Lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Gaus : Khóa luận tốt nghiệp toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài
LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRÊN
VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS
Chuyên ngành: Đại số
Giảng viên hướng dẫn: Sinh viên thực hiện:
Ths.VĂN NAM NGUYỄN THỊ THƯƠNG
Huế, năm 2011
i
Mục Lục
Lời nói đầu 1
1 Vành các số nguyên Gauss 2
1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vành các số nguyên Gauss . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Mệnh đề 1.1.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Các ước của đơn vị trong Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Các phần tử nguyên tố của Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 Lý thuyết đồng dư 12
2.1 Khái niệm đồng dư thức và các tính chất cơ bản . . . . . . 12
2.1.1 Khái niệm đồng dư thức: . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.2 Các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Hệ thặng dư đầy đủ trong Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Tính chất nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.5 Công thức tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.6 Hệ thức Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.7 Định lý Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.8 Định lý Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3 Phương trình đồng dư 28
3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Phương trình bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3 Phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4 Một số phương trình có dạng đặc biệt . . . . . . . . . . . . 46
3.4.1 Phương trình x
2
+ 1 ≡ 0 (mod π) . . . . . . . . 46
ii
3.4.2 Phương trình αx
2
+ βx + γ ≡ (mod π) . . . . 47
3.4.3 Phương trình x
2
≡ 1 + i (mod q) . . . . . . . . 48
Kết luận 49
Tài liệu tham khảo 51
iii
Lời nói đầu
Lý thuyết đồng dư là một nội dung rất quan trọng của lý thuyết số.
Nó là một công cụ để giải quyết nhiều bài toán số học và một số bài toán
trong các lĩnh vực khác. Trong chương trình phổ thông và đại học, chúng
ta chỉ được tìm hiểu lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Z. Trong
khi đó, lý thuyết đồng dư có thể khái quát lên các miền nguyên. Chính vì
thế, dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Văn Nam, tôi chọn đề tài:
"Lý thuyết đồng dư trên vành các số nguyên Gauss".
Số nguyên Gauss là một số phức mà phần thực và phần ảo của nó
là các số nguyên. Các số nguyên Gauss cùng với phép toán cộng và phép
toán nhân các số phức cảm sinh tạo thành một vành, gọi là vành các số

nguyên Gauss ký hiệu là Z[i]. Trong vành các số nguyên Gauss, ta có thể
xây dựng các khái niệm tương tự như trong vành các số nguyên Z như:
chia hết, phần tử nguyên tố, đồng dư thức, phương trình đồng dư.
Với đề tài này, tôi tiến hành nghiên cứu ba nội dung chính tương ứng
với ba chương:
Chương 1: Giới thiệu về vành các số nguyên Gauss, nhóm các phần
tử ước của đơn vị, các phần tử nguyên tố trong Z[i].
Chương 2: Xây dựng định nghĩa đồng dư thức trên Z[i], các tính chất
cơ bản, hệ thặng dư đầy đủ, hàm Euler, tính chất nhân, công thức tính,
hệ thức Gauss, định lý Euler, định lý Fermat.
Chương 3: Xây dựng định nghĩa phương trình đồng dư, phương trình
bậc nhất, bậc hai và một số phương trình đồng dư có dạng đặc biệt.
Do thời gian và năng lực còn hạn chế nên khóa luận này không tránh
khỏi có một số sai sót. Rất mong sự nhận xét, góp ý của quý thầy cô và
các bạn để đề tài được hoàn chỉnh hơn.
1
Chương 1
VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS Z[i]
1.1 Định nghĩa và tính chất
1.1.1 Vành các số nguyên Gauss
Xét: Z[i] = {m + ni | m, n ∈ Z} ⊂ C
Khi đó ta có:
+ Z ⊂ Z[i] nên Z[i] = ∅
+ ∀α = a + bi, β = c + di ∈ Z[i] (a, b, c, d ∈ Z)
−α = −a − bi ∈ Z[i]
α + β = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i ∈ Z[i]
αβ = (a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i ∈ Z[i]
Do đó Z[i] là một vành con sinh bởi Z và số phức i của trường số
phức, được gọi là vành các số nguyên Gauss. Z[i] là một vành khác {0},
giao hoán, có đơn vị và không có ước của không. Suy ra Z[i] là một miền

nguyên có đơn vị.
1.1.2 Mệnh đề 1.1.2.
Z[i] là miền nguyên Euclide
2
Chứng minh:
Xét ánh xạ:
N : Z[i]
∗
= Z[i]\{0} −→ N
α = m + ni −→ N(α) = αα = m
2
+ n
2
i) ∀α, β ∈ Z[i]
∗
, ta có
N(αβ) = αβαβ = αβαβ = ααββ = N(α)N(β)
Vì 1 ≤ N(α) nên N(β) ≤ N(α)N(β) = N(αβ).
ii) ∀α = a + bi ∈ Z[i], ∀β = c + di ∈ Z[i]
∗
(a, b, c, d ∈ Z)
αβ
−1
=
a + bi
c + di
=
(a + bi)(c − di)
(c + di)(c − di)
=

(ac + bd) + (bc − ad)i
c
2
+ d
2
=
ac + bd
c
2
+ d
2
+
bc − ad
c
2
+ d
2
i
Đặt u =
ac + bd
c
2
+ d
2
, v =
bc − ad
c
2
+ d
2

