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

Chính vìthế, 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".. Trong vành các số nguyên Gauss, ta có thểxây dựng các

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC HUẾTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Huế, năm 2011

Mục Lục

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 x2 + 1 ≡ 0 (mod π) 46

3.4.2 Phương trình αx2 + βx + γ ≡ (mod π) 473.4.3 Phương trình x2 ≡ 1 + i (mod q) 48

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 toántrong 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 Trongkhi đó, lý thuyết đồng dư có thể khái quát lên các miền nguyên Chính vìthế, 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 phéptoán nhân các số phức cảm sinh tạo thành một vành, gọi là vành các sốnguyên Gauss ký hiệu là Z[i] Trong vành các số nguyên Gauss, ta có thểxây 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 ứngvới 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 trìnhbậc 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 tránhkhỏi có một số sai sót Rất mong sự nhận xét, góp ý của quý thầy cô vàcác bạn để đề tài được hoàn chỉnh hơn

+ Z ⊂ Z[i] nên Z[i] 6= ∅

+ ∀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 sốphức, 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 miềnnguyên có đơn vị

1.1.2 Mệnh đề 1.1.2

Z[i] là miền nguyên Euclide

Chứng minh:

Xét ánh xạ:

N : Z[i]∗ = Z[i]\{0} −→ N

α = m + ni 7−→ N (α) = αα = m2 + n2i) ∀α, β ∈ Z[i]∗, ta có

c2 + d2 , v = bc − ad

c2 + d2 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

θ 6= 0 và N (θ) < N (β)

Từ i) và ii) ta suy ra Z[i] là miền nguyên Euclide 2

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,

(⇐) Giả sử N (ε) = 1 và ε = a + bi Khi đó

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

Giả sử π ∈ Z[i]∗ \ U là phần tử nguyên tố Khi đó π chỉ chia hết chonhững số nguyên Gauss liên kết với 1 và những số nguyên Gauss liên kếtvới chính nó.

Vì vậy, nếu π là phần tử nguyên tố của Z[i] thì π có đúng tám ước:

±1, ±i, ±π, ±iπNếu π là một phần tử nguyên tố của Z[i] thì các số nguyên Gaussliên kết với π cũng là các phần tử nguyên tố của 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 khôngphải là phần tử nguyên tố của Z[i] nên:

∃ β, γ ∈ Z[i]∗\U : α = βγ với N (β) > 1, N (γ) > 1

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 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 = m2+n2hay 4k + 3 = m2 + n2

Nếu m chẵn m = 2l (l ∈ Z) thì m2 = 4l2 ≡ 0 (mod 4)

Nếu m lẻ m = 2t + 1 (t ∈ Z) thì m2 = 4t2 + 4t + 1 ≡ 1 (mod 4).Tương tự nếu n chẵn thì n2 ≡ 0 (mod 4), n lẻ thì n2 ≡ 1 (mod 4)

Do đó:

m2 + n2 ≡ 0 (mod 4) nếu m, n chẵn

m2 + n2 ≡ 1 (mod 4) nếu m chẵn, n lẻ hoặc m lẻ, n chẵn

m2 + n2 ≡ 2 (mod 4) nếu m, n lẻ

Mà 4k + 3 ≡ 3 (mod 4) Mâu thuẫn với 4k + 3 = m2 + n2.

Vậy q 6= N (α), ∀α ∈ Z[i] Theo ii) ta suy ra q là một số nguyên tốtrong Z[i] 2

Bổ đề 1.3.3 Xét p là một số nguyên tố dương trong Z, khi đó:

p = a2 + b2 (a, b ∈ Z) ⇔ p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4)

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 đótheo ii) mệnh đề 1.3.2 ta suy ra p không phải là phần tử nguyên tố của

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 nguyêndương nhỏ nhất trong những số đó.

