lý thuyết đồng dư

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN- TIN HỌC
MÔN: SỐ HỌC VÀ LOGIC
__________

Bài Tiểu Luận

LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ
GVHD: TS Trần Nam Dũng
SVTH:
Tô Việt Dũng
1111063
Ngô Thị Bích Thủy
1111323
Bùi Thị Anh Thy
1111327

TP Hồ Chí Minh, ngày 11 tháng 12 năm 2014


MỤC LỤC
PHẦN A: GIỚI THIỆU ---------------------------------------------------------- 3
PHẦN B: KIẾN THỨC CƠ BẢN ----------------------------------------------- 3
I.
LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ ------------------------------------------------------- 3
1.1
1.2
1.3
1.4

Định nghĩa----------------------------------------------------------------------- 3

Định lý --------------------------------------------------------------------------- 3
Các tính chất của quan hệ đồng dư------------------------------------------- 4
Các hệ quả của quan hệ đồng dư --------------------------------------------- 5

II. THẶNG DƯ ---------------------------------------------------------------------------- 8
2.1
2.2

Tập các lớp thặng dư----------------------------------------------------------- 8
Hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m------------------------------------------ 8

III. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ QUAN TRỌNG---------------------------------------------- 8
3.1
3.2
3.3

Định lý Euler -------------------------------------------------------------------- 8
Định lý Fermat nhỏ ------------------------------------------------------------ 9
Định lý Trung hoa về thặng dư ----------------------------------------------10

IV. PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ --------------------------------------------------- 10
4.1
4.2
4.3
4.4

Định nghĩa----------------------------------------------------------------------10
Nghiệm của phương trình đồng dư -----------------------------------------10
Phương trình đồng dư tương đương ----------------------------------------11
Phương trình đồng dư bậc nhất----------------------------------------------11

V. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỔNG DƯ----------------------------------------------- 13
5.1
5.2
5.3
5.4

Định nghĩa----------------------------------------------------------------------13
Nghiệm của hệ phương trình đồng dư --------------------------------------13
Hệ phương trình đồng dư tương đương ------------------------------------14
Hệ phương trình đồng dư bậc nhất------------------------------------------14

VI. PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ MỘT ẨN BẬC CAO ------------------------ 15
6.1
6.2

Định nghĩa----------------------------------------------------------------------15
Định lý --------------------------------------------------------------------------15

6.3

Phương pháp giải phương trình f ( x)  0(mod p ) , ---------------------17
p nguyên tố,   2

PHẦN C: BÀI TẬP ------------------------------------------------------------- 18
I. MỘT SỐ BÀI TẬP KHÁC -------------------------------------------------------- 18
II. BÀI TẬP TỰ LUYỆN-------------------------------------------------------------- 20
III. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN------------------------------------------------------ 21
KẾT LUẬN---------------------------------------------------------------------- 24
TÀI LIỆU THAM KHẢO------------------------------------------------------ 24

PHẦN A: GIỚI THIỆU
Lý thuyết đồng dư là một nội dung rất quan trọng của lý thuyết số. Eudlid có nhắc đến tính
chất chia hết, khái niệm số chẵn và số lẻ, nhưng chưa phát biểu tường minh khái niệm đồng dư.
Khái niệm đồng dư xuất hiện khá rõ nét trong định lý Trung Hoa về số dư, được phát biểu lần
đầu trong sách Toán pháp Tôn Tử (thế kỷ thứu III-V sau Công nguyên. Người Trung Hoa gọi
đó là bài toán hàn Tín điểm binh: Một nhóm không qua một trăm binh lính xếp 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 binh lính bằng đúng bảy mươi tám.
Đồng dư là một công cụ để giải quyết nhiều bài toán số học, như tìm số dư của một phép
chia, tìm dấu hiệu chia hết của một số nhỏ, tìm chữ số tận cùng của một số lớn, chứng minh sự
chia hết,… và nó còn là khuôn khổ để phát biểu và chứng minh một vài định lý Toán học , như
định lý Euler, định lý Fermat nhỏ. Trong chương trình đại học, chúng ta chỉ được tìm hiểu lý
thuyết đồng dư trên vành các số nguyên .
Nội dung tiểu luận gồm ba phần:
 Phần A: Giới thiệu lịch sử, vai trò và chỗ đứng của lý thuyết đồng dư.
 Phần B: Các kiến thức cơ bản của đồng dư. Đó là: định nghĩa, các tính chất, hệ quả, các
định lý quan trọng, thặng dư, phương trình đồng dư và hệ phương trình đồng dư.
 Phần C: Bài tập tự luyện, gồm một số dạng bài tập thường gặp và một vài bài tập tự
luyện.
Tiểu luận này nhằm mục đích tìm hiểu sâu hơn các kiến thức cơ bản của đồng dư và một
vài ứng dụng của nó.

 CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Cơ sở lý luận:
Lý thuyết đồng dư được xây dựng trên nền tảng là phép chia trên vành số nguyên.
2. Cơ sở thực tiễn:
Lý thuyết đồng dư sẽ cho ta phương pháp đồng dư, giúp ta bổ sung giải quyết vấn đề
chia hết trong vành số nguyên.

PHẦN B: KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ
1.1 Định nghĩa:
Cho m là một số nguyên dương. Các số nguyên a và b được gọi là đồng dư theo
modulo m nếu các phép chia a cho m và b cho m có cùng số dư, nghĩa là có các số nguyên
q1 , q2 , r với 0  r  m sao cho
a  mq1  r và b  mq2  r
 Kí hiệu: a  b(mod m)


 Nếu a không đồng dư với b theo modulo m thì ta viết
Ví dụ 1:
Ta có
vì

.

10  3.3  1
7  2.3  1

1.2 Định lý:
Các mệnh đề sau là tương đương:
i.
ii. m | (a  b) ;
iii. t  , a  b  mt .
Chứng minh:
 i  ii :
Giả sử có
cho

, nghĩa là tồn tại các số nguyên q1 , q2 , r với 0  r  m sao

 a  mq1  r
q1 , q2 , r  ,0  r  m

b  mq2  r
Suy ra: (a  b)  m(q1  q2 )
Do (q1  q2 )  nên m | (a  b) 

 ii  iii :
Giả sử có m | (a  b) , nghĩa là:

t  ,(a  b)  mt  t  , a  b  mt 
 iii  i :
Giả sử có t  , a  b  mt . Gọi r là số dư trong phép chia a cho m , nghĩa là
a  mq1  r với q1, r  ,0  r  m .
Khi đó:
b  mt  mq1  r  b  m(q1  t )  r trong đó (q1  t )  ,0  r  m .
Tức là số dư trong phép chia b cho m cũng là r hay