. Khi đó u, v ∈ Q ( do a, b, c, d ∈ Z ).
Chọn m, n ∈ Z sao cho
|m − u| ≤
1
2
, |n − v| ≤
1
2
.
Đặt s = m − u , t = n − v ⇒ u = m − s , v = n − t.
Ta có αβ
−1
= u + vi = (m − s) + (n − t)i = (m + ni) − (s + ti).
Đặt γ = m + ni , θ = −(s + ti)β . Khi đó −(s + ti) = θβ
−1
.
Suy ra
αβ
−1
= γ + θβ
−1
⇔ α = γβ + θ
Do đó θ = α − γβ. Mà α, β, γ ∈ Z[i] nên θ ∈ Z[i].
Mặt khác
N(θ) = N(−θ) = N[(s + ti)β] = N(s + ti)N(β) = (s
2
+ t
2
)N(β)
và s

2
+t
2
= |m−u|
2
+|n −v|
2
≤
1
4
+
1
4
=
1
2
nên N(θ) ≤
1
2
N(β) < N(β).
Vậy ∀α ∈ Z[i], ∀β ∈ Z[i]
∗
, ∃ γ, θ ∈ Z[i] sao cho α = γβ + θ với θ = 0 hay
θ = 0 và N(θ) < N(β).
Từ i) và ii) ta suy ra Z[i] là miền nguyên Euclide. ✷
3
1.2 Các ước của đơn vị trong Z[i]
Định nghĩa 1.2.1.
Số nguyên Gauss α được gọi là chia hết cho số nguyên Gauss β khác
0 nếu tồn tại số nguyên Gauss γ sao cho α = βγ.

Khi đó, β được gọi là ước của α, ký hiệu β | α.
Giả sử ε ∈ Z[i]
∗
là một ước của đơn vị (tức ε | 1). Khi đó ε | α,
∀ α ∈ Z[i] (vì 1 | α, ∀ α ∈ Z[i]).
Mệnh đề 1.2.2.
ε là ước của đơn vị trong Z[i] ⇔ N(ε) = 1
Chứng minh:
(⇒) Giả sử ε | 1. Khi đó tồn tại µ ∈ Z[i]
∗
sao cho εµ = 1. Suy ra
N(ε)N(µ) = N(εµ) = N(1) = 1
Cho nên N(ε) | 1. Mà N(ε) ∈ N nên N(ε) = 1.
(⇐) Giả sử N(ε) = 1 và ε = a + bi. Khi đó
N(ε) = a
2
+ b
2
= (a + bi)(a − bi) = 1
Do đó a+bi | 1 hay ε | 1. ✷
Giả sử ε = m + ni | 1. Khi đó N(ε) = 1 ⇔ m
2
+ n
2
= 1. Do đó:



m = ±1
n = 0

hoặc



m = 0
n = ±1
Suy ra các ước của đơn vị trong Z[i] là ±1, ±i. Các phần tử này
ổn định với phép nhân cảm sinh nên lập thành một nhóm, ta ký hiệu là
U = {1 ; −1 ; i ; −i}.
1.3 Các phần tử nguyên tố của Z[i]
Ta có Z[i] là một miền nguyên Euclide nên là một miền nguyên Gauss.
Do đó, mọi phần tử bất khả quy của Z[i] cũng là phần tử nguyên tố.
4
Giả sử π ∈ Z[i]
∗
\ U là phần tử nguyên tố. Khi đó π chỉ chia hết cho
những số nguyên Gauss liên kết với 1 và những số nguyên Gauss liên kết
với chính nó.
Vì vậy, nếu π là phần tử nguyên tố của Z[i] thì π có đúng tám ước:
±1, ±i, ±π, ±iπ
Nếu π là một phần tử nguyên tố của Z[i] thì các số nguyên Gauss
liên kết với π cũng là các phần tử nguyên tố của Z[i].
Mệnh đề 1.3.1. Cho α, β, γ ∈ Z[i]
∗
.
i) Nếu (α, β) ∼ 1 và α | βγ thì α | γ.
ii) Cho π là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Nếu π | αβ thì π | α
hoặc π | β.
Chứng minh:
i) Giả sử (α, β) ∼ 1. Khi đó (αγ, βγ) ∼ γ. Mặt khác α | αγ, α | βγ

do đó α | (αγ, βγ). Suy ra α | γ.
ii) Giả sử π  α và π  β. Khi đó (π, α) ∼ 1, (π, β) ∼ 1. Cho nên
(π, αβ) ∼ 1 (Mâu thuẫn với π | αβ). Vậy π | α hoăc π | β. ✷
Mệnh đề 1.3.2.
i) Xét α ∈ Z[i]
∗
.
Nếu N(α) là số nguyên tố trong Z thì α là phần tử nguyên tố của Z[i].
ii) Xét p là số nguyên tố trong Z.
Khi đó, p là phần tử nguyên tố của Z[i] nếu và chỉ nếu p = N(α),
∀α ∈ Z[i].
iii) Nếu q là một số nguyên tố trong Z có dạng q=4k+3, (k ∈ Z) thì
q là một phần tử nguyên tố của Z[i].
Chứng minh:
i) Giả sử α không phải là phần tử nguyên tố của Z[i].
Ta có N(α) là số nguyên tố trong Z nên α ∈ Z[i]
∗
\U. Khi đó vì α không
phải là phần tử nguyên tố của Z[i] nên:
∃ β, γ ∈ Z[i]
∗
\U : α = βγ với N(β) > 1, N(γ) > 1
5
Do đó
N(α) = N(βγ) = N(β)N(γ)
Suy ra N(α) không nguyên tố trong Z (Trái với giả thiết).
Vậy α là phần tử nguyên tố của Z[i].
ii)
(⇒) Giả sử p là số nguyên tố của Z[i].
Khi đó nếu tồn tại α ∈ Z[i] sao cho p = N(α) = αα thì α, α là các

