số học và logic học đồng dư

LỜI NÓI ĐẦU
Trong chương trình tiểu học, các em học sinh đã bắt đầu làm quen với
phép chia hết, phép chia có dư. Lên tới bậc học trung học cơ sở, các em học sinh
được làm quen thêm với các điều kiện của phép chia hết, chứng minh một số bất
kỳ có nhiều chữ số chia hết cho một số nào đó, hoặc tìm một hoặc hai chữ số
cuối cùng của một phép tính phức tạp. Bằng những phương pháp đã được dạy
trên ghế nhà trường, giáo viên có thể giúp học sinh của mình dễ dàng thực hiện
những điều ấy. Nhưng hôm nay nhóm chúng em giới thiệu thêm một cách nữa để
có thể làm được những bài toán đó hoặc những bài toán nâng cao hơn, đó là đồng
dư. Chúng em hy vọng tiểu luận này phần nào có thể làm tài liệu tham khảo cho
các giáo viên, để bổ trợ một số kiến thức cần thiết.
Quyển sách này bao gồm tám phần :
1. Lịch sử xuất hiện vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí
2. Kiến thức căn bản cần có
3. Cơ sở lý thuyết
4. Quan hệ đồng dư
5. Tính chất và hệ quả
6. Ứng dụng và ví dụ cụ thể
7. Bài tập tự luyện
8. Tài liệu tham khảo
Trong quá trình biên soạn, nhóm tác giả chúng em đã cố gắng tìm tòi, suy
nghĩ và tham khảo các nguồn tài liệu có giá trị và đáng tin cậy, với mong muốn
mang đến cho độc giả những điều bổ ích thiết thực. Tuy nhiên vì nhiều lý do
khách quan và chủ quan, quyển sách này không thể không có những sai sót. Vì
vậy nhóm chúng em rất mong được các ý kiến đóng góp để tiểu luận này được
hoàn thiện thêm. Mọi ý kiến đóng góp, vui lòng liên hệ qua email:


–

i

–


MỤC LỤC
Lời nói đầu ............................................................................................................. i
Mục lục .................................................................................................................. 1
1. Lịch sử xuất hiện vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí
1.1. Lịch sử xuất hiện của vấn đề đồng dư ............................................... 3
1.2. Vai trò của đồng dư ............................................................................. 3
1.3. Vị trí của đồng dư trong toán học hiện nay ....................................... 3
2. Kiến thức căn bản cần có................................................................................. 3
3. Cơ sở lý thuyết
3.1. Cấu trúc đại số trên vành số nguyên .................................................. 3
3.1.1. Nhóm ................................................................................................ 3
3.1.2. Vành ................................................................................................. 4
3.1.3. Quan hệ tương đương .................................................................... 4
3.1.4. Nhóm con, vành con, ideal ............................................................. 4
3.2. Thuật toán Euclide
3.2.1. Thuật toán Euclide cơ bản ............................................................. 5
3.2.2. Thuật toán Euclide mở rộng .......................................................... 6
3.2.3. Các ứng dụng của thuật toán Euclide ........................................... 7
4. Quan hệ đồng dư
4.1. Định nghĩa............................................................................................. 7
4.2. Các điều kiện tương đương ................................................................. 7
5. Tính chất và hệ quả
5.1. Tính chất ............................................................................................... 7
5.1.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương ........................... 7
5.1.2. Cộng từng về với nhau theo cùng một modulo ............................ 8
5.1.3. Nhân từng vế với nhau theo cùng một molulo ............................. 8

5.2. Hệ quả ................................................................................................... 8
6. Ứng dụng và ví dụ cụ thể
6.1. Tìm số dư trong phép chia .................................................................. 9
6.2. Chứng minh chia hết, không chia hết ................................................ 9
6.3. Tìm chữ số tận cùng ........................................................................... 11
6.4. Hàm 𝝓 – Euler ................................................................................... 11
6.4.1. Định nghĩa ..................................................................................... 11
6.4.2. Định lý về hệ thặng dư đầy đủ ..................................................... 12
6.4.3. Định lý Euler ................................................................................. 12
6.4.4. Định lý Fermat nhỏ....................................................................... 13
6.5. Phương trình đồng dư tuyến tính ..................................................... 13
6.5.1. Định nghĩa ..................................................................................... 13
6.5.2. Định lý về nghiệm ......................................................................... 13
6.5.3. Hệ quả 6.5.3 .................................................................................. 14

–1–


6.5.4. Hệ quả 6.5.4 .................................................................................. 14
6.6. Hệ phương trình đồng dư tuyến tính
(Định lý Trung Hoa về số dư) ........................................................... 14
6.6.1. Định lý Trung Hoa về số dư ......................................................... 15
6.6.2. Định lý về tính nhân tính của hàm 𝝓 – Euler ............................ 16
6.6.3. Hệ quả 6.6.3 .................................................................................. 16
6.6.4. Hệ quả 6.6.4 ................................................................................... 16
7. Bài tập tự luyện
7.1. Tìm số dư ............................................................................................ 16
7.2. Chứng minh chia hết, không chia hết .............................................. 19
7.3. Tìm chữ số tận cùng ........................................................................... 20
7.4. Hàm 𝝓 – Euler ................................................................................... 22

7.5. Phương tình đồng dư tuyến tính ...................................................... 23
7.6. Hệ phương trình đồng dư tuyến tính ............................................... 23
8. Tài liệu tham khảo ....................................................................................... 26

