 k l m
≤ < <
. Do đó,
.k l
≠
Ngoài ra, với mỗi
a
⊆
¢
luôn tồn tại cặp số nguyên
, q r
để
, 0 ,a qm r r m= + ≤ <

suy ra
( )
mod a r m≡
hay
.a r
=

4$,$%,W-:. Tập gồm m phần tử
{ }
1 2
, , ,
m
A a a a=
gọi là một hệ thặng dư
đầy đủ modulo m nếu
{ }
1 2
, , ,
m
B a a a
=
là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo
modulo m.
Từ định nghĩa ta thấy, hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m là không duy nhất. Ví
dụ các tập
{ } { }
0,1,2,3 , 0,1,2, 1 ,−
là những hệ thặng dư đầy đủ theo modulo 4.
`$,A?2 Cho a, b, c, m là các số nguyên,
( )
0, mod m ac bc m> ≡
và
( , ).d c m=

Khi đó, ta có:
7
mod .

m
a b
d
 
≡
 ÷
 
Chứng minh.
Giả sử
( )
mod ac bc m≡
. Ta có
( )
,m bc ac−

suy ra tồn tại số nguyên k sao
cho
( )
.c b a km− =
Khi đó, chia hai vế cho d ta được
( )
.
c m
b a k
d d
− =
Ngoài ra, theo giả thiết ta có
( )
, ,d c m=

suy ra
, 1
c m
d d
 
=
 ÷
 
.
Do đó, ta có
( )
m
b a
d
−
hay
mod .
m
a b
d
 
≡
 ÷
 
`$,A?C Cho
1 2
, , , , ,
k
a b m m m
là các số nguyên;

1 2
, , , 0
k
m m m
>
;
( ) ( )
( )
1 2
mod , mod , , mod .
k
a b m a b m a b m≡ ≡ ≡

Khi đó, ta có:
[ ]
( )
1 2
mod , , , ,
k
a b m m m≡
trong đó
[ ]
1 2

k
m m m
là bội chung nhỏ nhất của
1 2
, , ,
k

m m m
.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
d^,@,B]e&5f8
4$,$%,W-dSố các số thuộc dãy 1, 2, , n nguyên tố với n được kí hiệu
là
( )n
ϕ
. Người ta gọi hàm
( )n
ϕ
là một hàm Euler.
6$,*,b)dCho m, n là các số nguyên dương, ta có:
•
( , ) ( ) ( )m n m n
ϕ ϕ ϕ
=

với
( )
, 1m n =
.
• Nếu p nguyên tố thì
1
( ) 1, ( ) ( 1)
n n n
p p p p p n
ϕ ϕ
−
= − = − >

.
• Nếu
1 2
1 2

k
k
m p p p
α
α α
=
, p
i
là các số nguyên tố thì
1 2
1 1 1
( ) 1 1 1
k
m m
p p p
ϕ
 
  
= − − −
 ÷
 ÷ ÷
  
 
.
4$,56d34$,56e&5f8Giả sử m là số nguyên dương và

( )
, 1a m
=
.Khi
đó
( )
1
m
a
ϕ
≡
(mod m).
Chứng minh:
8
Giả sử
1 2 ( )
, , ,
m
r r r
ϕ
là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương không
vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m.
Theo định lí trên ta suy ra
1 2 ( )
, , ,
m
ar ar ar
ϕ
là một hệ thặng dư thu gọn modulo
m. Như vậy các đồng dư dương bé nhất của ar

1
, ar
2
, ,
( )m
ar
ϕ
phải là các số r
1
,
r
2
,…,
( )m
r
ϕ

xếp theo một thứ tự nào đó. Vì thế ta có:
1 2 ( ) 1 2 ( )
.
m m
ar ar ar rr r
ϕ ϕ
≡
(mod m) hay
( )
1 2 ( ) 1 2 ( )
(mod )
m
m m

a rr r rr r m
ϕ
ϕ ϕ
≡
.
Vì
1 2 ( )
( , ) 1
m
rr r m
ϕ
=
nên
( )
1 (mod )
m
a m
ϕ
≡
.
g^,0I$%)8J$,A.$%/0)&'M$)6$,
4$,$%,W-gPhương trình dạng ax ≡ b (mod m) được gọi là phương trình
đồng dư tuyến tính với a, b, m là các số đã biết, x
0
là một nghiệm của phương
trình khi và chỉ khi
( )
0
mod .ax b m≡
Nếu x