Ví dụ 2: Cho a  b . Chứng minh rằng phép chia a và b cho a  b có cùng số dư.
Chứng minh rằng phép chia a và b cho a  b có cùng số dư, có nghĩa là chứng
a

b(mod(a  b)) .
minh
Áp dụng định lý trên ( ii  i ) ta có:
Vì (a  b) (a  b) nên a  b(mod(a  b)) 
1.3 Các tính chất của quan hệ đồng dư:

a. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập các số nguyên :
i. Phản xạ: a  , a  a(mod m)
ii. Đối xứng: a, b  , a  b(mod m)  b  a(mod m)
iii.Bắc cầu: a, b, c  , a  b(mod m), b  c(mod m)  a  c(mod m)
Chứng minh:


i. a  , ta có (a  a)  0 m nên a  a(mod m)
Do đó quan hệ đồng dư có tính phản xạ.
ii. a, b  , ta có a  b(mod m) , nên m | (a  b) .
Suy ra m | (b  a) . Do đó b  a(mod m)
a, b  , ta có b  a(mod m) , nên m | (b  a) .
Suy ra m | (a  b) . Do dó a  b(mod m)
Vậy quan hệ đồng dư có tính đối xứng.
iii. Ta có:

a  b(mod m) m | (a  b)

 m | (a  b)  (b  c)

b

c
(mod
m
)
m
|
(
b


c
)


hay m | (a  c) . Khi đó a  c(mod m) .
Do đó quan hệ đồng dư có tính bắc cầu.
Vậy quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập các số nguyên
b. Nếu a1  b1 (mod m) và a2  b2 (mod m) thì ta có:
i. a1  a2  b1  b2 (mod m)
ii. a1a2  b1b2 (mod m)
Chứng minh:
i. Ta có a1  b1 (mod m) , a2  b2 (mod m) tương đương
t1, t2  , a1  b1  mt1, a2  b2  mt2 .
Suy ra: a1  a2  b1  b2  m(t1  t2 ) với (t1  t2 )  .
Vậy a1  a2  b1  b2 (mod m) . 
ii. Ta có a1  b1 (mod m) , a2  b2 (mod m) tương đương
t1, t2  , a1  b1  mt1, a2  b2  mt2 .
Suy ra: a1a2  b1b2  m(b1t2  b2t1  t1t2 ) với (b1t2  b2t1  t1t2 ) 
Vậy a1a2  b1b2 chia hết cho m hay a1a2  b1b2 (mod m) . 
1.4 Các hệ quả của quan hệ đồng dư:
i. a  b(mod m)  a  c  b  c(mod m) .
Chứng minh:
Ta có a  b(mod m) và c  c(mod m)
Theo tính chất b.i) ta có a  c  b  c(mod m)
Vậy a  b(mod m)  a  c  b  c(mod m) 
ii. a  c  b(mod m)  a  (b  c)(mod m) .
Chứng minh:
Ta có a  c  b(mod m) và c  c(mod m)




Theo tính chất b.i) ở trên, ta trừ vế theo vế của hai đồng dư thức ta được

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



iii. a  b(mod m)  a  km  b(mod m)với mọi k  .
Chứng minh:
Ta có a  b(mod m) và km  0(mod m)
k 
Từ tính chất b.i) suy ra a  km  b(mod m)
Vậy a  b(mod m)  a  km  b(mod m)
k 



iv. a  b(mod m)  ac  bc(mod m)
Chứng minh:
Ta có a  b(mod m) và c  c(mod m)
Theo tính chất b.ii) ta có ac  bc(mod m)
Vậy a  b(mod m)  ac  bc(mod m) 
v. a  b(mod m)  a n  bn (mod m), n  , n  0
Chứng minh:
Ta có a  b(mod m) ;
n ,n  0 )

a  b (mod m) ; a  b(mod m) ;…; a  b(mod m) ( n lần,

Áp dụng tính chất b.ii) ta được a n  bn (mod m)
Vậy a  b(mod m)  a n  bn (mod m), n  , n  0 

f ( x) là một đa thức với hệ số nguyên và    (mod m) . Khi đó
f ( )  f ( )(mod m) .
Đặc biệt, nếu f ( )  0(mod m) thì f (  km)  0(mod m) với mọi k  .

vi. Cho

Chứng minh:
Giả sử f ( x)  an x n  an1x n1  ...  a1x  a0
Ta có    (mod m)
Áp dụng tính chất v) và iv) cho một số ta được

 i   i (mod m)

ai  .

i  1,n

 ai i  ai  i (mod m)
Suy ra an n  an1 n1  ...  a1  a0  an  n  an1 n1  ...  a1  a0 (mod m)
Hay f ( )  f (  )(mod m)
Vậy f ( x) là một đa thức với hệ số nguyên và    (mod m) thì

f ( )  f ( )(mod m) 
Đặc biệt, ta có    (mod m)      km(mod m)
tính đối xứng của đồng dư).

k 

(theo tính chất iii,


Nên f ( )  f (  km)(mod m)
Mà f ( )  0(mod m)
Theo tính chất bắc cầu ta được f (  km)  0(mod m)
k 
Vậy nếu f ( )  0(mod m) thì f (  km)  0(mod m) với mọi k  . 
vii. Chia cả hai vế của một đồng dư thức cho một ước chung của chúng nguyên tố cùng
nhau với modulo

ac  bc(mod m)
 a  b(mod m)

 (c, m)  1
Chứng minh:
Ta có ac  bc(mod m)  m (ac  bc)  m c(a  b)
Mặt khác ta có (c, m)  1
Suy ra a  b(mod m)

ac  bc(mod m)
 a  b(mod m) 
(
c
,
m
)


1


Vậy 

viii. Chia cả hai vế và modulo của một đồng dư thức cùng một ước dương của chúng

 a  b(mod m)
a b
m
   mod 


0    ,  | (a, b, m)   
Chứng minh:
Ta có  (a, b, m) . Ta đặt a   a1, b   b1, m   m1 với a1 , b1  , m1 
Mặt khác, a  b(mod m) nên a  b  mt , t 

*

Thay a   a1, b   b1, m   m1 vào ta được

 a1   b1   m1t  a1  b1  m1t  a1  b1 (mod m1 )
a b
m
Hay   mod 
 

 a  b(mod m)

a b
m
   mod 
Vậy 


0    ,  | (a, b, m)   
ix. Nếu hai số đồng dư với nhau theo một modulo thì chúng cũng đồng dư theo modulo
là ước của modulo ấy

a  b(mod m)
 a  b(mod  )


|
m
,


0

Chứng minh:
Ta có a  b(mod m)  m (a  b) . Mà  m . Nên  | (a  b)  a  b(mod  )
Vậy ta có điều phải chứng minh.


x. Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều modulo thì chúng đồng dư với nhau theo
modulo là bội chung nhỏ nhất của các modulo ấy.
a  b(mod mi ) với i  1,..., k  a  b(mod m) với m   m1,..., mk  .
Chứng minh:

Ta có: a  b(mod mi )  mi |(a  b), i=1, k

m1 | (a  b)
 m | ( a  b)

 2

mk | (a  b)
  m1 , m2 ,..., mk  | (a  b)

 m (a  b) với m  m1,..., mk 
 a  b(mod m)

Vậy ta có điều phải chứng minh.
xi. Nếu hai số đồng dư với nhau theo một modulo thì chúng có cùng UCLN với modulo
ấy.

a  b(mod m)  (a, m)  (b, m)

II. THẶNG DƯ
2.1 Tập các lớp thặng dư:
Cho m là số nguyên dương. Theo tính chất của đồng dư, quan hệ đồng dư là quan hệ
tương đương trong tập số nguyên . Ta nói, các số nguyên a và b cùng thuộc lớp tương đương
có thể được phân thành các lớp theo quan hệ
A nếu chúng đồng dư với nhau. Như vậy,
tương đương. Nói cách khác, tồn tại tập thương
trên quan hệ tương đương.
Ta có định nghĩa sau:
2.1.1 Định nghĩa:
Tập thương của tập hợp số nguyên

trên quan hệ đồng dư theo mô-đun m được
gọi là tập hợp các lớp thặng dư modulo m , kí hiệu là m .
Mỗi phần tử A của m được gọi là một lớp thặng dư modulo m .

m

2.1.2 Nhận xét:
Từ định nghĩa, hai lớp thặng dư môđun m hoặc bằng nhau hoặc không giao nhau và
là hợp của tất cả các lớp thặng dư modulo m rời nhau.

2.2 Hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m:
2.2.1 Định nghĩa:

Giả sử A m và a  A . Khi đó A   x  : x  a(mod m) .
Phần tử a được gọi là đại diện của lớp thặng dư A và cũng được gọi là một thặng
dư môđun m .
Ta cũng có thể viết rằng: A  a   x  : x  a(mod m) .
Tập hợp các đại diện đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m .


Ví dụ 3:

4 gồm

các lớp:

4  {...  4,0,4,8,...}
5  {...  3,1,5,...}
2  {...  2,2,6,...}
3  {...  1,3,7,11,...}

Ta nói {4,5,2,3} là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 4.
2.2.2 Nhận xét:
Một tập hợp m số ( m  1 ) đôi một không đồng dư theo môđun m lập thành một hệ
thặng dư đầy đủ theo môđun m {a1, a2 ,..., am}
Nếu ta chọn ra các số {ai1 , ai2 ,..., ain } sao cho (ai j , m)  1 thì {ai1 , ai2 ,..., ain } được
gọi một hệ thặng dư thu gọn theo môđun m .

III. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ QUAN TRỌNG
1.1 Định lý Euler:
Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố cùng nhau với m . Khi
đó ta có:

a ( m)  1(mod m)
Trong đó,  (m) được gọi là phi hàm Euler, đếm số các số nguyên tố cùng nhau với m ,
nằm trong nửa khoảng [1,m) hay  (m)  A với A là một hệ thặng dư thu gọn modulo m .
Chứng minh:

*m  {a1 , a2 ,..., a (m) } là tập hợp các hệ thặng dư thu gọn modulo m . Khi đó

Giả sử

{a1 , a2 ,..., a (m) } là hệ thặng dư thu gọn theo modulo m . Từ đó, ta có {aa1 , aa2 ,..., aa (m) }
cũng là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo m , suy ra:

{aa1 , aa2 ,..., aa (m) }  {a1 , a2 ,..., a (m) }
Từ đó:

aa1  ai (mod m)




aa2  ai (mod m) 
  
.....

aa (m)  ai (mod m) 
Với {ai , ai ,..., ai }  {a1 , a2 ,..., a (m) }
1

2

 (m)

1

 (m)

2

Nhân các đồng dư thức thuộc   ta có:

a ( m ) a1a2 ...a (m)  ai ai ...ai (mod m)
1

2

Vì a1a2 ...a (m)  ai ai ...ai
1

2

 (m)

(m)

 ( m)
 1(mod m) 
và (a1a2 ...a (m) , m)  1 nên a


 Cách tính phi hàm Euler:
 Cho p  là một số nguyên tố. Ta có:

 ( p )  ( p  1) p 1 với  
 Cho n  p11 . p22 ... pkk với pi là các số nguyên tố, p1  p2  ...  pk , i 
k

k

k

k



i 1



 (n)   ( pi )   ( pi )   ( pi  1) pi 1 = 1 

i

i 1

i

i

i 1

i 1

Ví dụ 4: Tìm số dư trong phép chia

2

2014

.Ta có:

k

1  i
1
p

n
 i
1  


pi 
pi 
i 1 

cho 17 ?

Vì số 17 là số nguyên tố, nên theo định lí Euler, ta có:

22014  2125.1614  216.125.214  1125.214 (mod17)  214 (mod17)  13(mod17)
Vậy

22014 chia cho 17 dư 13.

1.2 Định lý Fermat nhỏ:
Nếu p là một số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p . Khi đó ta có:

a p1  1(mod p)
 Dạng khác của định lý Fermat nhỏ:
Cho a là số nguyên bất kỳ và p là một số nguyên tố. Khi đó ta có a p  a(mod p)
Chứng minh:
Vì p là số nguyên tố nên chỉ có 2 trường hợp có thể xảy ra:
 TH1: (a, p)  p

 a p  (a p  a ) p
 ( p)
 1(mod p)
 TH2: (a, p)  1  a
 a p1  1(mod p)  a p  a(mod p) 
 Nhận xét:
Nếu n, r 

n
r
và n  r (mod  (m)) thì a  a (mod m) .

Ví dụ 5: Tìm 2 chữ số tận cùng của

7 2042 ?

Vì (7,100)=1 nên theo Định lý Euler, ta có:

7 (100)  1 (mod 100)  740  1 (mod 100)
72042  751.402  740.51.72  151.72 (mod 100)  49(mod 100)
Vậy

7 2042 có 2 chữ số tận cùng là 49.

1.3 Định lý Trung hoa về thặng dư:
Nếu m1 , m2 ,..., mk đôi một nguyên tố cùng nhau thì hệ phương trình đồng dư


 x  a1 (mod m1 )
 x  a (mod m )

2
2

...

 x  ak (mod mk )

có nghiệm duy nhất theo modulo m  m1m2 ...mk .