số nguyên tố của Z[i] (vì N(α) = N(α) = p là số nguyên tố trong Z).
Suy ra p không phải là số nguyên tố của Z[i] (Mâu thuẫn).
Vậy p = N(α), ∀α ∈ Z[i].
(⇐) Giả sử p = N(α), ∀α ∈ Z[i].
Khi đó nếu p không phải là số nguyên tố trong Z[i] thì tồn tại α, β
thuộc Z[i]
∗
\U sao cho p = αβ.
Ta có
p
2
= N(p) = N(αβ) = N(α)N(β)
Mà p nguyên tố nên
N(α) = N(β) = p
(Mâu thuẫn với p = N(α), ∀α ∈ Z[i]).
Vậy p là số nguyên tố trong Z[i].
iii) Giả sử q là số nguyên tố trong Z có dạng 4k + 3 (k ∈ Z).
Khi đó nếu tồn tại α = m+ni ∈ Z[i] sao cho q = N(α) thì q = m
2
+n
2
hay 4k + 3 = m
2
+ n
2
.
Nếu m chẵn m = 2l (l ∈ Z) thì m
2
= 4l
2

≡ 0 (mod 4).
Nếu m lẻ m = 2t + 1 (t ∈ Z) thì m
2
= 4t
2
+ 4t + 1 ≡ 1 (mod 4).
Tương tự nếu n chẵn thì n
2
≡ 0 (mod 4), n lẻ thì n
2
≡ 1 (mod 4).
Do đó:
m
2
+ n
2
≡ 0 (mod 4) nếu m, n chẵn.
m
2
+ n
2
≡ 1 (mod 4) nếu m chẵn, n lẻ hoặc m lẻ, n chẵn.
m
2
+ n
2
≡ 2 (mod 4) nếu m, n lẻ.
6
Mà 4k + 3 ≡ 3 (mod 4). Mâu thuẫn với 4k + 3 = m
2

+ n
2
.
Vậy q = N(α), ∀α ∈ Z[i]. Theo ii) ta suy ra q là một số nguyên tố
trong Z[i]. ✷
Bổ đề 1.3.3. Xét p là một số nguyên tố dương trong Z, khi đó:
p = a
2
+ b
2
(a, b ∈ Z) ⇔ p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4)
Chứng minh:
Ta có p = 2 = 1
2
+ 1
2
Xét p > 2
(⇒) Giả sử p = a
2
+ b
2
(a, b ∈ Z).
Khi đó vì p lẻ nên a
2
lẻ, b
2
chẵn hoặc là a
2
chẵn, b
2

lẻ.
Nếu a
2
lẻ , b
2
chẵn thì a lẻ, b chẵn. Do đó a
2
+ b
2
≡ 1 (mod 4).
Nếu a
2
chẵn, b
2
lẻ thì a chẵn, b lẻ. Do đó a
2
+ b
2
≡ 1 (mod 4).
Vậy p ≡ 1 (mod 4).
(⇐) Giả sử p ≡ 1 (mod 4).
Khi đó nếu p = a
2
+ b
2
, ∀ a, b ∈ Z tức p = N(α), ∀α ∈ Z[i] thì theo ii)
mệnh đề 1.3.2 ta có p là một phần tử nguyên tố của Z[i].
Mặt khác vì p ≡ 1 (mod 4) nên (
−1
p

) = (−1)
p−1
2
= 1. Do đó tồn tại
x ∈ Z sao cho
x
2
≡ −1 (mod p) ⇔ x
2
+ 1 ≡ 0 (mod p)
hay
p | x
2
+ 1 ⇔ p | (x + i)(x − i)
Mà p là một phần tử nguyên tố của Z[i] nên p | x + i hoặc p | x − i. Vô
lý vì
x
p
+
1
p
i ,
x
p
−
1
p
i không phải là các số nguyên Gauss. Vậy tồn tại
a, b ∈ Z sao cho p = a
2

+ b
2
. ✷
Như vậy, nếu p = 2 và p = 4n + 1 (n ∈ N) là các số nguyên tố trong
Z thì theo bổ đề 1.3.3 tồn tại a + bi ∈ Z[i] sao cho N(a + bi) = p. Do đó
theo ii) mệnh đề 1.3.2 ta suy ra p không phải là phần tử nguyên tố của
Z[i].
7
Giả sử π là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Khi đó π | ππ = N(π).
Cho nên tồn tại những số nguyên dương chia hết cho π. Gọi z là số nguyên
dương nhỏ nhất trong những số đó.
Giả sử z không phải là số nguyên tố trong Z. Khi đó ∃ z
1
> 1, z
2
> 1
(z
1
, z
2
∈ N
∗
) sao cho z = z
1
z
2
. Ta có z
1
< z và z
2

< z. Mặt khác π | z
hay π | z
1
z
2
. Theo ii) mệnh đề 1.3.1 ta có π | z
1
hoặc π | z
2
(Mâu thuẫn
với giả thiết z là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho π). Do đó z là
số nguyên tố trong Z.
Giả sử π là ước của hai số nguyên tố dương p, p

của Z. Khi đó
π | p, π | p

nên π | xp + yp

= 1 ( Do (p, p

) = 1). Vô lý vì π là số nguyên
tố của Z[i]. Vậy π là ước của đúng một số nguyên tố dương trong Z.
Mệnh đề 1.3.4.
Bất kỳ phần tử nguyên tố nào của Z[i] đều là ước của đúng một số
nguyên tố dương trong Z.
Sau đây, chúng ta sẽ xác định các phần tử nguyên tố của Z[i] bằng
phương pháp phân tích các số nguyên tố dương của Z.
Xét π = m + ni là một phần tử nguyên tố trong Z[i]. Khi đó theo
mệnh đề 1.3.4 tồn tại số nguyên tố dương p trong Z sao cho π | p.