0
là nghiệm thì các phần tử thuộc lớp
0
x
cũng là nghiệm.
4$,$%,W-gGiả sử a, m là các số nguyên,
1m
>
. Nghiệm của phương
trình
1 (mod )ax m≡
được gọi là nghịch đảo của a modulo m.
4$,56g3Nghịch đảo của a modulo m là duy nhất
( , ) 1.a m⇔ =
Chứng minh:
Gọi a’ là nghịch đảo của a modulo m
1 (mod ) 1aa m aa mb
′ ′
⇒ ≡ ⇒ + =
( , ) 1a m
⇒ =
.
Đảo lại nếu
( , ) 1a m =
⇒
tồn tại a’, m’ sao cho aa’ + mm’ = 1
⇒
aa’≡ 1 (mod m)
⇒ a’ là nghịch đảo của a modulo m.
a’ là duy nhất bởi vì nếu có a’’ sao cho aa’’≡ 1 (mod m) thì aa’≡ aa’’(mod m),

mà (a,m) = 1⇒ a’≡ a’’(mod m).
`U&ag"Nếu p nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp
{ }
1, 2, , 1p −
đều
có nghịch đảo duy nhất modulo p.
4$,56g:Nếu (a,m) = 1 thì phương trình ax ≡ b (mod m) có nghiệm duy
nhất theo modulo m.
Chứng minh:
9
Ta có
{ }
1, 2, , m
là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m và (a,m) =1 nên
{ }
, 2 , , a a ma
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m suy ra có đúng một
phần tử của hệ này đồng dư với b theo modulo m
⇒
đpcm.
4$,56g24$,56).$)\@$%,@`]<,0I$%)8J$,A.$%/0)&'M$)6$,
Giả sử (a,m) = d. Khi đó phương trình ax ≡ b(mod m) (1) có nghiệm khi và chỉ
khi d| b. Hơn nữa, khi d | b thì (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, đó là:
2
, , , , ( 1)
m m m
t t t t d
d d d
+ + + −
(2)

trong đó t là nghiệm duy nhất của phương trình
(mod )
a b m
x
d d d
≡
. (3)
Chứng minh:
Nếu phương trình có nghiệm là
0 0
.x ax b mt d b⇒ = + ⇒
Đảo lại, nếu
d b
thì phương trình
mod
a b m
x
d d d
 
≡
 ÷
 
(do
, 1
a m
d d
 
=
 ÷
 

) có nghiệm
t duy nhất ⇒ phương trình
(mod )ax b m≡
cũng có nghiệm t.
Mỗi nghiệm của (3) là nghiệm của (1) và ngược lại.
Dễ thấy rằng (2) là d nghiệm của (3) nên (2) cũng là d nghiệm của (1). Ngoài ra
hai nghiệm của (2) là phân biệt theo modulo m. Thật vậy nếu:
(mod ) (1 , 1).
m m
t r t s m r s d
d d
+ ≡ + ≤ ≤ −
.
(mod ) (mod ) ) .(
m m
r s m r s d
d d
r s d r s⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ⇒ =− M
Tiếp tục, ta chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác ngoài (2).
Giả sử y là nghiệm của (1):
(mod ) (mod ) (mod ) mod
m
ay b m ay at m y t m y t
d
 
⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
 ÷
 
.
m

y t k
d
⇒ = +
10
Ta có:
(mod )k r d≡
với
0 .r d≤ <
Do đó
(mod )
m m
k r m y
d d
≡ ⇒
thuộc (2).
`$,A?hGiả sử p là số nguyên tố. Số nguyên a là nghịch đảo modulo p
của chính nó khi và chỉ khi
1 (mod )a p≡
hoặc
1 (mod ).a p≡ −
Chứng minh:
Nếu
1 (mod )a p≡
hoặc
1 (mod )a p≡ −
thì
2
1 (mod )a p≡
nên a là nghịch đảo
modulo p của chính nó.

Ngược lại, giả sử a là nghịch đảo modulo của chính nó, tức là
2
1 (mod )a p≡
2
1 1 a p a p⇒ − ⇒ +M M
hoặc
1a p− M
hay
1 (mod )a p≡ −
hoặc
1 (mod )a p≡
.
4$,564$,56i@579$Số p là nguyên tố khi và chỉ khi:
( )
1 ! 1 (mod ).p p− ≡ −
Chứng minh:
Khi p = 2, ta có (p – 1)! = 1 ≡ –1 (mod 2).
Giả sử p là số nguyên tố,
2p >
, khi đó mỗi số nguyên a với
1 1a p≤ ≤ −
tồn tại
nghịch đảo a’ với
1 1a p
′
≤ ≤ −
sao cho aa’≡ 1 (mod p). Theo mệnh đề trên chỉ
có 2 số là 1 và p – 1 là nghịch đảo modulo p của chính nó. Như vậy, ta có thể
nhóm các số 2, 3,…, p – 2 thành (p – 3)/2 cặp mà tích của chúng đồng dư 1
modulo p.