–2–


1. Lịch sử xuất hiện vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí:
1.1. Lịch sử xuất hiện của vấn đề đồng dư:
" Khái niệm đồng sư xuất hiện khá rõ nét trong Định lý phần dư Trung hoa.
Người Trung hoa gọi nó là bài toán Hàn Tín điểm binh: Một nhóm khoản một
trăm chiến binh xếp thành hàng bảy thì dư ra một người, xếp hàng năm thì dư ra
ba người, xếp hàng ba thì không dư ra ai. Tướng quân giỏi nhẩm sẽ tính ra rằng
số chiến binh bằng đúng bảy mươi tám. Dựa theo tra cứu thì thấy Định lý này
được phát biểu lần đầu trong sách Toán pháp Tôn Tử (thế kỷ thứ 3-5 sau công
nguyên), không liên quan gì đến Binh pháp Tôn Tử (thế kỷ thứ 5 trước công
nguyên). (Xem [2])
1.2. Vai trò của đồng dư:
 Nó cũng làm khuôn khổ để phát biểu và chứng minh một trong những định lý
toán học thực sự đầu tiên mà học sinh được học, đó là định lý Fermat nhỏ.
1.3. Vị trí của đồng dư trong toán học hiện nay:
 Đồng dư có 1 vị trí quan trọng trong toán học hiện nay, nhất là trong phần số
học.
 "Đồng dư là một khái niệm toán học cơ bản, đơn giản và sơ cấp, nó thường
được giảng dạy trong chương trình trung học cơ sở".

2. Kiến thức căn bản cần có:

 Các phép toán cơ bản: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, v..v trên vành số
nguyên.

3. Cơ sở lý thuyết:
3.1. Cấu trúc đại số trên vành số nguyên.
3.1.1. Nhóm
Tập hợp G được trang bị phép tính hai ngôi: G x G → G được gọi là
1 nhóm nếu:
i. ( a b ) c = a ( bc )
ii. ∃e ∈ G: ea = ae∀a ∈ G
iii.∀a ∈ G, ∃a−1 ∈ G ∶ a. a−1 = a−1 a = e
Nếu có thêm tính chất
iv. ab = ba ∀a, b ∈ Gthì G được gọi là nhóm giao hoán hay nhóm
abel.
3.1.2. Vành
Tập hợp R được trang bị hai phép toán( + , . ) Được gọi là vành nếu:
i. (R, +) là nhóm giao hoán.

–3–








ii. Phép (.) có tính kết hợp.
iii.∃e ∶ ae = ea∀a ∈ R gọi là vành có đơn vị.
iv. Phép (.) phân phối với phép (+) : a ( b + c ) = ab + ac.
3.1.3. Quan hệ tương đương
Cho A là một tập hợp. Một quan hệ trên A là một tập con của tích đề các A ×

A : aRb ⇔ (a, b) ∈ R
Quan hệ R trên A được gọi là quan hệ tương đương nếu nó có 3 tính chất :
i. Phản xạ aRa, ∀a ∈ A
ii. Đối xứng aRb ⇒ bRa
iii. Bắc cầu aRb, bRc ⇒ aRc
Nếu R là quan hệ tương đương trên A thì a ∈ A[a] = {b ∈ A | aRb}được gọi
là lớp tương đương chứa a (sinh bởi a).
Định lý : R là quan hệ tương đương trên A :
i. Nếub ∈ [a] ⇒ [b] = [a]
ii. Nếu[a] ∩ [b] ≠ ∅ ⇒ [a] = [b]
iii. A phân hoạch thành các lớp tương đương rời nhau.

3.1.4. Nhóm con, vành con, ideal:
 G là nhóm. Tập con H ⊂ Gđược gọi là nhóm con nếu :
i. e ∈ H
ii. a , b ∈ H ⇒ a. b ∈ H
iii. a ∈ H ⇒ a−1 ∈ H
Cho G : nhóm ; H : nhóm con
 Ta định nghĩa quan hệ tương đương trên G như sau :
g ~g ′ ⇔ gg ′−1 ∈ H, ~ là quan hệ tương đương
i. gg −1 = e ∈ H ⇒ g~g
ii. gg ′−1 ∈ H ⇒ (gg ′−1 )−1 ∈ H ⇒ g ′ g −1 ∈ H
g ′ g −1 gg ′−1 = e
g~h ⇒ gh−1 ∈ H
} ⇒ gk −1 ∈ H
iii.
−1
h~k ⇒ hk ∈ H
3.2. Thuật toán Euclid và ứng dụng:
3.2.1. Thuật toán Euclid cơ bản:

Thuật toán Euclid: Giải thuật Euclid, hay thuật toán Euclid, là một giải
thuật giúp tính ước số chung lớn nhất (ƯSCLN) của hai số một cách hiệu
quả. Giải thuật này đã được biết đến từ khoảng năm 300 trước Công
Nguyên. Nhà toán học Hy Lạp cổ Euclid đã viết giải thuật này trong cuốn
sách toán nổi tiếng Elements.