- Nếu p là phần tử nguyên tố của Z[i] thì π liên kết với p.
- Nếu p không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì p = πλ với
λ ∈ Z[i]
∗
\U. Khi đó ta có
p
2
= N(p) = N(πλ) = N(π)N(λ)
Mà p là số nguyên tố trong Z và N(π) > 1, N(λ) > 1 nên
N(π) = N(λ) = p hay p = m
2
+ n
2
Suy ra
λ =
p
π
=
m
2
+ n
2
m + ni
=
(m + ni)(m − ni)
m + ni
= m − ni = π
8
Mà N(π) = p nguyên tố trong Z nên theo i) mệnh đề 1.3.2 ta suy ra
π là phần tử nguyên tố của Z[i]. Như vậy các ước thực sự của p là

π, π và các liên kết của chúng.
Ta có p là một số nguyên tố dương của Z nên hoặc là p = 2, hoặc là
p = 4n + 1 (n ∈ N), hoặc là p = 4n + 3 (n ∈ N).
* Trường hợp 1: p = 2
Ta có 2 không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] và 2 = 1
2
+ 1
2
. Do đó
1 + i và các liên kết của nó là các phần tử nguyên tố của Z[i].
* Trường hợp 2: p = 4n + 3 (n ∈ N)
Theo iii) mệnh đề 1.3.2 ta có p là một số nguyên tố của Z[i].
* Trường hợp 3: p = 4n + 1 (n ∈ N)
Ta có p không phải là một phần tử nguyên tố của Z[i] và p = a
2
+ b
2
,
a, b ∈ Z (theo bổ đề 1.3.3) nên a + bi và các liên kết của nó là các phần
tử nguyên tố của Z[i].
Từ các kết quả trên, ta suy ra các phần tử nguyên tố của Z[i] là:
Mệnh đề 1.3.5.
Trên vành các số nguyên Gauss Z[i], các phần tử nguyên tố gồm:
π ∼


















1 + i
q q là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4n+3
a + bi sao cho N(a + bi) = a
2
+ b
2
=p
với p là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4n+1
Mệnh đề 1.3.6.
i) Mọi số nguyên Gauss khác 0 và khác các phần tử khả nghịch đều
chia hết cho một phần tử nguyên tố của Z[i].
ii) Mọi số nguyên Gauss khác 0 và khác các phần tử khả nghịch đều
có thể phân tích thành tích các phần tử nguyên tố của Z[i].
9
Chứng minh:
i) Giả sử α ∈ Z[i]
∗
\U. Khi đó nếu α là phần tử nguyên tố của Z[i]
thì α là ước nguyên tố của chính nó. Nếu α không phải là phần tử nguyên

tố của Z[i] thì ∃ α
1
, β
1
∈ Z[i]
∗
\U, α = α
1
β
1
.
Ta có N(α
1
) > 1, N(β
1
) > 1. Mà N(α) = N(α
1
β
1
) = N(α
1
)N(β
1
).
Do đó 1 < N(α
1
) < N(α).
+ Nếu α
1
là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α

1
là ước nguyên tố của α.
+ Nếu α
1
không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì
∃ α
2
, β
2
∈ Z[i]
∗
\U, α
1
= α
2
β
2
Ta có N(α
2
) > 1, N(β
2
) > 1. Mà N(α
1
) = N(α
2
β
2
) = N(α
2
)N(β

2
).
Do đó 1 < N(α
2
) < N(α
1
).
- Nếu α
2
là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α
2
là ước nguyên tố
của α.
- Nếu α
2
không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì ta tiếp tục
quá trình trên. Nhưng vì:
N(α), N(α
1
), N(α
2
), ∈ N và N(α) > N(α
1
) > N(α
2
) >
nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với N(α
r
)
là số nguyên tố trong Z. Theo i, mệnh đề 1.3.2 ta suy ra α

r
là
phần tử nguyên tố của Z[i]. Vậy α
r
là ước nguyên tố của α.
ii) Giả sử α ∈ Z[i]
∗
\U. Theo i) tồn tại π
1
là phần tử nguyên tố của
Z[i] sao cho α = π
1
α
1
, N(α
1
) < N(α).
+ Nếu α
1
∈ U thì do π
1
là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α là phần
tử nguyên tố của Z[i].
+ Nếu α
1
∈ U thì theo i) tồn tại π
2
là phần tử nguyên tố của Z[i] sao
cho α
1

= π
2
α
2
, N(α
2
) < N(α
1
).
- Nếu α
2
∈ U thì do π
2
là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α
1
cũng
là phần tử nguyên tố của Z[i]. Ta có α = π
1
α
1
.
10
- Nếu α
2
∈ U thì ta tiếp tục quá trình trên. Nhưng vì:
N(α), N(α
1
), N(α
2
), ∈ N và N(α) > N(α

1
) > N(α
2
) >
nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với π
r
là
phần tử nguyên tố của Z[i], α
r
∈ U và α = π
1
π
2
. . . π
r−1
π
r
α
r
. Do
π
r
là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α
r−1
= π
r
α
r
cũng là phần
tử nguyên tố của Z[i].