IV. PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ
Trong tiểu luận này, ta chỉ trình bày về phương trình đồng dư một ẩn.
Ta gọi  x  là tập các đa thức một biến với các hệ số nguyên.
Cho f ( x)  [ x] thì f ( x)  a0 x n  a1x n1  ...  an , ai  , i  0, n với ai  , i  0, n .
4.1 Định nghĩa:
Phương trình đồng dư đại số bậc n ẩn x là các đồng dư thức có dạng:
(1)
f ( x)  0(mod m) với f ( x)  [ x] ,
4.2 Nghiệm của phương trình đồng dư:
Nếu với x  x0  nghiệm đúng phương trình (1) thì mọi số nguyên thuộc lớp thặng dư

x0 (mod m) (hay x  x0 (mod m) ) đều nghiệm đúng phương trình đó.
4.2.1 Định nghĩa:
Tập hợp tất cả các giá trị x  x0 (mod m) nghiệm đúng phương trình đồng dư (1)
được gọi là một nghiệm của phương trình đó.
4.2.2 Nhận xét:
Số nghiệm của phương trình (1) là số các phần tử trong một hệ thặng dư đầy đủ
modulo m mà thỏa (1).
Như vậy, để giải phương trình đồng dư ta lần lượt cho x lấy các giá trị trong một hệ thặng dư
đầy đủ và tìm các giá trị nghiệm đúng phương trình đó.
2
Ví dụ 6: Giải phương trình x  1(mod5)
Cho x nhận lần lượt các giá trị hệ thặng dư không âm bé nhất theo modulo 5
5  {0,1,2,3,4} , ta thấy:

x  1  x 2  1(mod5)
x  4  x 2  1(mod5)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x  1(mod5) và x  4(mod5)

 Chú ý:
Cách xác định nghiệm này là đơn giản nhưng chỉ dùng được trong trường hợp m là một số
nhỏ.
4.3 Phương trình đồng dư tương đương:
Cho f ( x), g ( x)  [ x] . Hai phương trình đồng dư


f ( x)  0(mod m1 )
g ( x)  0(mod m2 )
được gọi là tương đương nhau nếu tập hợp nghiệm của chúng trùng nhau. Khi ấy ta viết:
f ( x)  0(mod m1 )  g ( x)  0(mod m2 )
4.4 Phương trình đồng dư bậc nhất:
4.4.1 Định nghĩa:
Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là những phương trình có dạng
.
(2)
ax  b(mod m) , trong đó a, b, m  , m  0 ,
Một nghiệm của phương trình (2) là tập hợp tất cả các giá trị x  x0 (mod m) nghiệm
đúng phương trình (2).
4.4.2 Định lý:
Gọi d  (a, m) . Khi đó, phương trình đồng dư ax  b(mod m) có nghiệm khi và chỉ
khi d | b . Hơn nữa, khi phương trình có nghiệm thì nó có d nghiệm.
Chứng minh:
(=>) Giả sử phương trình (2) có nghiệm x  x0 (mod m) , nghĩa là

x0  , ax0  b(mod m)  ax0  b  mk , k   ax0  mk  b, k 
Mà d  (a, m)
Suy ra d | b .
(<=) Giả sử có d  (a, m) | b . Khi đó:
a1, m1  , d  aa1  mm1 .  

b
Gọi c   , nhân cả hai vế phương trình   cho c ta được:
d
b  aa1c  mm1c  a(a1c)  b  m(m1c)
Suy ra x  a1c là nghiệm của phương trình ax  b(mod m) .

Tiếp theo, ta chứng minh phương trình này có đúng d nghiệm không đồng dư theo
modulo m.
Thật vậy, giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình, nghĩa là:

 ax1  b(mod m)
 a( x1  x2 )  0(mod m)  m | a( x1  x2 )

ax

b
(mod
m
)
 2
a
m
Hơn nữa, vì d  (a, m) nên a1 , m1  , a1  , m1  .
d
d
Nên m1 | a1 ( x1  x2 ) . Suy ra m1 | ( x1  x2 ) hay x1  x2  km1 , k  . Do đó, mọi
nghiệm của phương trình đều có dạng x0  km1 , k  . Ngoài ra, do với hai số nguyên k , d
q, r sao cho k  qd  r ,0  r  d
luôn tồn tại hai số nguyên
khi đó

x1  x0  qdm1  rm1  x0  qm  rm1 ,nghiệm này đồng dư với nghiệm x  0  rm1 . Điều này
chứng

tỏ

các

nghiệm

không

đồng

x0 (mod m), x0  m1 (mod m),..., x0  (d  1)m1 (mod m) .

dư

của

phương

trình

là


Ví dụ 7: Giải phương trình 9 x  6(mod15)

(3)

Ta có: d  (9,15)  3| 6  phương trình (3) có 3 nghiệm.

15
5
3
Chia hai vế và môdulo của phương trình đồng dư cho 3  (9,6,15) ta được phương
trình tương đương:
3x  2(mod5)
Cho x nhận lần lượt các giá trị hệ thặng dư không âm bé nhất theo modulo 5
Z5  {0,1,2,3,4} , ta thấy x  4(mod5) là một nghiệm.
Suy ra các nghiệm 2 nghiệm còn lại là: x  9(mod5) và x  14(mod5) .
Vậy phương trình đồng dư (2) có 3 nghiệm là: x  4(mod5) , x  9(mod5) và
x  14(mod5) .
4.4.3 Các phương pháp tìm nghiệm của ax  b(mod m) (2)
Theo Định lý trên, ta chỉ cần tìm nghiệm của phương trình (4.2) với điều kiện
(a, m)  1 và 1  a  m .
Và m1 

 Phương pháp 1: Xác định nghiệm bằng cách chia cả hai vế cho a .

b
(mod m) .
a
 Nếu b a thì tìm số nguyên k ( 1  k  a  1 ) sao cho (b  km) a . Khi đó,
 Nếu b a thì nghiệm của phương trình là: x 

phương trình (4.2) tương đương với phương trình ax  b  km(mod m) hay nghiệm của
phương trình là x 

b  km

(mod m) .
a

Ví dụ 8:

4 x  12(mod 7)  x  3(mod 7)

3x  4(mod11)  3x  4  1.11(mod11)  x  5(mod11)
 Chú ý:
Cách xác định nghiệm này là đơn giản nhưng chỉ dùng được trong trường hợp a là
một số nhỏ hoặc trường hợp dễ thấy ngay số k .
 Phương pháp 2: Xác định nghiệm bằng cách vận dụng Định lý Euler
Do (a, m)  1 nên theo Định lý Euler ta có:

a ( m )  1(mod m)
 a.a ( m )1b  b(mod m)
 x  a ( m)1b(mod m) là nghiệm của phương trình (2).
Ví dụ 9: Giải phương trình 2 x  9(mod17)
Ta có: (2,17)  1 và  (17)  16
Nên x  215.9(mod17)