2.3. …(p – 3)(p – 2) ≡ 1 (mod p).
⇒ (p – 1)! ≡ 1(p – 1) ≡ –1 (mod p).
3
4$,5634$,568&$%9->?<,j$/0 Giả sử m
1
,m
2
, m
r
là các số
nguyên tố cùng nhau từng cặp. Khi đó hệ đồng dư:
x ≡ a
1
(mod m
1
)
x ≡ a
2
(mod m
2
)

x ≡ a
r
(mod m
r
)
có nghiệm duy nhất modulo
1 2

r
M m m m
=
.
Chứng minh.
11
Ta xây dựng một nghiệm của hệ. Giả sử:
M
k
=
k
M
m
= m
1
m
2
m
k–1
m
k+1
m
r
.
Ta có ( M
k
,m
k
) = 1 vì (m
j

,m
k
) = 1 với mọi j k. Như vậy ta có thể tìm một
nghịch đảo y
k
của M
k
modulo m
k
, tức là M
k
y
k
≡ 1( mod m
k
).
Đặt x = a
1
M
1
y
1
+ a
2
M
2
y
2
+ + a
r

M
r
y
r
.
Ta thấy x ≡ a
k
(mod m
k
) với mọi k. Vì m
j
|M
k
với
j k
≠
nên M
j
≡ 0 (mod m
k
) khi
j k.
Như vậy, x chính là một nghiệm của hệ đang xét.
Ta chứng tỏ rằng nghiệm vừa xây dựng là duy nhất modulo M.
Giả sử x
0
, x
1
là hai nghiệm của hệ. Khi đó, với mỗi k,
( )

0 1
mod ,
k k
x x a m≡ ≡
cho
nên
( )
0 1
|
k
m x x
−
, suy ra
( )
0 1
| .M x x−
Định lí được chứng minh.
Ví dụ: Giải hệ phương trình sau :
5 10 (mod 70)
11 91 (mod 15).
4 6 (mod 31)
x
x
x
≡


≡



≡

Hệ đã cho tương đương với hệ:
2 (mod 14)
11 15 (mod 15)
17 (mod 31)
x
x
x
≡


≡


≡

Đặt m = 14.15.31 = 6510.
M
1
= 15.31 = 465; M
2
= 14.31 = 431;M
3
= 14.15 = 210.
Phương trình
( )
1
1 mod 14M y ≡
trở thành

465 1 (mod 14),y ≡
và có nghiệm
( )
5 mod 14 .y ≡
Chọn N
1
= 5.
Tương tự,
( )
2
1 mod 15M y ≡
có nghiệm
( )
1 mod 15y ≡
. Chọn N
2
=

( )
3
1 mod 31M y ≡
có nghiệm
( )
9 mod 31 .y ≡

Chọn N
3
= .
12
Vậy hệ có nghiệm:

465.5.2 434.( 1).11 210.( 1).17 296 (mod 6510)x ≡ + − + − ≡
.
kTA?3Nếu a và b là các số nguyên dương thì thặng dư dương bé nhất
modulo
2 1
b
−

của
2 1
a
−
là
2 1
r
−
, trong đó r là thặng dư dương bé nhất của a
modulo b.
Chứng minh.
Nếu
a bq r= +
, với r là thặng dư dương bé nhất của a modulo b thì ta có:

(2 1) (2 1)
a bq r+
− = −
( 1)
(2 1)(2 2 2 ) (2 1)
b b q r b r r r− + +
= − + + + + −

hay
2 1 2 1 (mod (2 1)).
a r b
− ≡ − −
`U&a33Nếu a và b là các số nguyên dương thì ước chung lớn nhất của
2 1
a
−
và
2 1
b
−

là
( , )
2 1
a b
−
.
`U&a3" Các số nguyên
2 1
a
−
và
2 1
b
−
nguyên tố cùng nhau khi và chỉ
khi a và b nguyên tố cùng nhau.
Việc giải hệ phương trình đồng dư trở nên đơn giản khi bộ số nguyên dương

1 2
, , ,
r
m m m
đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta xét trường hợp đó là những số
nguyên dương bất kì.
4$,563:4$,567#/08&$%9-]l8V$% Cho n số nguyên dương
1 2
, , ,
n
m m m
và
1 2
, , ,
n
a a a
là các số nguyên dương bất kì. Khi đó hệ đồng dư
tuyến tính:
(mod )
1,
i i
x a m
i n
≡



=



có nghiệm khi và chỉ khi
(mod ( , ))
i j i j
a a m m
≡
với mọi i, j thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤
.
Khi đó hệ có nghiệm duy nhất modulo M =
[ ]
1 2
, , ,
n
m m m
.
Chứng minh:
13
• Giả sử hệ có nghiệm
0
x
, đặt
ij 0 ij
( , ) (mod )
i j i j
m m d a x a d= ⇒ ≡ ≡
với mọi i, j
thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤

.
• Ngược lại, nếu
(mod ( , ))
i j i j
a a m m≡
với mọi i, j thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤
thì ta
chứng minh hệ có nghiệm duy nhất modulo M =
[ ]
1 2
, , ,
n
m m m
bằng quy nạp
như sau:
Với
2n
=
đặt
1 2 1 1 2 2 1 2
( , ) , , ,( , ) 1m m d m dd m dd d d
= = = =
1 2
(mod )a a a d
⇒ ≡ ≡
.
Đặt
1 1 2 2

, ,a a k d a a k d
= + = +
ta có
1 1
1 1
2 2
2 2
(mod )
(mod )
(mod )
(mod )
x a
k d
x a m
d
x a m x a
k d
d
−

≡

≡


⇔
 
≡ −



≡


Vì
1 2
( , ) 1d d
=
nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương
x
thỏa mãn:
1 1
2 2
(mod )
(mod )
x k d
x k d