Vậy α = π
1
π
2
. . . π
r−1
α
r−1
trong đó π
i
, i = 1, r − 1 và α
r−1
là
các phần tử nguyên tố của Z[i]. ✷
Nhận xét 1.3.7.
Ta có Z[i] là miền nguyên Gauss nên mọi phần tử khác 0 và không
khả nghịch đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử
nguyên tố.
Do đó với mọi α ∈ Z[i]
∗
\U ta có thể đặt α dưới dạng:
α = π
n
1
1
π
n
2
2
. . . π

n
r
r
trong đó π
1
, π
2
, . . . , π
r
là những phần tử nguyên tố của Z[i] đôi một không
liên kết với nhau và n
1
, n
2
, . . . , n
r
là các số nguyên dương.
11
Chương 2
LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ
2.1 Khái niệm đồng dư thức và các tính chất cơ bản
2.1.1 Khái niệm đồng dư thức:
Định nghĩa 2.1.1.1.
Cho µ ∈ Z[i]
∗
và α, β ∈ Z[i]. Khi đó, nếu µ | α − β thì ta nói rằng α
đồng dư với β theo môđulô µ.
Khi α đồng dư với β theo môđulô µ thì ta ký hiệu:
α ≡ β (mod µ)
và gọi đó là một đồng dư thức.

Ví dụ 2.1.1.2.
15 ≡ 1 (mod 7)
5 + 2i ≡ 3 (mod 1 + i)
−7 − i ≡ −10 (mod 3 − i)
Từ định nghĩa, ta dễ dàng suy ra ba điều sau tương đương với nhau
từng đôi một:
i) α ≡ β (mod µ)
ii) µ | α − β
iii) α = β + µγ, γ ∈ Z[i].
12
2.1.2 Các tính chất cơ bản
Mệnh đề 2.1.2.1.
i) Nếu α
i
≡ β
i
(mod µ), i = 1, k thì
k

i=1
ε
i
α
i
≡
k

i=1
ε
i

β
i
(mod µ) , với ε
i
= ±1
k

i=1
α
i
≡
k

i=1
β
i
(mod µ).
Đặc biệt, nếu α ≡ β (mod µ) và k ∈ N thì α
k
≡ β
k
(mod µ).
ii) Nếu γ | α, γ | β và (γ, µ) ∼ 1 thì từ α ≡ β (mod µ) ta suy ra được
α
γ
≡
β
γ
(mod µ)
iii) Nếu δ, γ ∈ Z[i]

∗
, γ là ước chung của α, β, µ thì từ α ≡ β (mod µ)
ta suy ra được
δα ≡ δβ (mod δµ) và
α
γ
≡
β
γ
(mod
µ
γ
)
iv) Nếu α ≡ β (mod µ
i
), i = 1, k thì
α ≡ β (mod µ)
trong đó µ ∼ [µ
1
, µ
2
, , µ
k
]
v) Cho µ, γ ∈ Z[i]
∗
, γ | µ. Khi đó, nếu α ≡ β (mod µ) thì
α ≡ β (mod γ)
vi) Nếu α ≡ β (mod µ) thì (α, µ) ∼ (β, µ).
Chứng minh:

i) Do α
i
≡ β
i
(mod µ) nên α
i
= β
i
+ µγ
i
, i = 1, 2, k với γ
i
∈ Z[i].
Từ đó ta có:
k

i=1
ε
i
α
i
=
k

i=1
ε
i
β
i
+ µ

k

i=1
ε
i
γ
i
=
k

i=1
ε
i
β
i
+ µγ , γ ∈ Z[i], ε
i
= ±1
k

i=1
α
i
=
k

i=1
(β
i
+ µγ

i
) =
k

i=1
β
i
+ µδ , δ ∈ Z[i]
13
Suy ra
k

i=1
ε
i
α
i
≡
k

i=1
ε
i
β
i
(mod µ)
k

i=1
α

i
≡
k

i=1
β
i
(mod µ).
ii) Nếu α ≡ β (mod µ) thì µ | α−β = γ(
α
γ
−
β
γ
). Nhưng vì (γ, µ) ∼ 1
nên
µ |
α
γ
−
β
γ
hay
α
γ
≡
β
γ
(mod µ).
iii) Rõ ràng α ≡ β (mod µ) suy ra δα ≡ δβ (mod δµ)

Ta có α ≡ β (mod µ) nên µ | α − β. Mà γ là ước chung của α, β, µ nên
µ
γ
|
α
γ
−
β
γ
hay
α
γ
≡
β
γ
(mod
µ
γ
).
iv) Vì α ≡ β (mo d µ
i
) nên α − β là một bội chung của các µ
i
do đó
nếu µ ∼ [µ
1
, µ
2
, , µ
k

] thì
µ | α − β hay α ≡ β (mod µ).
v) Do α ≡ β (mod µ) nên µ | α − β. Mà γ | µ nên γ | α − β hay
α ≡ β (mod γ).
vi) Do α ≡ β (mod µ) nên α = β + µγ, γ ∈ Z[i] (1)
Do đó β = α − µγ (2)
Từ (1) ta suy ra mọi ước chung của β và µ đều là ước của α.
Từ (2) ta suy ra mọi ước chung của α và µ đều là ước của β.
Vậy tập các ước chung của α và µ trùng với tập các ước chung của
β và µ. Do đó (α, µ) ∼ (β, µ). ✷
2.2 Hệ thặng dư đầy đủ trong Z[i]
Với µ ∈ Z[i]
∗
, đặt
Z[i]
µ
= Z[i]/
≡ mod µ
14
Như vậy, nếu α
µ
∈ Z[i]
µ
thì α ∈ Z[i]. Và ∀ β ∈ α
µ
ta có β ∈ Z[i],
β ≡ α (mod µ).
Ta có Z[i]
µ
là một vành với hai phép toán:

α
µ
+ β
µ
= (α + β)
µ
α
µ
β
µ
= (αβ)
µ
với mọi α
µ
, β
µ
∈ Z[i]
µ
.
Định nghĩa 2.2.1. Xét ánh xạ f được xác định như sau:
f: Z[i]
µ
−→ Z[i]
α
µ
−→ f(α
µ
) = β ∈ α
µ
Khi đó, f(Z[i]

µ
) được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ; và
f(Z[i]
∗
µ
) được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ.
Như vậy, H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ khi và chỉ
khi H
µ
thỏa mãn hai điều kiện:
i) Nếu α, β ∈ H
µ
và α = β thì α ≡ β (mod µ).
ii) Với mọi γ ∈ Z[i] tồn tại α ∈ H
µ
sao cho α ≡ γ (mod µ).
Nếu H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ thì H
∗
µ
= H
µ
\{0} là
một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ.
Sau đây, chúng ta sẽ chỉ ra một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ
cụ thể trong Z[i].
Với µ = m + ni ∈ Z[i]

∗
\U, ta xét:
H
µ
= {x + yi | x = 0, 1, . . . , d − 1 , y = 0, 1, . . . ,
m
2
+ n
2
d
− 1}
trong đó d = (m, n).
Bổ đề 2.2.2.
Với mọi x + yi ∈ Z[i], x + yi = 0, |x| < d, |y| <
m
2
+ n
2
d
, trong đó
d = (m, n) và m, n ∈ Z, m
2
+ n
2
= 0, thì m + ni  x + yi.
15
Chứng minh:
Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử m + ni | x + yi. Khi đó ∃ a + bi ∈ Z[i] sao cho:
x + yi = (m + ni)(a + bi) ⇔ x + yi = (am − bn) + (an + bm)i

⇔



x = am − bn
y = an + bm
⇔



a(m
2
+ n
2
) = xm + yn (1)
b(m
2
+ n
2
) = ym − xn (2)
⇒



m
2
+ n
2
| xm + yn
m

2
+ n
2
| ym − xn
+ Nếu x = 0 thì do x + yi = 0 nên 0 < |y| <
m
2
+ n
2
d
.
Đặt m
1
=
m
d
, n
1
=
n
d
, ta có (m
1
, n
1
) = 1 vì (m, n) = d.
Vì x = 0 nên m
2
+ n
2

| yn và m
2
+ n
2
| ym. Do đó
d(m
2
1
+ n
2
1
) | yn
1
và d(m
2
1
+ n
2
1
) | ym
1
Mà (m
1
, n
1
) = 1 nên (m
1
, m
2
1

+ n
2
1
) = 1, (n
1
, m
2
1
+ n
2
1
) = 1. Suy ra
m
2
1
+ n
2
1
| y hay
m
2
+ n
2
d
| y
(Mâu thuẫn với 0 < |y| <
m
2
+ n
2

d
).
+ Nếu x = 0 thì 0 < |x| < d. Không mất tính tổng quát ta giả sử
m = 0 ( Vì m
2
+ n
2
= 0). Theo (2) ta có:
b(m
2
+ n
2
) = ym − xn ⇒ y =
b
m
(m
2
+ n
2
) +
xn
m
nên
xm + yn = xm +
nb
m
(m
2
+ n
2

) +
xn
2
m
=
x
m
(m
2
+ n
2
) +
nb
m
(m
2
+ n
2
)
= (m
2
+ n
2
)
x + nb
m
16
Kết hợp với (1) ta suy ra a =
x + nb
m

∈ Z tức x = am − bn nên d | x
(Mâu thuẫn với 0 < |x| < d).
Vậy m + ni  x + yi. ✷
Bổ đề 2.2.3. Tồn tại yi ∈ H
µ
sao cho d ≡ yi (mod µ).
Chứng minh:
Với d=(m, n) ta đặt m
1
=
m
d
, n
1
=
n
d
. Khi đó (m
1
, n
1
) = 1.
Xét hai phương trình vô định:
x
1
m
1
+ y
1
(m

2
1
+ n
2
1
) = −n
1
(1)
x
2
n
1
+ y
2
(m
2
1
+ n
2
1
) = m
1
(2)
Ta có (m
1
, n
1
) = 1 nên (m
1
, m

2
1
+ n
2
1
) = 1 và (n
1
, m
2
1
+ n
2
1
) = 1. Do đó (1)
và (2) đều có nghiệm. Gọi (x
0
1
, y
0
1
), (x
0
2
, y
0
2
) lần lượt là nghiệm của (1) và
(2). Khi đó nghiệm tổng quát của chúng có dạng:




x
1
= x
0
1
+ (m
2
1
+ n
2
1
)t
1
y
1
= y
0
1
− m
1
t
1
(t
1
, x
0
1
, y
0

1
∈ Z)



x
2
= x
0
2
+ (m
2
1
+ n
2
1
)t
2
y
2
= y
0
2
− n
1
t
2
(t
2
, x

0
2
, y
0
2
∈ Z)
Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ x
0
1
< m
2
1
+ n
2
1
.
Vì (x
0
1
, y
0
1
), (x
0
2
, y
0
2
) là nghiệm của (1) và (2) nên:
x

0
1
− x
0
2
= (y
0
2
m
1
− y
0
1
n
1
− 1)
m
2
1
+ n
2
1
m
1
n
1
Mặt khác (m
1
, m
2

1
+n
2
1
) = 1 và (n
1
, m
2
1
+n
2
1
) = 1 nên (m
1
n
1
, m
2
1
+n
2
1
) = 1.
Mà x
0
1
− x
0
2
∈ Z do đó m