Mà 24  1(mod17)  212  1(mod17)  215  8(mod17)
Suy ra x  72(mod17)  4(mod17)
Vậy nghiệm của phương trình là x  4(mod17) .
 Nhận xét:
Nghiệm của phương trình đồng dư ax  1(mod m) với a, m  , m  1được gọi là
phần tử nghịch đảo của a theo modulo m .
Ví dụ 10: Tìm nghịch đảo của 63 theo modulo 5.
Ta giải phương trình 63x  1(mod5)

Ta có: (63,5)  (5,3)  (3,2)  1 và  (5)  4
Nên x  633 (mod5)
Mà 632  1(mod5)  633  63(mod5)
Suy ra x  63(mod5)  2(mod5)
Vậy nghiệm của phương trình là x  2(mod5) hay nghịch đảo của 63 là 2 theo
modulo 5.
V. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ
Trong tiểu luận này, ta chỉ trình bày về hệ phương trình đồng dư một ẩn.
5.1 Định nghĩa:
Hệ các phương trình đồng dư có dạng

 f1 ( x)  0(mod m1 )
 f ( x)  0(mod m )
 2
2

...


 f r ( x)  0(mod mr )
với f1 ( x), f 2 ( x),..., f r ( x)  [ x]

(4)

5.2 Nghiệm của hệ phương trình đồng dư:
Đặt m  [m1, m2 ,..., mr ] .
Nếu với x    ta có r đồng dư thức fi ( x)  0(mod mi ), i  1,2,..., r thì mọi số
nguyên thuộc lớp thặng dư  (mod m) (hay x   (mod m) ) đều nghiệm đúng hệ phương trình
đó.
5.2.1 Định nghĩa:

Tập hợp tất cả các giá trị x   (mod m) nghiệm đúng hệ phương trình đồng dư
(4.3) được gọi là một nghiệm của hệ phương trình đó.
5.2.2 Định lý:
Cho m có dạng tiêu chuẩn m  p11 p22 ... pkk với p1 , p2 ,..., pk đôi một nguyên tố
cùng nhau và f ( x)  [ x] . Khi đó ta có phương trình đồng dư f ( x)  0(mod m) (5)

1
2

tương đương với hệ f ( x)  0(mod pii ) , i  1,2,..., k .

(6)


Chứng minh:
Thật vậy, giả sử x0 nghiệm đúng phương trình (1), nghĩa là f ( x0 )  0(mod m) .
Khi đó vì i=1,2,…,k có piai | m nên ta có f ( x0 )  0(mod piai ) hay x0 nghiệm đúng
hệ (6).
Ngược lại, giả sử x1 nghiệm đúng hệ phương trình (6), nghĩa là ta có:

f ( x1 )  0(mod pii ), i  1,2,..., k
Do m  p11 p22 ... pkk nên ta cũng có đồng dư thức f ( x1 )  0(mod m) , tức x1 cũng
nghiệm đúng phương trình (5). 
5.3 Hệ phương trình đồng dư tương đương:
Cho fi ( x), g j ( x)  [ x] . Hai hệ phương trình đồng dư

fi ( x)  0(mod mi ), i  1,2,..., r
g j ( x)  0(mod m j ), j  1,2,..., s
được gọi là tương đương nhau nếu tập hợp các giá trị nghiệm đúng của chúng trùng nhau. Khi
ấy ta viết:

fi ( x)  0(mod mi )  g j ( x)  0(mod m j )
5.4 Hệ phương trình đồng dư bậc nhất:
5.4.1 Định nghĩa:
Hệ phương trình dạng

 x  a1 (mod m1 )
 x  a (mod m )

2
2
(7)

...

 x  ak (mod mk )
với mi  N , bi  Z , i  1,2,..., k gọi là hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn.
Một nghiệm của hệ phương trình (7) là tập hợp tất cả các giá trị x  x0 (mod m) nghiệm
đúng hệ phương trình (4.4)
Theo Định lý cơ bản của số học, tính chất của đồng dư thức và các định lý trên, ta chỉ
cần tìm nghiệm của hệ với điều kiện m1 , m2 ,..., mk đôi một nguyên tố cùng nhau.
5.4.2 Phương pháp giải tìm nghiệm của hệ phương trình (7):
Đặt m  [m1, m2 ,..., mk ]  m1m2 ...mk , ứng với mỗi mi ta tìm số tự nhiên M i thỏa

Mi 

m
,i=1,2,…,k
mi

Khi đó có (mi , M i )  1 và ta cần tìm phần tử nghịch đảo yi của M i theo modulo

mi với i=1,2,…,k
Suy ra nghiệm duy nhất của hệ phương trình (4.4) có dạng
x  a1M1 y1  a2 M 2 y2  ...  ak M k yk   (mod m)
Ví dụ 11: Bài toán điểm binh của Hàn Tín:


 x  2(mod3)

 x  3(mod5)
 x  4(mod 7)

105
105
105
 35; M 2 
 21; M 3 
 15 .
3
5
7
Ta tìm các phần tử nghịch đảo:
+ Giải phương trình 35 y1  1(mod3) :
Ta có: (35,3)  (3,2)  1và  (3)  2 .
Nghiệm của phương trình là y1  35(mod3)  2(mod3)
Vậy phần tử nghịch đảo của M1  35 theo modulo 3 là y1  2 .
+ Giải phương trình 21y2  1(mod5) :
Ta có: (21,5)  1và  (5)  4 .
Ta có: m  3.5.7  105; M1 

Nghiệm của phương trình là y2  213 (mod5)  1(mod5)

Vậy phần tử nghịch đảo của M 2  21 theo modulo 5 là y2  1 .
+ Giải phương trình 15 y3  1(mod7) :
Ta có: (15,7)  1và  (7)  6 .
Nghiệm của phương trình là y3  155 (mod7)  1(mod7)
Vậy phần tử nghịch đảo của M 3  15 theo modulo 7 là y3  1 .
Vậy
hệ
phương
trình
có
nghiệm
duy
x  2.35.2  3.21.1  4.15.1  263  53(mod105) .

nhất

là:

VI. PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ MỘT ẨN BẬC CAO
6.1 Định nghĩa:
Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao có dạng
f ( x)  0(mod m) (8)
n
n1
trong đó f ( x)  Z [ x]; f ( x)  a0 x  a1x  ...  an , a0  0(mod m); n  1; m  1

6.2 Định lý:

 
Nếu m  p1 1 p2 2 ... pk k là sự phân tích chính tắc của m thành thừa số nguyên tố thì

phương trình (1) tương đương hệ phương trình đồng dư:

 f ( x)  0(mod p11 )


 f ( x)  0(mod p k )
k


(9)

Chứng minh:
Giả sử x  x0 (mod m) là một nghiệm của (8), nghĩa là f ( x0 )  0(mod m) .