–4–


Ở dạng đơn giản nhất, thuật toán Euclid bắt đầu với cặp số nguyên dương,
và tạo ra một cặp số nguyên dương mới bao gồm số nhỏ hơn và phần dư
của của phép chia hai số ban đầu. Quá trình được tiếp tục cho đến khi hai số
trong cặp bằng nhau, giá trị lúc đó sẽ trở thành ước số chung lớn nhất của
cặp số ban đầu.
Nguyên lí chính của thuật toán là ước số chung lớn nhất của một cặp số
không thay đổi với hiệu của hai số đó. Ví dụ như ƯSCLN của 252 và 105
chính bằng ƯSCLN của 147 (= 252 − 105) và 105. Vì số lớn hơn trong cặp
số bị giảm giá trị nên việc lặp đi lặp lại thuật toán này giúp tạo ra những số
ngày càng nhỏ và đến một lúc nào đó quá trình này sẽ kết thúc — khi cặp
số còn lại hai số bằng nhau (nếu quá trình được thực hiện thêm một bước
nữa, sẽ có một trong hai số trở thành số 0).
Lý thuyết về thuật toán Euclid trên có thể được diễn giải như sau:
a = bq1 + r1
b = r1 q2 + r2
r1 = r2 q3 + r3
… ..
rn−2 = rn−1 qn + rn
rn−1 = rn qn+1 + 0
⇒ (a, b) = rn
Ví dụ: Tìm (27385,23164)

Tacó: (27365, 23164) = (23164, 4221) = (4221, 2059) = (2059, 103)
= (103, 102) = (102, 1) = (1, 0)
Vậy UCLN của 27385 và 23164 là 102.
Thuật toán này có rất nhiều ứng dụng lí thuyết và thực tế.Nó có thể được
dùng để tạo ra gần như tất cả các nhịp điệu âm nhạc truyền thống được sử
dụng trong nhiều nền văn hóa khác nhau trên toàn thế giới.Nó cũng là một
thành phần then chốt trong thuật toán mã hóa RSA, một mật mã hóa khóa
công khai được sử dụng rộng rãi trong thương mại điện tử.Thuật toán cũng
được áp dụng để giải phương trình Diophantine.
3.2.2. Thuật toán Euclid mở rộng:
Giải thuật Euclid mở rộng sử dụng để giải phương trình vô định nguyên
(còn được gọi là phương trình Đi-ô-phăng)

–5–


ax+by=c,
trong đó a, b, c là các hệ số nguyên, x, y là các ẩn nhận giá trị nguyên. Điều
kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm (nguyên) là UCLN(a, b) là
ước của c. Khẳng định này dựa trên một mệnh đề sau:
Trong số học đã biết rằng nếu d=UCLN(a, b) thì tồn tại các số nguyên x, y
sao cho
a'x+b'y = d
Lý thuyết trên được diễn giải như sau:
Cho a ≥ b.
Đặt ∶ r0 = a, r1 = b; s0 = 1, s1 = 0; t 0 = 0, t1 = 1
ri−1 = ri qi + ri+1
si+1 = si−1 − si qi
t i+1 = t i−1 − t i qi
rn−2 = rn−1 qn−1 + rn

rn−1 = rn qn + 0
⇒ asn + bt n = rn
Ví dụ: cho a = 37, b = 26
0
1







r
37
26
11
4
3
1
0

q
1
2
2
1
3

s
1

0
1
-2
5
-7

t
0
1
-1
3
-7
10

3.2.3. Các ứng dụng của thuật toán Euclid và Euclid mở rộng:
Tìm UCLN, BCNN.
Giải phương trình Diophant.
Tìm nghịch đảo mod m.
Tìm hiểu về lịch.
Phục hồi hữu tỷ.

–6–


4. Quan hệ đồng dư:
4.1. Định nghĩa:
Cho m  N *; a,b  Z. Nếu a và b khi chia cho m có cùng số dư, ta nói:
a và b đồng dư theo môđun m.
Kí hiệu: a  b (mod m)
Hệ thức: a  b (mod m) gọi là đồng dư thức.

Ví dụ: 19  3 (mod 8);

-25  3 (mod 4)

4.2. Các điều kiện tương đương:
i. a  b (mod m)
ii. (a - b)  m
iii. t  Z sao cho: a = b + m.t.

5. Tính chất và hệ quả:
5.1. Tính chất:
5.1.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp Z
có nghĩa là:
* a  a (mod m)
* a  b (mod m) ⇒ b  a (mod m)
* a  b (mod m); b  c (mod m) ⇒ a  c (mod m)
5.1.2. Ta có thế cộng từng vế một với nhau theo cùng một môđun
Cụ thể:
ai  bi (mod m)

n

n

i 1

i 1

i = 1, n ⇒  (1) k ai   (1) k bi (mod m) k  N

5.1.3. Ta có thế nhân từng vế với nhau nhiều đồng dư thức theo cùng một
môđun.
Cụ thể: ai  bi (mod m);i = 1, n

–7–


n

⇒  ai 
i 1

n

b

1

(mod m); k  N

i i

5.2. Hệ quả:
* a  b (mod m) ⇒ a  c  b  c (mod m)
* a + c  b (mod m) ⇒ a  b - c (mod m)
* a  b (mod m) ⇒ a + k.m  b (mod m)
* a  b (mod m) ⇒ a.c  b.c (mod m)
* a  b (mod m) ⇒ an  bn (mod m) n  N
* Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + . . . +a1x + a0 ai  Z .
Nếu    (mod m) thì ta cũng có f(  )  f(  ) (mod m)

Đặc biệt: f(  )  0 (mod m) thì ta cũng có:
f(  + k.m)  0 (mod m) k  Z
* Ta có thể chia cả hai vế của một đồng dư thức cho một ước chung
của chúng nguyên tố với môđun.
Cụ thể là:
a.c  b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 ⇒ a  b (mod m)
* Ta có thể nhân cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với
cùng một số nguyên dương.
Cụ thể là:
a  b (mod m) ⇒ a.c  b.c (mod m.c) c  N *
* Ta có thể chia cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng
một ước dương của chúng.
Cụ thể là:

–8–


a  b (mod m); 0 < c  ƯC (a; b; m) ⇒ a/c  b/c (mod m/c)