≡


≡


.
Do đó:
1 1
1 2 1 2
2 2
(mod )
(mod ( )) (mod ( ))

(mod )
x a m
x a
x d d x xd a dd d
x a m
d
≡

−
⇔ ≡ ⇔ ≡ +

≡

hay
[ ]
1 2
(mod , ).x xd a m m
≡ +
Suy ra hệ
1 1
2 2
(mod )
(mod )
x a m
x a m
≡


≡


có nghiệm duy nhất modulo
[ ]
1 2
,m m
.
Giả sử định lí đúng với
1n
−
. Ta chứng minh định lí đúng với n.
Đặt
[ ]
1 1 2 1 2
, , , , .
n n
m m m m m m
−
= =
Theo giả thiết quy nạp, hệ phương trình
(mod )
1, 1
i i
x a m
i n
≡



= −



có nghiệm duy nhất
1 1
(mod ).x a m
≡
Do đó ta có:
1 1
2
2 2
(mod )
(mod )
( )
1,
(mod )
i i
n
x a m
x a m
a a
i n
x a m

≡
 ≡
 
⇔ =
 
=
≡





.
14
Vì
(mod ( , ))
i j i j
a a m m
≡
với mọi i, j thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤
nên
1 2 1 2
(mod ( , )).a a m m
≡
Từ đó theo trường hợp n = 2, hệ phương trình
1 1
2 2
(mod )
(mod )
x a m
x a m

≡


≡



có nghiệm duy
nhất modulo
[ ]
1 2 1 2
, , , ,
n
m m m m m
 
=
 
.
Theo nguyên lí quy nạp, định lí được chứng minh.
 
m^n^mo
4$,$%,W-Ta gọi là iđêan trái (iđêan phải) của vành R, một vành con A
của R thỏa mãn điều kiện:
( ), , .xa A ax A a A x A∈ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈
Vành con A được
gọi là một iđêan của R nếu và chỉ nếu A vừa là iđêan trái vừa là iđêan phải của
R.
Ví dụ: Bộ phận
{ }
0
và R là hai iđêan của vành R.
Bộ phận
m¢

các số nguyên là bội của một số nguyên m cho trước là
iđêan của vành các số nguyên
¢

.
4$,56 Một bộ phận
A ≠ ∅
của vành R là một iđêan của R khi và chỉ khi
các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i)
; ,a b A a b A
− ∈ ∀ ∈
.
(ii)
, ; , .xa A ax A a A x R
∈ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈
Chứng minh: Được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
4$,$%,W-3R là một vành cho trước, thì ta gọi:
(i)
I J
+
là tổng của hai iđêan I và J.
(ii) IJ là tích của hai iđêan I và J.
`$,A?"R là một vành cho trước, ta có các khẳng định sau:
(i) Nếu I, J là hai iđêan của R thì tập:
{ }
, .I J a b a I b J
+ = + ∈ ∈
15
là một iđêan của R.
(ii) Nếu I, J là hai iđêan của R thì tập:
{ }
1
, .

n
i i i i
i
IJ a b a I b J
=
= ∈ ∈
∑
là một iđêan của R.
Chứng minh:
(i) Ta có:
0 I J
∈ +
nên
.I J+ ≠ ∅
Với
, x a b y c d I J∀ = + = + ∈ +
thì
.x y I J
− ∈ +
Với
, a b i r R
∀ + ∈ ∀ ∈
thì
( )r a b
+
và
( ) .a b r I J+ ∈ +
Do đó
I J
+

là một iđêan của R.
(ii)
do .IJ c IJ≠ ∅ ∈
Với
1
n
i
ii
a a b
=
∀ =
∑
và
1
n
i i
i
b c d
=
=
∑
thì
.a b I
− ∈
Với
r R
∀ ∈
,
a IJ
∀ ∈

thì ra và
.ar IJ∈
Do đó IJ là một iđêan của R.
Vậy
.IJ I J
= ∩
m!
`$,A?Nếu I, J là các iđêan của R thỏa mãn
I J R
+ =
(I và J được gọi
là đối nguyên tố) thì
.IJ I J
= ∩
Chứng minh:
Ta có:
.IJ I J⊂ ∩
Ngược lại,
, .x I J x I x J
∀ ∈ ∩ ⇒ ∈ ∈
Mà
I J R
+ =
suy ra tồn tại
, :a I b J
∈ ∈
1.a b
+ =
Ta có thể mở rộng thành
.x xa xb IJ= + ∈

Suy ra
.IJ I J
= ∩
`$,A?Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị, I
1
, I
2
, ,I
n
là các iđêan của
R từng đôi một đối cực đại. Khi đó ta có:
1
1
n
n
i i
i
i
I I
=
=
=
∏
I
.
Chứng minh.
Ta chứng minh quy nạp theo
2.n
≥
Với n = 2. Mệnh đề đúng.