Do m là bội của các p1 1  f ( x0 )  0(mod pi i ), i  1, n .
Suy ra x  x0 (mod m) là một nghiệm của hệ (9).


Ngược lại giả sử x  x0 (mod pii ), i  1, n là nghiệm của hệ (9), nghĩa là

f ( x0 )  0(mod pii ), i  1, k ; k  N
Nên f ( x0 )  0(mod p11 p22 ... pkk ), i  1, k ; k  N
Suy ra f ( x0 )  0(mod m)  x  x0 (mod m) là nghiệm của (8).
Từ định lý trên ta thấy việc giải phương trình f ( x)  0(mod m) được đưa về giải
phương trình f ( x)  0(mod p ) , p nguyên tố,  là số nguyên dương.
Tiếp theo ta chứng minh rằng phép giải phương trình f ( x)  0(mod p ) (10) được đưa
về phép giải phương trình f ( x)  0(mod p) (11).

Ta có mỗi nghiệm của (10) hiển nhiên là nghiệm của (4). Giả sử x  x1 (mod p) là một
nghiệm của (11)  x  x1  pt1, t1  Z .
Thay giá trị x  x1  pt1 vào phương trình:

f ( x)  0(mod p 2 )  f ( x1  pt1 )  0(mod p 2 )
Khai triển vế trái theo công thức Taylor tại x1 : f ( x) 
Suy ra: f ( x1  pt1 )  f ( x1 )  f ( x1 ) pt1 

(*)
n


k 0

f ( k ) ( x1 )
( x  x1 ) k
k!

f ( x1 )
( pt1 ) 2  ...
2!

f ( k ) ( x1 )
f ( k ) ( x1 )
Để ý rằng
nguyên nên
( pt1 )k  0(mod p 2 ) khi k  2
k!
k!
2

Suy ra (*)  f ( x1 )  f ( x1 ) pt1  0(mod p ) .
Chia hai vế phương trình trên cho p , ta được:
f ( x1 )

 f ( x1 )t1  0(mod p) (12)
p
 Nếu f ( x1 )  0(mod p) thì f ( x1 ) p  1  (5) có nghiệm (!)
t1  t1(mod p)  t1  t1  pt2
2
2
Suy ra x  x1  pt1  x1  p(t1  pt2 )  x1  pt1  p t2  x2  p t2 .
f ( x1 )
(mod p)
 Nếu f ( x1 )  0(mod p) thì (12) trở thành  0t1  
p
f ( x1 )
 0(mod p)  (12) có p nghiệm.
+ Trường hợp
p
f ( x1 )
 0(mod p)  (12) vô nghiệm.
+ Trường hợp
p
2
Trở lại (5), ta có: x  x2  p t2
3
Thay vào phương trình f ( x)  0(mod p )
2
3
Tương tự ta được f ( x2 )  p t2 f ( x2 )  0(mod p )

f ( x2 )
 t2 f ( x2 )  0(mod p3 )  x  x3  p3t3
2
p
Quá trình cứ tiếp tục, ta được x  x  p t .
Như vậy, ta đã đưa việc giải phương trình f ( x)  0(mod p ) về việc giải các phương
trình f ( x)  0(mod p),..., f( x) 0(mod p  )1
Suy ra

6.3 Phương pháp giải phương trình f ( x)  0(mod p ) , p nguyên tố,   2 :
Bước 1: Giải phương trình f ( x)  0(mod p) bằng cách thử qua hệ thặng dư đầy đủ
modulo p .
Giả sử phương trình có nghiệm x  x0 (mod p)  x  x0  pt; t 
Bước

2:

Giải

phương

f ( x0 )t 
Suy

ra

trình

f ( x)  0(mod p 2 ) .

Tìm

t

thỏa

trình

là

 f ( x0 )
(mod p)  t  t0  pk .
p
nghiệm

của

phương

x  x0  pt  x0  p(t0  pk )  x0  pt0  p k  x1  p k với x1  x0  pt0 .
2

2

Bước 3: Giải phương trình f ( x)  0(mod p3 )
Giống như Bước 2.
Ví dụ 12: Giải phương trình f ( x)  x 4  2 x3  9 x  1  0(mod53 ) (*)

5

Xét phương trình f ( x)  0(mod5)  x 4  2 x3  9 x  1  0(mod5)
Cho x nhận lần lượt các giá trị hệ thặng dư không âm bé nhất theo modulo 5
 {0,1,2,3,4} , ta thấy:

x  1  x 4  2 x3  9 x  1  0(mod5)
x  2  x 4  2 x3  9 x  1  0(mod5)
Vậy phương trình f ( x)  0(mod5) có 2 nghiệm là: x  1(mod5) và x  2(mod5) .
 x  1(mod5)  x  1  5t , t  Z
2
+ Giải phương trình f ( x)  0(mod5 ) :

5
(mod5)  t  1(mod5) t  1 5k
5
Suy ra nghiệm của phương trình (1) là x  1  5t  1  5(1  5k )  6  25k
3
+ Giải phương trình f ( x)  0(mod5 ) :
1675
x0  6, f (6)  1071, f (6)  1675  1071.k 
(mod5)
Ta
có:
52
 k  10713.( 67)(mod5)  k   67(mod5) k  3 5l ,l 
Suy ra nghiệm của phương trình là x  6  5k  6  5(3  5l )  81  125l
Hay x  81(mod125)
Ta có: x0  1, f (1)  1, f (1)   5  1.t 

 x  2(mod5)  x  2  5t , t  Z . Thực hiện các bước tương tự ta tìm được nghiệm
của phương trình (1) là x  57(mod125)
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là: x  81(mod125)và x  57(mod125) .
Trường hợp m là số nguyên tố, ta gọi phương trình (1) là phương trình đồng dư bậc cao
theo modulo nguyên tố. Khi đó, ta có định lý sau:
 Định lý:
Phương trình đồng dư bậc n theo modulo p

f ( x)  a0 x n  a1x n1  ...  an  0(mod p); a0  0(mod p), p là số nguyên tố
có không quá n nghiệm.