6. Ứng dụng và ví dụ cụ thể:
6.1. Tìm số dư trong phép chia:
Phương pháp: Để tìm số dư trong phép chia A cho m ta tìm một số k < m
sao cho: A ≡ k (mod m).
Ví dụ 1: Tìm số dư trong phép chia 109345 chia cho 14
Giải:
Ta có: 109 ≡ −3 (mod 14)
⇒ 109345 ≡ (−3)345 (mod 14)
Ta lại có : (-3; 14) = 1
1
1

Hơn nữa : ρ(14) = 14 (1 − ) (1 − ) = 6
2
7
Nên : (−3)6 ≡ 1 (mod 14) (theo định lý Euler)
⇒ (−3)345 ≡ (−3)3 (mod 14)
Mặt khác: (−3)3 = −27 = 1 (mod 14)
Vậy số dư trong phép chia 109345 chia cho 14 là 1
Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia:
(19971998 + 19981999 + 19992000 )10 chia cho 111.
Giải:
Ta có 1998 ≡ 0 (mod 111)
1997 ≡ −1 (mod 111)và 1999 ≡ 1 (mod 111)
Nên ta có : 19971998 + 19981999 + 19992000 ≡ 2 (mod 111)
(19971998 + 19981999 + 19992000 )10 ≡ 210 (mod 111)
Mặt khác ta có : 210 = 1024 ≡ 25 (mod 111)
Vậy(19971998 + 19981999 + 19992000 )10 chia cho 111 số dư là 25
6.2. Chứng minh chia hết, không chia hết:
Phương pháp:
- Để chứng minh số A chia hết cho số tự nhiên m ta chứng minh
A ≡ 0 (mod m).
-

Để chứng minh số B không chia hết cho số tự nhiên m ta chứng minh:

B ≡ n (mod m),vớin = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
1, m − 1.
Ví dụ 1: Chứng minh 19242003

2004n

+ 1920 chia hết cho 124, ∀n ∈ N ∗

Giải:
Đặt A = 19242003

2004n

+ 1920. Tacó 124 = 4.31.

Dễ thấy A chia hết cho 4.
Vậy ta chỉ cần chứng minh A chia hết cho 31.
Có 1924 ≡ 2 (mod 31), 1920 ≡ −2 (mod 31)

–9–


⇒ A ≡ 22003

2004n

− 2 (mod 31)(1)
Lại có25 = 32 ≡ 1 (mod 31).
n

Ta cần phải tìm số dư khi chia 20032004 cho 5.
n

2004n ⋮ 4. Đặt 2004n = 4k ⇒ 20032004 = 20034k
Vì 2003 ≡ 3 (mod 5)
Nên 20034k ≡ 34k = 81k ≡ 1k = 1 (mod 5)

n

Vậy 20034k ≡ 1 (mod 5). Đặt 20032004 = 5m + 1
n

⇒ 20032004 = 25m+1 ≡ 2. 25m ≡ 2 . 32m = 2. 1m = 2(mod 31)
Thay vào (1) suy ra A ≡ 0 (mod 31) hay A chia hết cho 31
n

Vậy 20032004 chia hết cho 124.
4n+1

Ví dụ 2: Chứng minh 23

+ 3 chia hết cho 11 với n là số tự nhiên.

Giải:
1

1

2

5

Ta có: ρ(11) = 10; ρ(10) = 10 (1 − ) (1 − ) = 4
Áp dụng định lý Euler ta có: (3,10) = 1 ⇒ 3ρ(10) ≡ 1 (mod 10)
⇔ 34 ≡ 1 (mod 10) ⇒ 34n+1 ≡ 3 (mod 10)
Đặt 34n+1 = 10k + 3 vớik ∈ N.
4n+1

Khi đó ta có: 23

+ 3 = 210k+1 + 3

Áp dụng định lý Euler ta có: (2,11)=1
Nên 2ρ(11) ≡ 1 (mod 11)
⇔ 210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210k+3 ≡ 23 (mod 11)
4n+1

⇒ 210k+3 + 3 ≡ 23 + 3 (mod 11) ⇔ 23
4n+1
Vậy23
+ 3 chia hết cho 11.

+ 3 ≡ 0 (mod 11)

6.3. Tìm chữ số tận cùng:
Phương pháp: Để tìm n chữ số tận cùng của lũy thừa ta tìm số dư của
phép lũy thừa đó cho 10n nói cách khác là sử dụng đồng dư mod 10n .
Ví dụ 1: Tìm 2 chữ số tận cùng của 20092010
Giải:
Ta có: 20092010 ≡ 92010 (mod 100)

– 10 –


Áp dụng định lý Euler ta có: (9, 100) = 1
Nên: 9ρ(100) ≡ 1(mod 100) ⇒ 92010 ≡ 910 (mod 100)
Mà 910 = 3486784401 ≡ 1 (mod 100)