2
1
+ n
2
1
| x
0
1
− x
0
2
. Đặt t
0
=
y
0
2
m
1
− y
0
1
n
1
− 1
m
1
n
1
, khi

đó t
0
∈ Z và x
0
1
− x
0
2
= (m
2
1
+ n
2
1
)t
0
.
Ta có
x
1
= x
2
⇔ x
0
1
− x
0
2
= (m
2

1
+ n
2
1
)(t
2
− t
1
)
17
Do đó nếu chọn t
2
− t
1
= t
0
thì x
1
= x
2
. Mà t
1
, t
2
∈ Z bất kỳ nên ta có
thể chọn t
1
= 0, t
2
= t

0
. Đặt x = x
1
= x
2
, ta có:
xm
1
+ n
1
= −y
0
1
(m
2
1
+ n
2
1
)
xn
1
− m
1
= −(y
0
2
− n
1
t

0
)(m
2
1
+ n
2
1
)
Điều này chứng tỏ tồn tại x ∈ Z, 0 ≤ x < m
2
1
+ n
2
1
sao cho:



m
2
1
+ n
2
1
| xm
1
+ n
1
m
2

1
+ n
2
1
| xn
1
− m
1
Suy ra:



m
2
+ n
2
| mdx + nd
m
2
+ n
2
| ndx − md
Đặt y = dx. Ta có 0 ≤ y < d(m
2
1
+ n
2
1
) =
m

2
+ n
2
d
và



m
2
+ n
2
| my + nd
m
2
+ n
2
| ny − md
Do đó m
2
+ n
2
|(md − ny) + (my + nd)i = (m − ni)(d − yi). Cho nên
m+ni | d−yi hay µ | d−yi. Suy ra d ≡ yi (mod µ) với 0 ≤ y <
m
2
+ n
2
d
.

Vậy ∃ yi ∈ H
µ
sao cho d ≡ yi (mod µ). ✷
Mệnh đề 2.2.4.
H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ.
Chứng minh:
Ta có H
µ
⊂ Z[i]
i) ∀α = a + bi, β = c + di ∈ H
µ
, α = β ta có:
α − β = (a − c) + (b − d)i = 0 (Do α = β)
Vì α, β ∈ H
µ
nên 0 ≤ a, c ≤ d − 1; 0 ≤ b, d ≤
m
2
+ n
2
d
− 1.
Do đó |a − c| < d, |b − d| <
m
2
+ n
2
d

.
Theo bổ đề 2.2.2 ta có m + ni  (a − c) + (b − d)i hay µ  α − β.
18
Vậy α ≡ β (mod µ).
ii) Với mọi γ = a + bi ∈ Z[i] ta chứng minh tồn tại α = r + si ∈ H
µ
sao cho γ ≡ α (mod µ).
Chia a cho d ta được a = pd + r với 0 ≤ r ≤ d − 1.
Theo bổ đề 2.2.3 ta có ∃ yi ∈ H sao cho d ≡ yi (mod µ). Do đó:
γ = a + bi = pd + r + bi
≡ pyi + r + bi (mod µ)
≡ r + (py + b)i (mod µ)
Chia py + b cho
m
2
+ n
2
d
ta được:
py + b = q
m
2
+ n
2
d
+ s với 0 ≤ s ≤
m
2
+ n
2

d
− 1
Mặt khác
m
2
+ n
2
| q
m
2
+ n
2
d
n và m
2
+ n
2
| q
m
2
+ n
2
d
m
⇒ m
2
+ n
2
| (m − ni)(q
m

2
+ n
2
d
i) ⇒ m + ni | q
m
2
+ n
2
d
i
Do đó (py + b)i ≡ si (mod µ) hay γ ≡ r + si (mod µ).
Ta có 0 ≤ s ≤
m
2
+ n
2
d
− 1; 0 ≤ r ≤ d − 1 nên r + si ∈ H
µ
.
Vậy tồn tại α = r + si ∈ H
µ
sao cho γ ≡ α (mod µ).
Từ i) và ii) ta suy ra H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ. ✷
2.3 Hàm Euler
Định nghĩa 2.3.1. Với mỗi µ ∈ Z[i]
∗

, ta đặt:
ϕ(µ) =

γ∈H
∗
µ
(γ,µ)∼1
1
trong đó, H
∗
µ
là hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ.
ϕ(µ) được gọi là hàm Euler.
19
Từ định nghĩa ta thấy ϕ(µ) chính là số các số nguyên Gauss trong
H
∗
µ
nguyên tố với µ.
Ví dụ 2.3.2. ϕ(1) = 1 ϕ(i) = 1
2.4 Tính chất nhân
Định lý 2.4.1. Với mọi α
1
, α
2
∈ Z[i]
∗
, (α
1
, α

2
) ∼ 1 ta có:
ϕ(α
1
α
2
) = ϕ(α
1
)ϕ(α
2
)
Chứng minh:
Gọi
G
α
1
= {γ
1
∈ H
∗
α
1
: (γ
1
, α
1
) ∼ 1}
G
α
2

= {γ
2
∈ H
∗
α
2
: (γ
2
, α
2
) ∼ 1}
G
α
= {γ ∈ H
∗
α
: (γ, α) ∼ 1}
trong đó, H
∗
α
1
, H
∗
α
2
, H
∗
α
lần lượt là các hệ thặng dư thu gọn theo môđulô
α

1
, α
2
, α (α = α
1
α
2
).
Vì H
α
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α nên:
∀(γ
1
, γ
2
) ∈ G
α
1
× G
α
2
, ∃β ∈ H
α
: β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ

1
(mod α)
Xét tương ứng:
f: G
α
1
× G
α
2
−→ G
α
(γ
1
, γ
2
) −→ β
Ta sẽ chứng minh tương ứng này là một song ánh.
i) ∀(γ
1
, γ
2
) ∈ G
α
1
× G
α
2
, ta chứng minh f(γ
1
, γ

2
) = β ∈ G
α
Giả sử (α, β)  1. Khi đó gọi d  1 là ước chung nguyên tố của α, β.
Ta có β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
(mod α) do đó α | α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
− β. Mà d | α và
d | β nên d | α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
+ Giả sử d | α

1
. Khi đó do (α
1
, α
2
) ∼ 1 nên d | γ
1
. Suy ra (γ
1
, α
1
)  1.
Mâu thuẫn với γ
1
∈ G
α
1
.
20
+ Giả sử d | α
2
. Khi đó do (α
1
, α
2
) ∼ 1 nên d | γ
2
. Suy ra (γ
2
, α

2
)  1.
Mâu thuẫn với γ
2
∈ G
α
2
.
+ Giả sử d  α
1
và d  α
2
. Khi đó d  α = α
1
α
2
. Mâu thuẫn với d | α.
Do đó (α, β) ∼ 1. Suy ra β ∈ H
∗
α
. Vậy β ∈ G
α
.
ii) Chứng minh f là ánh xạ:
Xét γ
1
, γ

1
∈ G

α
1
; γ
2
, γ

2
∈ G
α
2
sao cho (γ
1
, γ
2
) = (γ

1
, γ

2
).
Khi đó γ
1
= γ

1
, γ
2
= γ


2
hay γ
1
− γ

1
= 0, γ
2
− γ

2
= 0. Ta có:
f(γ
1
, γ
2
) = β và f(γ

1
, γ

2
) = β

với
β ∈ G
α
: β ≡ α
1
γ

2
+ α
2
γ
1
(mod α)
β

∈ G
α
: β

≡ α
1
γ

2
+ α
2
γ

1
(mod α)
Do đó β − β

≡ α
1
(γ
2
− γ


2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
) (mod α).
Suy ra
β − β

≡ 0 (mod α) hay β ≡ β

(mod α)
Mà β, β

∈ H
∗
α
nên β = β

tức
f(γ
1
, γ
2
) = f(γ


1
, γ

2
)
Vậy f là ánh xạ.
iii) Chứng minh f là đơn ánh:
Xét γ
1
, γ

1
∈ G
α
1
; γ
2
, γ

2
∈ G
α
2
. Ta có f(γ
1
, γ
2
) = β, f(γ

1

, γ

2
) = β

.
Giả sử f(γ
1
, γ
2
) = f(γ

1
, γ

2
) tức β = β

. Ta có:
β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
(mod α)
β


≡ α
1
γ

2
+ α
2
γ

1
(mod α)
Do đó α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
) ≡ 0 (mod α).
Suy ra α = α
1
α
2

| α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
)
⇒



α
1
| α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2

(γ
1
− γ

1
)
α
2
| α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
)
21
Mà (α
1
, α
2
) ∼ 1 nên




α
1
| γ
1
− γ

1
α
2
| γ
2
− γ

2
hay
γ
1
≡ γ

1
(mod α
1
) và γ
2
≡ γ

2
(mod α

2
).
Ta có γ
1
, γ

1
∈ H
∗
α
1
; γ
2
, γ

2
∈ H
∗
α
2
nên γ
1
= γ

1
, γ
2
= γ

2

.
Suy ra
(γ
1
, γ
2
) = (γ

1
, γ

2
)
Vậy f là đơn ánh.
iv) Chứng minh f là toàn ánh:
Do (α
1
, α
2
) ∼ 1 nên tồn tại s, t ∈ Z[i] sao cho sα
1
+ tα
2
= 1. Suy ra
với mọi β ∈ G
α
ta có βsα
1
+ βtα
2

= β (∗)
Vì H
α
1
là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α
1
nên ∃ γ
1
∈ H
α
1
sao cho
γ
1
≡ βt (mod α
1
)
Vì H
α
2
là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α
2
nên ∃ γ
2
∈ H
α
2
sao cho
γ
2

≡ βs (mod α
2
)
Từ (*) ta có βsα
1
β
−1
+ βtα
2
β
−1
= 1. Do đó (βt, α
1
) ∼ 1; (βs, α
2
) ∼ 1.
+ Giả sử (γ
1
, α
1
)  1. Gọi d  1 là ước chung của γ
1
và α
1
.
Ta có d | α
1
mà α
1
| βt − γ

1
nên d | βt − γ
1
. Vì d | γ
1
nên d | βt.
Suy ra (βt, α
1
)  1 (Vô lý). Vậy (γ
1
, α
1
) ∼ 1 hay γ
1
∈ G
α
1
.
+ Giả sử (γ
2
, α
2
)  1. Gọi d

 1 là ước chung của γ
2
và α
2
.
Ta có d


| α
2
mà α
2
| βs − γ
2
nên d

| βs − γ
2
. Vì d

| γ
2
nên d

| βs.
Suy ra (βs, α
2
)  1 (Vô lý). Vậy (γ
2
, α
2
) ∼ 1 hay γ
2
∈ G
α
2
.

Ta có:
α
1
| βt − γ
1
⇒ α = α
1
α
2
| (βt − γ
1
)α
2
α
2
| βs − γ
2
⇒ α = α
1
α
2
| (βs − γ
2
)α
1
22