Với
3.n
≥
Ta giả sử kết quả đã đúng với
1n
−
, ta chứng minh nó đúng với n.
Thật vậy, đặt J =
2
n
j
j
I
=
I
thì
1
1
n
i
i
I J I
=
∩ =
I
.
16
Do I
i
, I

j
đôi một đối cực đại (
2,j n=
) nên tồn tại
1j
a I
∈
và
j j
b I
∈
để
1 .
j j
a b= +
Ta có: x =
1
2 2
(1 ) 1 , .
n n
j j
j j
b a a a I
= =
= − = − ∈
∏ ∏
Đương nhiên
x J∈
suy ra
1

1 a x I J
= + ∈ +
, nên I
1
và J là đối cực đại.
Từ J =
2
2
n
n
i i
i
i
I I
=
=
=
∏
I
(theo giả thiết quy nạp) và I
1
, J là đối cực đại nên ta có
1 1
1
1
n
n
i i
i
i

I I J I J I
=
=
= = ∩ =
∏
I
.
Vậy có điều phải chứng minh.
`U&a3Tích của hữu hạn các iđêan cực đại khác nhau bằng giao của
chúng.
3 
4$,5634$,568&$%9-Cho I
1
, I
2
, ,I
n
là các iđêan của R. Ánh xạ f:
1
n
i
i
R
R
I
=
→
∏
xác định bởi
( )

1 2
( , , , ).
n
f a a I a I a I+ += +
f là một toàn cấu khi
và chỉ khi
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối cực đại, tức
i j
I I R
+ =
, với mọi
i j
≠
(1 , ).i j n
≤ ≤
Chứng minh:
• Rõ ràng f là một đồng cấu vành.
• Giả sử
i j
I I R
+ =
,
.i j
∀ ≠
Ta chứng minh f là toàn ánh. Tức là tồn tại
a R∈

mà
( ) (0, ,0,1,0, ,0),1f a
=
　
ở vị trí thứ i. Ta đi chứng minh với i = 1.
Với i = 1 thì
1
, 1 1 ; , .
i j j j j j j
I I R j u v u I v I+ = ∀ ≥ ⇒ = + ∈ ∈
1 1
1
2 2
1 (1 ) 1 , .
n n
j j j j
j j
v u v u u u I
− −
= =
⇒ = − ⇒ = − = + ∈
∏ ∏
Đặt x =
2
n
j
j
v
=
∏

thì
( 2).
j
x I j∈ ≥
( )
1 2
, , , (1,0,. ,0)( )
n
f x x I x I x I f
= + + + = ⇒
là toàn ánh.
17
Đảo lại, giả sử f là toàn ánh. Xét phần tử
( )
0, ,0,1,0, ,0 , 1
ở vị trí thứ i, thuộc
vào
1
n
i
i
R
I
=
∏
, do f là toàn ánh nên tồn tại
a R
∈
:
f(a) =

(0, ,0,1,0, ,0)
(
1
ở vị trí thứ i). Suy ra
,
j
a I i j∈ ≠
và
1 .
i
a I
− ∈
Mà
1 1 , ( ) , .
i j i j
a a I I i j I I R i j= − ∈ ∀ ≠ ⇒ = ∀ ≠+ + +
`U&a3 Nếu
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối nguyên tố thì
1
1
( ).
n
n
i
i
i

i
R R
I
I
=
=
≅
∏
I
Chứng minh:
Xét ánh xạ f:
1
n
i
i
R
R
I
=
→
∏
1 2
( , , , )
n
a a I a I a I
+ + +
a
.
Do
1

n
i
i
Ker f I
=
=
I
ta có:
( ).

R
f R
Ker f
≅
Theo định lí trên ta có f là một toàn ánh nên
1
( )
n
i
i
R
f R
I
=
=
∏
(đpcm).
`U&a33 Với
1 2

, , ,
n
m m m
đôi một đối nguyên tố (hay nguyên tố cùng
nhau). Khi đó ta có:
1 2 1 2
, , ,

n n
m m m m m m
≅ × × ×¢ ¢ ¢ ¢

`U&a3" Cho
1 2
, , ,
n
m m m
là các số đôi một nguyên tố cùng nhau và
1 2
, , ,
n
a a a
là các số nguyên tùy ý. Khi đó luôn tồn tại a
∈
¢
:
(mod )
i i
a a m
≡

.
Chứng minh:
Lấy R =
¢
,
i i
I m
=
¢
(
1,i n
=
).
Do các số m
i
đôi một nguyên tố cùng nhau nên
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối cực đại
do đó
1
:
n
i
i
f
m
=

→
∏
¢
¢
¢
là toàn ánh.
Từ đó với các số nguyên tùy ý
( 1, )
i
a i n
=
luôn tồn tại số nguyên a mà
1 2 1 2
( , , , ) ( ) ( , , , ) ( , , )
n n
a a a f a a a a a I a I a I
= = = + + +
.
Suy ra
i i
a a I
− ∈
hay
(mod )
i i
a a m
≡
.
18
`U&a3: Cho R =