PHẦN C: BÀI TẬP
I. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHÁC
Dạng 1: Tìm số dư của phép chia
Phương pháp: Muốn tìm số dư trong phép chia số A cho m , ta phải tìm được số
x (0  x  m) sao cho A  x(mod m) .
Ví dụ 14: Tìm số dư trong phép chia 192012 cho 70?
Ta có: 192012  (192 )1006 và 1006  6  103

192  11(mod 70)  (192 )1006  111006 (mod 70)
Ta có: 116  1(mod 70)

1110  11(mod 70)  1110  1110   1110 (mod 70)  11(mod 70)
10

2

 1110  1110 (mod 70)  11(mod 70)
3

1006
610
 1.11  11(mod 70)
Suy ra 11  11
3

Từ đó ta có 192012  11(mod 70)
2012

Vậy số dư trong phép chia 19
cho 70 là 11.
Dạng 2: Tìm dấu hiệu chia hết của một số nhỏ
Phương pháp: ta tách số A hợp lý để được một biểu thức đơn giản nhất của các chữ số
của A là f ( A) sao cho A  f ( A)(mod m)
Ví dụ 15: Tìm dấu hiệu chia hết cho 3?
Xét số tự nhiên có n  1 chữ số A  an an1...a1a0
Ta có:


A  an an1...a1a0  r (mod3)

(1)

 a0 .100  a1.101  ...  an1.10n1  an .10n  r (mod3)
 a0  (a1.9  a1 )  ...  (an1.99...99  an1 )  (an .99...99  an )  r (mod3)
 (a1.9  a2 .99  ...  an1 99...99  an .99...99)  (a0  a1  ...  an1  an )  r (mod3)
Vì a1.9  a2 .99  ...  an199...99  an .99...99  0(mod3)
Nên a1  a2  ...  an1  an  r (mod3)
Vậy A  a0a1...an1an  a0  a1  ...  an1  an (mod3)

Hay A  a0a1...an1an khi chia cho 3 có cùng số dư khi chia tổng các chữ số của A cho 3.
Từ đó A chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các chữ số của A chia hết cho 3.
Dạng 3: Chứng minh sự chia hết
Phương pháp: Để chứng minh A chia hết cho m , ta đi chứng minh A  0(mod m)
2 n1

Ví dụ 16: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì số A  4

 3n2 luôn chia hết cho

13?
Ta có: 4  16  3(mod13)  4
Mà 4  4(mod13)
2

2n

 3n (mod13)

2 n1

 4.3n (mod13)
(8)
2
Ta lại có: 3  9  4(mod13)
Nên 4

Mà 3  3 (mod13)
n

n

n 2

Suy ra 3 .3  4.3 (mod13)  3

 4.3n (mod13)
(9)
2 n1
n 2
 3  0(mod13)
Cộng hai vế của (8) và (9) ta được 4
Vậy số A  42 n1  3n2 13, n  
2

n

n

Dạng 4: Tìm các chữ số tận cùng của một số lớn
m
Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của A là tìm số dư khi chia A cho 10

 Chú ý:
- Nếu A có chữ số tận cùng là 0;1;5 hoặc 6 thì An lần lượt có chữ số tận cùng là 0;1;5
hoặc 6
- Nếu A có chữ số tận cùng là 2;3 hoặc 7 thì ta vận dụng nhận xét với k 

24 k  6(mod10)
34 k  1(mod10)

7 4 k  1(mod10)
n
Do đó để tìm chữ số tận cùng của A với A có chữ số tận cùng là 2;3 hoặc 7 ta lấy n
chia cho 4. Giả sử n  4k  r , r 0;1;2;3


- Nếu A  2(mod10) thì A  2  2

4 k r

 6.2r (mod10)
n
4 k r
- Nếu A  3(mod10) hoặc A  7(mod10) thì A  A
 Ar (mod10)
n

n

Ví dụ 17: Tìm chữ số tận cùng của các số sau:
a) 62009

b) 22009

c) 92008

d) 91991

a) Ta có 62009 có chữ số tận cùng là 6
2009

b) 2
 22008.2  (24 )502 .2  16502.2  (...6).2  ...2
Vậy 22009 có chữ số tận cùng là 2
2008
 (92 )1004  811004  ...1
c) 9
Vậy 92008 có chữ số tận cùng là 1
1991
 (92 )995.9  81995.9  (...1).9  ...9
d) 9
Vậy 91991 có chữ số tận cùng là 9
 Nhận xét:
Số có chữ số tận cùng là 9 khi nâng lên lũy thừa với số mũ tự nhiên chẵn khác 0 nào thì
chữ số tận cùng là 1, và khi năng lên lũy thừa với số mũ tự nhiên lẻ thì có tận cùng là 9.

II. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Tìm dấu hiệu chia hết cho 7.
Bài 2: Tìm số dư của số 1234567894 khi chia cho 8
Bài 3: Chứng minh rằng 22225555  55552222 chia hết cho 7.
Bài 4: Tìm chữ số tận cùng của các số A  99 , B=1414
Bài 5: Tìm số dư trong các phép chia sau
9

a) 123345 chia cho 14

14

b) 35150 chia cho 425

Bài 6: Tìm các số tự nhiên n để nn1 (n  1)n chia hết cho 5

8n
4n
Bài 7: Chứng minh rằng nếu (a,5)  1 thì a  3a  4 chia hết 100

Bài 8:
a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n  1 chia hết cho 7
b) Chứng minh rằng không có số tự nhiên n nào để 2n  1 chia hết cho 7.
Bài 9: Giải các phương trình đồng dư sau:
a) 13x  1 mod 27 

b) 6 x  27  mod 241
c) 89 x  86  mod33
d) 111x  81 mod 447 
Bài 10: Cho (a, b)  1, hãy giải các phương trình sau:


a)  a  b  x  a 2  b2 (mod ab)
b)  a 2  b2  x  a  b(mod ab)
c) (a  b)2 x  a 2  b2 (mod ab)
Bài 11: Chứng minh định lí Wilson: Số nguyên n  1 là số nguyên tố nếu và chỉ nếu

 n  1!  1(mod n)

Bài 12: Cho p là số nguyên tố, (a, p)  1 . Chứng minh rằng:
a) a p  ( p  1)!a  0(mod p)
b) a  ( p  1)!a p  0(mod p)
Bài 13: Giải các hệ phương trình đồng dư sau:

 x  1(mod5)
 x  1(mod 7)


a) 
 x  7(mod8)
 x  6(mod9)

 x  1(mod 2)

b)  x  3(mod 4)
 x  5(mod 6)


Bài 14: Giải các phương trình đồng dư sau:
2
1) 5x  x  4  0 (mod 13)
7
5
3
2) x  2 x  3x  1  0 (mod 5)

Bài 15:
Bạn Thắng học sinh lớp 6A đã viết một số có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó là 14.
Bạn Thắng đem số đó chia cho 8 thì được số dư là 4, nhưng khi chia cho 12 thì được số dư là 3.
a) Chứng minh rằng bạn Thắng đã làm sai ít nhất một phép tính chia.
b) Nếu phép chia thứ nhất cho 8 là đúng thì phép chia thứ hai cho 12 có số dư là bao
nhiêu ? Hãy tìm số bị chia.
2003
Bài 16: Tìm hai chữ số tận cùng của 2 .

III. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN
Bài 1:

Hướng dẫn:
Xét số tự nhiên có n  1 chữ số A  an an1...a1a0 , có nghĩa là A được viết dưới dạng

A  an .10n  an1.10n1  ...  a1.10  a0 ,(0  ai  9)
Ta nhận thấy:

ao  a0 (mod 7)  ao  ao (mod 7)
10  3(mod 7)

 10a1  3a1 (mod 7)

102  2(mod 7)

 102 a2  2a2 (mod 7)

103  1(mod 7)  103a3  1a3 (mod 7)
...


Từ đó, A  an an1...a1a0 chia hết cho 7 khi tổng có dạng

(a0  3a1  2a2 )  (a3  3a4  2a5 )  ...  (a6t 3  3a6t 2  2a6t 1 )  0(mod 7),t 
Ngoài ra, với mọi số x, y, z ta đều có:

x  3 y  2 z  100 z  10 y  x  zyx(mod 7)
Nên A  an an1...a1a0 chia hết cho 7 khi tổng có dạng

a2a1a0  a5a4a3  a8a7 a6  a11a10a9  ... chia hết cho 7 .
Bài 2:
Hướng dẫn: Tìm x sao cho 123456789  x(mod 8) ; x  5

Suy ra: 1234567894  54 (mod 8)
Mà 54  1(mod 8)
Sử dụng tính chất bắc cầu của quan hệ đồng dư ta có 1234567894  1(mod 8) .
Vậy số dư của phép chia 1234567894 cho 8 là 1.
Bài 3:
Hướng dẫn: Tìm a sao cho 22225555  a(mod7) và 55552222  a(mod7) ; a  2 .
Bài 4:
Đáp án: Số tận cùng của A là 1 và của B là 6
Bài 5:
Đáp án:
a) 1
b) 375
Bài 6:

Hướng dẫn: Xét n  5k  r , r 0;1;2;3;4
Bài 7:
8n
4n
Hướng dẫn: Phân tích A  a  3a  4 thành nhân tử

A  a8n  3a 4 n  4  (a 4 n  1)(a 4 n  4)
Áp dụng định lý Euler, ta có a 4  1(mod 5) .
Từ đó ta có (a 4 n  4) 5 và (a 4 n  1) 5
Dẫn đến ta chỉ cần chứng minh A chia hết cho 4.
Bài 8:
a) Xét các trường hợp n  3k , k  và n  3k  r , k  , r 1;2
Đáp án: n  3k , k  thì (2n  1) 7
b) Hướng dẫn: Áp dụng câu a.
Bài 9:
a) Đáp án:

x  2(mod 27)

b) Đáp án:

x  125  mod 241

c) Hướng dẫn: 89 x  86 mod33  23x  20 mod33

*


x  31 mod33
d) Hướng dẫn: 111x  81 mod 447   37 x  27(mod149)
x  41;190;339  mod 447 

Bài 10:
a) Hướng dẫn:Ta có:  a  b  x  a 2  b2 (mod ab)

 (a  b) x  a 2  2ab  b2 (mod ab)
 (a  b) x  (a  b)2 (mod ab)
Mà (a  b, ab)  1 nên  x  (a  b)(mod ab)
b) Hướng dẫn:Vì (a  b, ab)  1 nên ta có:

a

2

 b2  x  a  b(mod ab)  (a  b) x  1(mod ab)

Mà (a  b, ab)  1, nên nghiêm của phương trình là x  (a  b) ( ab )1 (mod ab)
c) Hướng dẫn: Tương tự câu b, ta có nghiệm phương trình là :

x  (a  b).(a  b) ( ab )1 (mod ab)
Bài 11:
Hướng dẫn:
Giả sử n là số nguyên tố . Nếu n  2,3 thì định lý đúng. Nếu n  3 , thì với mỗi số nguyên
a luôn tớn tại duy nhất số nguyên b sao cho a.b  1(mod n) .Ta chứng minh 2  b  p  2 . Ta
luôn tồn tại có nghiệm của phương trình đồng dư sao cho 1  b  p  1 . Ngoài ra, nếu b  1 thì
a  1. Nếu b  n  1 thì a  n  1. Điều này mâu thuẫn. Do đó, các phần tử của tập

n3
cặp (a, b) như trên. Từ đó suy ra
2
2.3...(n  2)  1(mod p) hay (n  1)!  (n  1)(mod n)  1(mod n) .
Ngược lại, giả sử (n  1)!  1(mod n) . Ta chứng minh n là số nguyên tố. Thật vậy, giả
sử n là hợp số, tức là n  a.b trong đó 1  a  b  n . Khi đó a | (n  1)! . Ngoài ra theo giả
thuyết , ta có (n  1)!  1(mod n) tức là a | ((n  1)! 1) . Từ đó suy ra a |1 . Điều này mâu
thuẫn. Vậy n là số nguyên tố.

A  {2,3,..., n  2}

chia

thành

Bải 12:
a) Hướng dẫn:
Ta có: ( p  1)!  1(mod p) ( Định lí Wilson)

 ( p  1)!a  a(mod p)
p
Mà a  a(mod p) (Định lý Fermat)
 a p  ( p  1)!a  0(mod p)
b) Hướng dẫn:
Ta có :

( p  1)!   1(mod p )( Định lí Wilson)

a p  a(mod p) (Định lý Fermat)


 ( p  1)!a p  a(mod p)
 ( p  1)!a p  a  0(mod p)
Bài 13:
a)Đáp án: x  456(mod315)
b)Đáp án: x  7(mod8)
Bài 14:
a)Đáp án: x  2(mod13); x  3(mod13)
b)Đáp án: x  1(mod5)
Bài 15:
Hướng dẫn:
a) Dựa vào điều kiện của bài toán, ta chứng minh được số có hai chữ số bị lệch nhau
khi ở hai điều kiện như trên.
b) Số dư là 8. Số bị chia là 68.
Bài 16:
Hướng dẫn: Nhận thấy 2003  2000  3  (210 )100  3
Đáp án: Hai chữ số tận cùng là 08.