Vậy 2 chữ số tận cùng của 20092010 là 01.
Ví dụ 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của 44444444
Giải:
Ta có:
4444 ≡ 44(mod 100) ⇒ 44444444 ≡ 444444 444444 ≡ 0(mod 4)
44 và 25 là nguyên tố cùng nhau, 20 < 25 nên:
4420 ≡ 1(mod 25)
⇔ (4420 )222 ≡ 1(mod 25) hay 444440 ≡ 1(mod 25)
Ta lại có: 44 ≡ 19(mod 25) ⇒ 442 ≡ 11(mod 25)
⇒ 444 ≡ 21 (mod 25)
⇒ 444444 ≡ 21(mod 25)
444444 ≡ 0(mod 4) ≡ 96(mod 4)
Ta có: { 4444
44
≡ 21(mod 4) ≡ 96(mod 4)
4444
⇒ 4444
= 444444 (mod 100) ≡ 96(mod 4)
Vậy 2 chữ số tận cùng của 44444444 là 96
6.4. Hàm 𝛟-Euler:
6.4.1. Định nghĩa:
Cho n ≥ 2, n ∈ ℕ. Hàm ϕ(n) là số các lớp tương đương nguyên tố cùng
nhau với n. Nghĩa là số các số nguyên m sao cho:
1≤m{(
m, n) = 1
6.4.2.Định lý: Cho (a, m) = 1, {r1 , r2 , … , rm } là 1 hệ thặng dư đầy đủ và
{s1 , s2 , … , sϕ(m) } là 1 hệ thặng dư thu gọn modulo m. Khi đó,
{ar1 , ar2 , … , arm } là 1 hệ thặng dư đầy đủ và {as1 , as2 , … , asϕ(m) } là hệ
thặng dư thu gọn modulo m.

Chứng minh:
i.

{ar1 , ar2 , … , arm } là 1 hệ thặng dư đầy đủ:
 (ari , m) = 1 ∀i ∈ (1, m) vì (ri , m) = 1 và (a, m) = 1
 ari ≡ arj (mod m) ⇔ ri ≡ rj (mod m) vì (a, m) = 1 ⇔ i = j
 |{ar1 , ar2 , … , arm }| = |{r1 , r2 , … , rm }| = m

Suy ra {ar1 , ar2 , … , arm } là 1 hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
ii.

{as1 , as2 , … , asϕ(m) }là hệ thặng dư thu gọn modulo m:.
 (asi , m) = 1 ∀i ∈ (1, m) vì (si , m) = 1 và (a, m) = 1
 asi ≡ asj (mod m) ⟺ si ≡ sj (mod m)vì (a, m) = 1 ⟺ i = j

– 11 –


 |{as1 , as2 , … , asϕ(m) }| = |{s1 , s2 , … , sϕ(m) }| = ϕ(m)
Suy ra {as1 , as2 , … , asϕ(m) } là hệ thặng dư thu gọn modulo m.
6.4.3. (Định lý Euler) Nếu (a, m) = 1 thì aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Chứng minh:
Lấy A = {a1 , a2 , … , aϕ(m) } là 1 hệ thặng dư modulo m.
Lấy a ∈ ℤ, từ định lý 6.4.2. ta có aA cũng là hệ thặng dư modulo m.
Khi đó,
ϕ(m)

ϕ(m)

∏ ai ≡ ∏ a ai (mod m)

i=1

j=1

ϕ(m)

ϕ(m)

⇔ ∏ ai ≡ aϕ(m) ∏ ai (mod m)
i=1

j=1

⇔ 1 ≡ aϕ(m) (mod m)vìai ≡ 1 (mod m)∀i = ̅̅̅̅̅
1, m
Vậy ta có aϕ(m) ≡ 1 (mod m)
6.4.4. Định lý Fermat nhỏ:
Nếu p là một số nguyên tố và p ∤ a, ta có;
ap−1 ≡ 1 (mod p).
Từ đó suy ra với mọi số nguyên a, ap ≡ a (mod p).
Chứng minh:
Do p là số nguyên tố và p ∤ a nên suy ra (a, p) = 1. Mà ϕ(p) = p − 1.
Áp dụng định lý Euler cho (a, p) = 1, ta có aϕ(p) ≡ 1 (mod p) suy ra
ap−1 ≡ 1 (mod p).
Suy ra ap ≡ a (mod n).
Và điều này đúng với mọi số nguyên a, kể cả khi a ≡ 0 (mod n).
6.5. Phương trình đồng dư tuyến tính:
6.5.1. Định nghĩa:
Phương trình
ax ≡ b (mod n)

– 12 –


được gọi là phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, n ∈ ℤ
6.5.2. Định lý:
Phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod n) giải được nếu và chỉ
nếu (a, n)|b. Hơn nữa, khi giải được thì phương trình chỉ có đúng (a, n)
nghiệm đôi một không đồng dư modulo n.
Chứng minh:
Phương trình ax ≡ b (mod n) tương đương với phương trình
ax − ny = b với x, y ∈ ℤ. Mà từ phương trình Diophant, phương
trình chỉ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi d = (a, n)|b.
Nếu x0 , y0 là 1 nghiệm của phương trình thì tập nghiệm của phương
trình được xác định như sau:
n
x = x0 + k,
d

a
y = y0 + k
d

Từ đây, ta có thể thấy rằng chỉ có đúng d giá trị của x đôi một không
đồng dư theo modulo n bằng cách lấy k = 0,1, … , d − 1. Và mọi
nghiệm của phương trình sẽ đồng dư với một giá trị x nào đó trong
tập nghiệm.
6.5.3. Hệ quả:
Phương trình ax ≡ 1 (mod n) giải được khi và chỉ khi (a, n) = 1, và hai
nghiệm bất kỳ của phương trình đều đồng dư với nhau theo modulo n.