[ ]
K x
với K là một trường;
1 2
( ), ( ), , ( )
n
f x f x f x
là các đa
thức của
[ ]
K x
;
1 2
, , ,
n
a a a
là các số phân biệt của K;
1 2
, , ,
n
k k k
là các số
nguyên dương. Khi đó luôn tồn tại
[ ]
( )f x K x∈
sao cho:
( ) ( )(mod( ) ),(1 )
i
k
i i

f x f x x a i n≡ − ≤ ≤
.
Chứng minh.
Đặt
( )
i
k
i i
I x a= −
,
(1 )i n
≤ ≤
thì
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối cực đại.
Xét ánh xạ
1
:
n
i
i
R
f R
I
=
→
∏

. Theo định lí 2.3.1 ta có điều phải chứng minh.
,p$q=)

Cho đa thức:
( )
1
1 0
;
n n n
n
f x a x a x a x a
−
= + + + +
với
, 1 , .
i
a i n n
∗
∈ ≤ ≤ ∈¢ ¥
Việc giải phương trình
( ) ( )
0 mod f x m≡
được đưa về giải hệ phương trình:
1
2
1
2
( ) 0 (mod )
( ) 0 (mod )

( ) 0 (mod )
k
r
r
r
k
f x p
f x p
f x p

≡

≡




≡

với m =
1
i
k
r
i
i
p
=
∏
là một sự phân tích tiêu chuẩn thành các

thừa số nguyên tố.

Định lí Trung Hoa thường được áp dụng cho vành các số nguyên
¢
. Giả sử m
là một số nguyên lớn hơn 1 và m =
1
i
k
r
i
i
p
=
∏
là một sự phân tích của m thành thừa
số nguyên tố, với mũ
1
i
r
≥
. Thế thì ta có một đẳng cấu vành:
1
i
k
r
i
i
m
p

=
≅
∏
¢ ¢
¢
¢

4$,56324$,568&$%9->?/0)89$%>B$,r,s$%%@-9,9;$
Cho R là vành không nhất thiết giao hoán có đơn vị 1,với
1 2
, ,
n
I I I
là các iđêan
của R. Xét
19

1
:
n
i
i
R
f R
I
=
→
∏
1 2
( , , , )

n
a a I a I a I
+ + +
a
Khi đó f là toàn cấu nếu và chỉ nếu
,
i j
I I
đối nguyên tố, hay
(1)
i j
I I+ =
.
Chứng minh:
•
f là một đồng cấu vành.
•
Ta có
(1).
i j
I I
+ =
Ta đi chứng minh với mọi
1 2
:( ,0 , , ) ( ,0, ,0)
n
x R x I I x I x
∈ + + + =
có tạo ảnh.
Từ

(1) 1
i j i i
I I u v+ = ⇒ = +
với
1
; 1 ( 2).
i i i i
u I v u I i
∈ = − ∈ ≥
Đặt
1 1
2 2
(1 ) 1 ( ) 1 (mod ).
n n
i i
i i
a v u u u I a I
= =
= = − = + ∈ ⇒ ≡
∏ ∏
Lại do
(1)
i j
I I
+ =
suy ra
0 (mod ).
i
a I
≡

Vậy
( ) ( ,0,0, ,0)f x x
=
hay f là toàn cấu.
• Giả sử f là toàn cấu.
Xét phần tử
( )
0, ,0,1,0, 0 ,1
ở vị trí i.
Do f là toàn cấu nên tồn tại
( )
: ( ) 0, ,0,1,0, ,0 (1a R f a∈ =
ở vị trí thứ i).
Suy ra
,
j
a I i j∈ ≠
và
1
i
a I
− ∈
1 (1 ) ( ).
i j
a a I I i j⇒ = − + ∈ + ≠
Hay
(1).
i j
I I
+ =

Ngoài việc mở rộng định lí Trung Hoa về phần dư trong vành không giao hoán,
chúng ta còn có thể mở rộng định lí sang lý thuyết modulo.
3C4$,568&$%9->?/0)89$%]9/&59
4$,$%,W-3C Cho R là một vành giao hoán có đơn vị
1 0
≠
và M là một
nhóm cộng abel. M cùng với một ánh xạ
ϕ
từ R
×
M vào M, tạo nên một phép
toán nhân ngoài được xác định bởi:
( , )ax a x
ϕ
=
với mọi
a R∈
và
x M
∈
. Với
phép cộng vốn có trong M và phép nhân ngoài đã được xác định, thì M được gọi
là một R-modulo trái nếu các tiên đề sau được thỏa mãn:
(M
1
):
( )a x y ax ay+ = +
.
(M

2
):
( )a b x ax bx+ = +
.
(M
3
):
( ) ( )ab x a bx
=
.
(M
4
):
1x x=
.
với mọi
, a b R
∈
và mọi
, x y M
∈
.
Ví dụ: (i) Giả sử R=
¢
là vành các số nguyên. Khi đó mỗi nhóm abel A có cấu
20
trúc
¢
-modulo.
(ii) R=K là trường. Mỗi không gian véctơ trên K là một K-modulo.