Giả sử z không phải là số nguyên tố trong Z Khi đó ∃ z1 > 1, z2 > 1(z1, z2 ∈ N∗) sao cho z = z1z2 Ta có z1 < z và z2 < z Mặt khác π | zhay π | z1z2 Theo ii) mệnh đề 1.3.1 ta có π | z1 hoặc π | z2 (Mâu thuẫnvới 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, p0 của Z Khi đó

π | p, π | p0 nên π | xp + yp0 = 1 ( Do (p, p0) = 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 sốnguyên tố dương trong Z

Sau đây, chúng ta sẽ xác định các phần tử nguyên tố của Z[i] bằngphương 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 theomệnh 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

p2 = 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 = m2 + n2Suy ra

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 = 12 + 12 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 = a2 + b2 ,

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:

a + bi sao cho N (a + bi) = a2 + b2 =p

với p là số nguyên tố lẻ trong Z có dạng 4n+1Mệnh đề 1.3.6

i) Mọi số nguyên Gauss khác 0 và khác các phần tử khả nghịch đềuchia 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]

là số nguyên tố trong Z Theo i, mệnh đề 1.3.2 ta suy ra αr làphần tử nguyên tố của Z[i] Vậy αr là ước nguyên tố của α.ii) Giả sử α ∈ Z[i]∗\U Theo i) tồn tại π1 là phần tử nguyên tố củaZ[i] sao cho α = π1α1, N (α1) < N (α).

+ Nếu α1 ∈ U thì do π1 là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α là phần

tử nguyên tố của Z[i]

+ Nếu α1 6∈ U thì theo i) tồn tại π2 là phần tử nguyên tố của Z[i] saocho α1 = π2α2, N (α2) < N (α1)

- Nếu α2 ∈ U thì do π2 là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α1 cũng

là phần tử nguyên tố của Z[i] Ta có α = π1α1

- Nếu α2 6∈ U thì ta tiếp tục quá trình trên Nhưng vì:

N (α), N (α1), N (α2), ∈ N và N (α) > N(α1) > N (α2) > nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với πr làphần tử nguyên tố của Z[i], αr ∈ U và α = π1π2 πr−1πrαr Do

πr là phần tử nguyên tố của Z[i] nên αr−1 = πrαr cũng là phần

tử nguyên tố của Z[i]

Vậy α = π1π2 πr−1αr−1 trong đó πi, i = 1, r − 1 và αr−1 làcác phần tử nguyên tố của Z[i] 2

Nhận xét 1.3.7

Ta có Z[i] là miền nguyên Gauss nên mọi phần tử khác 0 và khôngkhả nghịch đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tửnguyên tố

Do đó với mọi α ∈ Z[i]∗\U ta có thể đặt α dưới dạng:

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:

Đặc biệt, nếu α ≡ β (mod µ) và k ∈ N thì αk ≡ βk (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)

α ≡ β (mod µ)trong đó µ ∼ [µ1, µ2, , µk]

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)

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

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

Như vậy, nếu αµ ∈ Z[i]µ thì α ∈ Z[i] Và ∀ β ∈ αµ ta có β ∈ Z[i],

β ≡ α (mod µ)

Ta có Z[i]µ là một vành với hai phép toán:

αµ+ βµ = (α + β)µ

αµβµ = (αβ)µvới mọi αµ, βµ ∈ Z[i]µ

Định nghĩa 2.2.1 Xét ánh xạ f được xác định như sau:

f: Z[i]µ −→ Z[i]

αµ 7−→ f (αµ) = β ∈ αµKhi 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, Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ khi và chỉkhi Hµ thỏa mãn hai điều kiện:

i) Nếu α, β ∈ Hµ và α 6= β thì α 6≡ β (mod µ)

ii) Với mọi γ ∈ Z[i] tồn tại α ∈ Hµ sao cho α ≡ γ (mod µ)

Nếu Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ thì Hµ∗ = Hµ\{0} làmột hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ

Sau đây, chúng ta sẽ chỉ ra một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ

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

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)

Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ x01 < m21 + n21

Vì (x01, y10), (x02, y20) là nghiệm của (1) và (2) nên:

Do đó nếu chọn t2 − t1 = t0 thì x1 = x2 Mà t1, t2 ∈ Z bất kỳ nên ta cóthể chọn t1 = 0, t2 = t0 Đặt x = x1 = x2, ta có:

xm1 + n1 = −y10(m21 + n21)

xn1 − m1 = −(y20 − n1t0)(m21 + n21)Điều này chứng tỏ tồn tại x ∈ Z, 0 ≤ x < m21 + n21 sao cho:

Do đó m2 + n2|(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

Vậy α 6≡ β (mod µ).

ii) Với mọi γ = a + bi ∈ Z[i] ta chứng minh tồn tại α = r + si ∈ Hµ

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:

Từ i) và ii) ta suy ra Hµ là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ 2

Định nghĩa 2.3.1 Với mỗi µ ∈ Z[i]∗, ta đặt:

ϕ(µ) = P

γ∈Hµ∗(γ,µ)∼1

1

trong đó, Hµ∗ là hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ

ϕ(µ) được gọi là hàm Euler

Từ định nghĩa ta thấy ϕ(µ) chính là số các số nguyên Gauss trong

+ Giả sử d | α2 Khi đó do (α1, α2) ∼ 1 nên d | γ2 Suy ra (γ2, α2)  1.Mâu thuẫn với γ2 ∈ Gα2.