Sự tồn tại nghiệm của phương trình có thể được xác định nhờ vào
định lý Euler. Bằng cách lấy x0 = aϕ(n)−1 , ta có ax0 = aϕ(n) ≡
1 (mod n).
Gọi y là một nghiệm khác x của phương trình, ta có ax ≡ 1 ≡
ay (mod n)
Suy ra ax − ay ⋮ n ⇔ a(x − y) ⋮ n ⇔ x − y ⋮ n ⇔ x ≡ y (mod n)
6.5.4. Hệ quả:
Nếu (a, n) = 1, phương trình ax ≡ b (mod n) giải được ∀ b ∈ ℤ, và hai
nghiệm bất kỳ đều đồng dư với nhau theo modulo n.
Chứng minh: Tương tự 6.5.3.
6.6. Hệ phương trình đồng dư tuyến tính(Định lý Trung Hoa về số dư):
Chúng ta bắt đầu từ hệ hai phương trình đồng dư tuyến tính:

– 13 –


{

x ≡ a1 (mod m1 )
với (m1 , m2 ) = 1
x ≡ a2 (mod m2 )

Phương trình đồng dư tuyến tính đầu tiên có nghiệm là x = a1 + m1 y,
y ∈ ℤ. Thế vào phương trình thứ hai, ta có
a1 + m1 y ≡ a2 (mod m2 ) ⇔ m1 y ≡ a2 − a1 (mod m2 )
Mà (m1 , m2 ) = 1 nên ∃k1 , k 2 ∈ ℤ|k1 m1 + k 2 m2 = 1 ⇔ k1 m1 ≡
1 (mod m2 )
⇔ y ≡ k1 (a2 − a1 ) (mod m2 )
⇔ y = k1 (a2 − a1 ) + m2 n,

n∈ℤ

⇔ x = a1 + m1 k1 (a2 − a1 ) + m1 m2 n,

n∈ℤ

⇔ x = (1 − m1 k1 )a1 + m1 k1 a2 + m1 m2 n,
⇔ x = m2 k 2 a1 + m1 k1 a2 + m1 m2 n,

n∈ℤ

n∈ℤ

⇔ x ≡ m2 k 2 a1 + m1 k1 a2 (mod m1 m2 )là nghiệm duy nhất của hệ
phương trình đã cho.
Giờ ta sẽ giải hệ 3 phương trình đồng dư tuyến tính:
x ≡ a1 (mod m1 )
{ x ≡ a2 (mod m2 ) với (mi , mj ) = 1,
x ≡ a3 (mod m3 )

∀i ≠ j ∈ (1,3)

Từ cách giải hệ hai phương trình đồng dư, tuyến tính, ta có được hệ sau:
{

x ≡ x0 (mod m1 m2 )
x ≡ a3 (mod m3 )

Do m1 , m2 , m3 đôi một nguyên tố cùng nhau nên (m1 m2 , m3 ) = 1, tiếp
tục áp dụng cách giải hệ hai phương trình đồng dư tuyến tính, ta có

nghiệm duy nhất của hệ ba phương trình đã cho.
Tổng quát hóa lên, ta có:
6.6.1. Định lý Trung Hoa về số dư
Hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất theo modulo m1 m2 … mr
x ≡ a1 (mod m1 )
(
)
{ x ≡ a2 mod m2 với (mi , mj ) = 1 ,
…
x ≡ ar (mod mr )

– 14 –

∀i ≠ j ∈ (1, r)


Chứng minh:
Đặt m = m1 m2 … mr
Do ta có (mi , mj ) = 1, ∀i ≠ j ∈ (1, r) nên (

m
mi

, mi ) = 1, ∀i ∈ (1, r)

Từ đó, ta có
∃ t i ∈ ℤ|
Đăt δi =

m

t ≡ 1 (mod mi )
mi i

m
t
mi i

Suy ra δi ≡ {

1 (mod mi )
0 (mod mj ) ,
i≠j

∀ i ∈ (1, r)

r

Vậy x = ∑ δi ai là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.
i=1

Giờ ta sẽ chứng minh tính duy nhất theo đồng dư modulo m của nghiệm x
Giả sử ∃ x ′ cũng là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Suy ra x ≡ x ′ (mod mi ), ∀i ∈ (1, r)
Từ đó ta có được x ≡ x ′ (mod m) do (mi , mj ) = 1, ∀i ≠ j ∈ (1, r)
Vậy ta có x là nghiệm duy nhất theo modulo m của hệ phương trình đã
cho.
6.6.2.Định lý:
Nếu m = m1 m2 với m1 , m2 là hai số nguyên tố cùng nhau thì
ϕ(m) = ϕ(m1 )ϕ(m2 ).
6.6.3.Hệ quả:

Cho p là một số nguyên tố bất kỳ, ta có:
ϕ(pα ) = (p − 1)pα−1 với α ∈ ℕ
6.6.4.Hệ quả:
α

α

α

Cho n = p1 1 p2 2 … pk k với pi là các số nguyên tố khác nhau đôi một và αi
∈ℕ
Khi đó ta có:

– 15 –


k

ϕ(n) =

k

α
ϕ (∏ pi i )
i=1

=

k

α
∏ ϕ(pi i )
i=1

α −1

= ∏(pi − 1)pi i

k

k

i=1

i=1

i=1

1 α
1
= ∏ (1 − ) pi i = n ∏ (1 − )
pi
pi

7. Bài tập tự luyện:
7.1. Tìm số dư trong phép chia:
Bài 1: Tìm số dư của phép chia 17659427 cho 293
Giải:
Ta có 176594  208 (mod 293)
 1765943  2083  3 (mod 293)

 17659427  39 (mod 293)
 17659427  52 (mod 293)

Vậy 17659427 chia cho 293 có số dư là 52
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 232005 cho 100.
Giải:
Ta có: 231  23 (mod 100)
 232  29 (mod 100)
 234  292  41 (mod 100)
 (234 )5  415 (mod 100)
 2320  1 (mod 100)
 (2320 )100  1100  1 (mod 100)
 232000  1 (mod 100)

– 16 –


 232005 =232000.234.231  1.41.23 (mod 100)
 232005  43 (mod 100)