Có thể nói rằng khái niệm modulo là khái niệm mở rộng nhóm abel và không
gian véctơ.
4$,563CV@/&$%A4$,56]l8V$%Cho R là một vành giao hoán có đơn
vị 1. M là R-modulo, với
1 2
, , ,
n
I I I
là iđêan trên M sao cho
(1)
i j
I I+ =
( ).i j
≠
Xét:
1
:
n
i
i
M
f M
I M
=
→
∏
1 2
( , , , )
n
x x I M x I M x I M

+ + +
a
.
Khi đó:
(i) f là toàn cấu.
(ii)
1
.
n
i
i
Ker f I M
=
=
I
(iii)
1
1
.
n
n
i
i
i
i
M M
I M
I M
=
=

≅
∏
I
Bên cạnh đó, ta xét định lí số dư Trung Hoa trong KGVT.
4$,563d4$,568&$%9->?/0)89$%N
Cho V là
Κ −
không gian vectơ có số chiều là n.
1 2
,V V
là không gian vectơ con
thực sự của V thỏa mãn
1 2
.V V V
+ =
Xét:

1 2
:
V V
V
V V
ϕ
→ ×
1 2
( , ).v v V v V
+ +
r r r
a
Khi đó:

(i)
ϕ
là toàn cấu.
(ii)
1 2
.Ker V V
ϕ
= ∩
(iii)
1 2 1 2
.
V V V
V V V V
≅ ×
∩
Chứng minh:
Ta có
1 2 1 2 1 2
dim( ) dim dim dim( )V V V V V V
∩ = + − +
1 2
dim dim dimV V V
= + −

1 2
dim dimV V n
= + −
.
Lại có:
1 2 1 2

1 2
dim dim dim( ) (dim dim dim )
V
V V V n V V V
V V
= − ∩ = − + −
∩
1 2 1 2
(dim dim ) 2 (dim dim )n V V n n V V
= − + − = − +

1 2
( dim ) ( dim )n V n V
= − + −

1 2
(dim dim ) (dim dim )V V V V
= − + −
21

1 2 1 2
dim dim dim .
V V V V
V V V V
 
= + = ×
 ÷
 
Xét:
1 2

:
V V
V
V V
ϕ
→ ×

1 2
( , ).v v V v V
+ +
r r r
a
Do
1 2
Ker V V
ϕ
= ∩
do đó
ϕ
cảm sinh đẳng cấu:
1 2 1 2
: .
V V V V
Ker V V V V
ϕ
ϕ
= ≅ ×
∩
ϕ
là đơn cấu do định lí đồng cấu.

Lại có
1 2 1 2
dim dim
V V V
V V V V
 
= ×
 ÷
∩
 
nên suy ra
ϕ
là đẳng cấu.
3DE
3D^tc
D ^uc
kB@)9;$Cho
1 2
1 2

k
k
n p p p
α
α
α
=
và f(x) là một đa thức với hệ số nguyên. Khi
đó phương trình đồng dư
( ) ( )

m 0 odf x n≡
có nghiệm khi và chỉ khi tất cả các
phương trình đồng dư
( ) ( )
mo 0 df x n≡
,
1,i k=
có nghiệm. Nếu gọi số nghiệm
của phương trình
( ) 0 (mod )
i
i
f x p
α
≡
là
, 1,
i
n i k
=
thì phương trình
1 2
1 2

k
k
n p p p
αα α
=
có đúng

1 2
.
k
n n n
nghiệm (mod n).
22
Lời giải :
• Giả sử
x
là một nghiệm của
( ) 0 (mod )f x n≡
, hiển nhiên
x
là một nghiệm
của hệ:
( ) 0 (mod )
1,
i
i
f x p
i k
α
≡



=


Giả sử

x
là một nghiệm của f(x)
0 (mod ), 1,
i
i
p i k
α
≡ =
. Theo định lí phần dư
Trung Hoa tồn tại duy nhất
x
là nghiệm của hệ
(mod )
1,
i
i i
x x p
i k
α

≡


=


(mod n).
Mà
(mod )
i

i i
x x p
α
≡
( ) ( ) (mod )
i
i i
f x f x p
α
⇒ ≡
( vì (f(
) ( )) ( ))
i i
x f x x x− −M
,suy
ra
x
là một nghiệm của
( ) 0 (mod )f x n≡
.
Mỗi bộ (
1 2
, , ,
k
x x x
) với
i
x
là một nghiệm của f(x)
0 (mod ), 1,

i
i
p i k
α
≡ =
cho ta
một nghiệm của f(x)
0 (mod )n≡
và hiển nhiên các nghiệm này là phân biệt (vì
trong hai bộ khác nhau phải tồn tại ít nhất một cặp
1 2
,
i i
x x
là hai nghiệm khác
nhau của f(x)
0 (mod )
i
i
p
α
≡
, do đó hai nghiệm tương ứng với hai bộ đó không
đồng dư theo mod
i
i
p
α
). Do đó số nghiệm của f(x)
0≡

đúng bằng
1 2
.
k
n n n
.
Như vậy dựa vào định lí phần dư Trung Hoa ta có thể đếm được số nghiệm của
một phương trình đồng dư.
kB@)9;$: Cho các số nguyên dương
1 2
1 2

k
k
n p p p
α
α
α
=
, trong đó
1 2
, , ,
k
p p p
là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Tìm số nghiệm của phương trình đồng
dư
2
0 (mod )x x n
+ ≡
.

Lời giải:
2
0 (mod )x x n
+ ≡
⇔
( 1) 0 (mod )
1,
i
i
x x p
i k
α
+ ≡



=


⇔
0 (mod )
1 (mod )
1,
i
i
i
i
a p
a p
i k

α
α

≡



≡ −



=

23
Theo định lí phần dư Trung Hoa mỗi hệ phương trình
{ }
(mod )
1;0
1,
i
i i
i
x a p
a
i k
α

≡

∈ −



=

có duy
nhất một nghiệm (thặng dư mod n) và ta có
2
k
hệ (bằng số bộ (
1 2
, , , ),
k
a a a
{ }
1;0 )
i
a ∈ −
nghiệm của các hệ khác nhau. Suy ra phương trình
2
0 (mod )x x n
+ ≡
có đúng
2
k
nghiệm.
Cùng với tư tưởng như bài 1, ta có thể chứng minh công thức của phi hàm Euler
bằng cách đưa về đếm số nghiệm của một hệ đồng dư.
kB@)9;$3: Cho số nguyên dương n,
( )n
ϕ

là các số nguyên dương không vượt
quá n và nguyên tố cùng nhau với n. Chứng minh rằng n=
1 2
1 2

k
k
p p p
α
α
α
trong đó
1 2
, , ,
k
p p p
là các số nguyên tố đôi một khác nhau, ta có :
1 2
1 1 1
( ) (1 )(1 ) (1 )
k
n n
p p p
ϕ
= − − −
(Phi hàm Euler).
Lời giải:
Nhận xét: Công thức trên đã được chứng minh bằng cách sử dụng tính chất
( )n
ϕ

là hàm nhân tính. Và để chứng minh tính chất trên ta phải sử dụng đến các
tính chất của hệ thặng dư. Cách này khá phức tạp.
Bài toán này có thể giải đẹp hơn bằng định lí đồng dư Trung Hoa.
{ }
|1 ,( , ) 1
n
A a N a n a n= ∈ ≤ ≤ =
.
Khi
1
( )n p n p p
α α α
ϕ
−
= ⇒ = −
.
Khi
1 2
1 2

k
k
n p p p
α
αα
=
, trong đó
1 2
, , ,
k

p p p
là các số nguyên tố đôi một khác
nhau. Với số nguyên dương a thỏa mãn
1 a n
≤ ≤
ta có:
( , ) 1, 1,
i
n i
a A a p i k
α
∈ ⇔ = = ⇔
( )
(mod )
1 .
1,
i
i
i i
i
p
a a p
a A a n
i k
α
α

≡



∈ ≤ ≤


=


24
Mà theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại duy nhất số nguyên dương a,
1 a n
≤ ≤
thỏa mãn
⇔
(mod )
1,
i
i
i i
i
p
a a p
a A
i k
α
α

≡


∈



=


và ta có
1
1 1
| | ( )
i i
i
i
k k
i i
p
i i
A p p
α
α α
−
= =
= −
∏ ∏
hệ
dạng trên, nghiệm của các hệ khác nhau.
Do đó
1
1
| | ( )
i i
k

n i i
i
A p p
α α
−
=
= −
∏
1 2
1 1 1
(1 )(1 ) (1 ).
k
n
p p p
= − − −
Bên cạnh đó, chúng ta cYng có thể chứng minh được tính chZt nhân của hàm
Euler
( )n
ϕ
nh\ s] dụng định lí số dư Trung Hoa.
Thật vậy, cho
1 2
, , ,
k
A A A
là vành giao hoán có đơn vị.
Xét vành
1 2

k

A A A A
= × × ×
với các phép toán theo từng vị trí tọa độ:
( )
( ) ( )
1 2 1 2 1 1 2 2
, , , . , , , , , ,
k k k k
a a a a a a a a a a a a
′ ′ ′ ′ ′ ′
=
( )
( ) ( )
1 2 1 2 1 1 2 2
, , , , , , , , , .
k k k k
a a a a a a a a a a a a
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ = + + +
A là vành giao hoán có đơn vị
1 (1,1, ,1)
A
=
.
(ta quy ước rằng các đơn vị trong
1 2
, , ,
k
A A A
có cùng kí hiệu là 1).

Khi đó
1 2
( , , , )
k
a a a A
∈
khả nghịch khi và chỉ khi có
1 2
( , , , )
k
b b b A
∈
sao cho:
1 2 1 2
( , , , )( , , , ) (1,1, ,1)
k k
a a a b b b
=
1 1 2 2
( , , , ) (1,1, ,1)
k k
a b a b a b
⇔ =
1
2
1 1
2 2
1
1

1
k
A
A
k k A
a b
a b
a b
=


=

⇔



=

1 2
, , ,
k
a a a
⇔
đều khả nghịch trong
1 2
, , , .
k
A A A
Gọi tập các phần tử khả nghịch của

1
A
là
1
A
∗
.
Gọi tập các phần tử khả nghịch của
2
A
là
2
A
∗
.
……………
25