Vậy 232005 chia cho 100 có số dư là 43
Bài 3: Tìm số dư của phép chia 19971997 cho 13
Giải:
Ta có 19971  8 (mod 13)
 19972  12 (mod 13)

 19973  12.8  5(mod 13)
 19974  1 (mod 13)
 (19974 )499  1499  1(mod 13)
 19971997 = 19971996 . 19971  1.8 (mod 13)

Hay 19971997  8 (mod 13)
Vậy số dư của phép chia 19971997 cho 13 là 8
Bài 4: Tìm dư trong phép chia 21000 cho 25
Giải:
Ta có 210  24 (mod 25)
 220  1 (mod 25)

 21000  1500  1 (mod 25)

Vậy số dư trong phép chia 21000 cho 25 là 1
Bài 5: Tìm dư trong phép chia 21997 cho 49
Giải:

– 17 –


Ta có 22  4 (mod 49)
 210  44 (mod 49)
 220  442  25 (mod 49)
 221  25.2  1 (mod 49)
 (221 )95  195  1 (mod 49)
 21995  1 (mod 49)
 21997 = 21995 .22  1.4  4 (mod 49)

Vậy số dư trong phép chia 21997 cho 49 là 4
Bài 6: Tìm dư trong phép chia 21999 cho 35
Giải:
Ta có 21  2 (mod 35)
 210  9 (mod 35)

 220  442  25 (mod 35)
 230  9.25  29 (mod 35)
 216  16 (mod 35)
 248  1 (mod 35)
 21999 = (248)41.231  1.29.2  23 (mod 35)

Vậy dư trong phép chia 21999 cho 35 là 23.
Bài 7: Tìm số dư của phép chia 2004376 cho 1975
Giải:
Ta có 20042  841 (mod 1975)

– 18 –


20044  8412 (mod 1975)
 200412  2313  416 (mod 1975)
 200448  4164  536 (mod 1975)
 200448 .200412  536. 416 (mod 1975)
 200460  1776 (mod 1975)
 200462  1776. 841 (mod 1975)
 200462  516 (mod 1975)
 200462x3  5163  1171(mod 1975)

 200462x3x2  11712 (mod 1975)
 200462x6  591 (mod 1975)
 200462x6+4  591.231 (mod 1975)
 2004376  246 (mod 1975)

Vậy 2004376 chia cho 1975 có số dư là 246.
7.2. Chứng minh chia hết, không chia hết:

Bài 1: Chứng minh rằng 32010 + 52010 ⋮ 13
Ta có: 32010 = 2760 ≡ 1(mod 13) và 52010 = 251005 ≡ −1(mod 13)
Ta sử dụng tính chất: Nếu a ≡ b(modm) và c ≡ d (modm) thì
a ± b ≡ c ± d (modm)
⇒ 32010 + 52010 ⋮ 13
Bài 2: Chứng minh rằng n1728 − 1 chia hết cho 1729 với mọi số nguyên
dương n.

– 19 –


Ta chú ý 1729 = 7.13.19 và 7, 13, 19 đều là các số nguyên tố
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
n6 ≡ 1 (mod 7); n12 ≡ 1 (mod 13); n18 ≡ 1 (mod 19).
Do đó: n1728 = (n6 )288 ≡ 1 (mod 7); n1728 = (n12 )144 ≡ 1 (mod 13);
n1728 = (n18 )96 ≡ 1 (mod 19)
Vì 7, 13, 19 đôi một nguyên tố cùng nhau nên sử dụng tính chất:
"Nếu a ≡ b (modmi ) với i = 1,2,3 … , n thì a ≡ b(mod[m1 , m2 , … m,n ])với n ∈
ℕ" ta có n1728 ≡ 1 (mod 1729)tức là n1728 − 1 chia hết cho 1729
Bài 3: Gọi S(n) là tổng các chữ số của số tự nhiên n ghi tron hệ cơ số 10.
Đặt Sk (n) = S(S(… (n) … )) với k lần xuất hiện chữ S. Chứng minh rằng n −
Sk (n) chia hết cho 9.
Giả sử n = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
an an−1 … a1 a0 = an . 10n + an−1 . 10n−1 + ⋯ + a1 . 10 + a0
Sử dụng 10k ≡ 1 (mod 9) với mọi số tự nhiên k, ta suy ra n ≡
S(n)(mod 9). Nghĩa là n − S(n) chia hết cho 9. Sử dụng điều này, ta có
n ≡ S(n) ≡ S2 (n) ≡ ⋯ ≡ Sk (n)(mod 9). Từ đây ta suy ra đpcm.
Bài 4: Chứng minh rằng : 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
Giải :
Ta có

2222 + 4 7 ⇒ 2222 ≡ - 4 (mod 7) ⇒ 22225555 ≡ (- 4)5555(mod 7)
5555 - 4 7 ⇒ 5555 ≡ 4 (mod 7) ⇒ 55552222 ≡ 42222 (mod 7)
⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 42222 (mod 7)
Mà 42222 = (-4)2222 ⇒ (- 4)5555 + 42222 = (-4)2222. 43333 + 42222
= (-4)2222. 43333 - (- 4)2222 = (-4)2222(43333 - 1) ≡ (43) – 1(mod 7) (1)
Ta lại có : 43 ≡ 1(mod 7) ⇒ 43 - 1= 63 7 ⇒ 43 - 1 ≡ 0 (mod 7) (2)

– 20 –


Nên (- 4)5555 + 42222 ≡ 0 (mod 7)
Từ (1) và (2) ⇒ 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
7.3. Tìm chữ số tận cùng:
Bài 1:Tìm hai chữ số cuối cùng của tổng
B = 22000 + 22001 + 22002 + 22003 + 22004 + 22005 + 22006
Giải:
Ta có B = 22000( 1+ 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26) = 127. 22000
 B = 127. 22000  127.76  52 (mod 100)

Vậy : Hai chữ số cuối cùng của tổng B là 52
Bài 2:Tìm chữ số tận cùng của các số :
a) 62009
b) 92008
c) 32009
d) 22009
Giải :
a) 62009 có chữ số tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự
nhiên khác 0 vẫn bằng chính số 6)
b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … 1 có chữ số tận cùng là 1
91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (…1).9 = … 9 có chữ số tận

cùng là 9
Nhận xét : Số có chữ số tận cùng là 9 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự
nhiên chẵn khác 0 nào thì chữ số tận cùng là 1, khi nâng lên luỹ thừa với số mũ
tự nhiên lẻ thì có số tận cùng là 9.
c) 32009 = (34)502.3 = 81502.3 = (… 1).3 = … 3 có chữ số tận cùng là 3.

– 21 –


d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … 2 có chữ số
tận cùng là 2
Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200
Giải:
Do (2004, 5) = 1
Áp dụng tính chất Nếu a ∈ ℕvà(a, 5) = 1thì a100 − 1 chia hết cho 125 ⇒
2004100 chia cho 125 dư 1 ⇒ 2004200 = (2004100 )2 chia cho 125 dư 1 ⇒
2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876.
Do 2004200 ⋮ 8 nên2004200 chỉ có thể tận cùng là 376.
7.4. Hàm 𝛟-Euler:
Bài 1:Tính ϕ(n) với n bằng:
a. 2
b. 8
c. 10
d. 997
Giải:
a. Số nguyên dương nhỏ hơn 2 và nguyên tố cùng nhau với 2 là 1
nên ϕ(2) = 1
b. Các số nguyên dương nhỏ hơn 8 và nguyên tố cùng nhau với 8
là {1, 3, 5, 7} nên ϕ(8) = 2
c. Các số nguyên dương nhỏ hơn 10 và nguyên tố cùng nhau với

10 là {1, 3, 7, 9} nên ϕ(10) = 4
d. Do 997 là số nguyên tố nên các số nguyên từ 1 đến 996 đều
nguyên tố cùng nhau với 997 nên ϕ(997) = 996
Bài 2: Cho p là một số nguyên tố và n ∈ ℕ. Chứng minh:

– 22 –


ϕ(pn ) = pn − pn−1
Chứng minh:
Ta có tính chất sau đây: Một số nguyên tố cùng nhau với pn khi và chỉ khi
số đó nguyên tố cùng nhau với p. Mà trong khoảng [0, pn − 1] có pn−1 số
nguyên không nguyên tố cùng nhau với p, tức là những số nguyên có dạng np,
với n = 0,1,2, … , pn−1 − 1, trong khi pn − pn−1 số nguyên còn lại thì nguyên tố
cùng nhau với p.
Vậy nên ta có ϕ(pn ) = pn − pn−1
7.5. Phương trình đồng dư tuyến tính: ( />Bài 1: Giải phương trình: 5x ≡ 2(mod 7)
Giải:
Vì (5,2) = 1 nên tồn tại số k = 4 sao cho 2 + 7k chia hết cho 5. Khi đó 5x ≡ 2 +
6.7 (mod 7)ta được nghiệm x ≡

30
5

≡ 6 (mod 7) hay x = 6 + 7k.

Bài 2: Giải phương trình 5x ≡ 4 (mod 11)
Giải:
Ta có: {

5x ≡ 4 (mod 11)
4 ≡ 4 (mod 11)

Áp dụng tính chất bắc cầu, ta có: 5x ≡ 4 (mod 11) ⇒ 5x = 11t + 4.
Ta có thể lấy t = 1; x = 3. Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là x ≡
3 (mod 11)
Bài 3: Giải phương trình: 2x 3 + 4 ≡ 0 (mod 5)
Giải:

– 23 –


Ta nhẩm được x = 2 là nghiệm của phương trình nên suy ra
2x 3 ≡ −4 (mod 5)
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
7.6. Hệ phương trình đồng dư tuyến tính(Định lý Trung Hoa về số dư):
x ≡ 26 (mod 13)
x ≡ 62 (mod 60)
Bài 1: Giải hệ phương trình: {
x ≡ 92 (mod 150)
x ≡ 11 (mod 231)
Giải:
Hệ hai phương trình: {

x ≡ 26 (mod 36)
x = 26 + 36t
⇔{
, t∈ℤ
x ≡ 62 (mod 60)
26 + 36t ≡ 62

26 + 36t ≡ 62 (mod 60) ⇔ 36t ≡ 36 (mod 60) ⇔ t ≡ 1 (mod 5)
Vậy nghiệm của hệ là: x ≡ 26 + 36.1 (mod 180) hay x ≡
62 (mod 180).
x ≡ 62 (mod 180)
Do đó, hệ phương trình đã cho ứng với hệ: {x ≡ 92 (mod 150)
x ≡ 11 (mod 231)

Bài 2: Giải hệ phương trình:
x ≡ 62 (mod 180)
{
x ≡ 92 (mod 150)
Giải:
{

x ≡ 62 (mod 180)
x = 62 + 180t
⇔{
,t ∈ ℤ
62
+
180t
≡ 92 (mod 150)
x ≡ 92 (mod 150)

Ta có: 62 + 180t ≡ 92 (mod 150)

– 24 –