+ Giả sử d - α1 và d - α2 Khi đó d - α = α1α2 Mâu thuẫn với d | α

iii) Chứng minh f là đơn ánh:

Xét γ1, γ10 ∈ Gα1; γ2, γ20 ∈ Gα2 Ta có f (γ1, γ2) = β, f (γ10, γ20) = β0.Giả sử f (γ1, γ2) = f (γ10, γ20) tức β = β0 Ta có:

γ1 ≡ γ10 (mod α1) và γ2 ≡ γ20 (mod α2).

Ta có γ1, γ10 ∈ Hα∗

1; γ2, γ20 ∈ Hα∗

2 nên γ1 = γ10, γ2 = γ20.Suy ra

(γ1, γ2) = (γ10, γ20)Vậy f là đơn ánh

iv) Chứng minh f là toàn ánh:

Do (α1, α2) ∼ 1 nên tồn tại s, t ∈ Z[i] sao cho sα1 + tα2 = 1 Suy ravới mọi β ∈ Gα ta có βsα1 + βtα2 = β (∗)

Vì Hα1 là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α1 nên ∃ γ1 ∈ Hα1 sao cho

γ1 ≡ βt (mod α1)

Vì Hα2 là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α2 nên ∃ γ2 ∈ Hα2 sao cho

γ2 ≡ βs (mod α2)

Từ (*) ta có βsα1β−1+ βtα2β−1 = 1 Do đó (βt, α1) ∼ 1; (βs, α2) ∼ 1.+ Giả sử (γ1, α1)  1 Gọi d  1 là ước chung của γ1 và α1

Ta có d | α1 mà α1 | βt − γ1 nên d | βt − γ1 Vì d | γ1 nên d | βt.Suy ra (βt, α1)  1 (Vô lý) Vậy (γ1, α1) ∼ 1 hay γ1 ∈ Gα1

+ Giả sử (γ2, α2)  1 Gọi d0  1 là ước chung của γ2 và α2

Ta có d0 | α2 mà α2 | βs − γ2 nên d0 | βs − γ2 Vì d0 | γ2 nên d0 | βs.Suy ra (βs, α2)  1 (Vô lý) Vậy (γ2, α2) ∼ 1 hay γ2 ∈ Gα2

Ta có:

α1 | βt − γ1 ⇒ α = α1α2 | (βt − γ1)α2

α2 | βs − γ2 ⇒ α = α1α2 | (βs − γ2)α1

Để chứng minh (*) ta chứng minh ϕ(πn) = N (πn) − N (πn−1) với π

là phần tử nguyên tố của Z[i] và n ∈ N

Ta có:

ϕ(πn) = P

γ∈Hπn∗(γ,π)∼1

Suy ra:

ϕ(πn) = N (πn) − 1 − (N (πn−1) − 1)

= N (πn) − N (πn−1)Vậy:

Định lý 2.6.2 Với mọi α ∈ Z[i]∗ ta có:

P

β|α

ϕ(β) = N (α) (**)Chứng minh:

(⇒) Giả sử αµ khả nghịch Khi đó tồn tại βµ ∈ Z[i]µ sao cho αµβµ = 1µ.Suy ra αβ ≡ 1 (mod µ) Do đó theo vi) mệnh đề 2.1.2.1 ta có

(αβ, µ) ∼ (1, µ) ∼ 1Vậy (α, µ) ∼ 1

(⇐) Giả sử (α, µ) ∼ 1 Khi đó tồn tại x, y ∈ Z[i] sao cho αx + µy = 1.Suy ra αx ≡ 1 (mod µ) Do đó: (αx)µ = 1µ ⇔ αµxµ = 1µ

Do G∗µ là nhóm nhân hữu hạn cấp ϕ(µ) nên cấp của αµ (αµ ∈ G∗µ)

là cấp của nhóm con cyclic sinh bởi αµ, ký hiệu là < αµ > Theo định lýLagrange ta có cấp của < αµ > là một ước số của ϕ(µ) Do đó:

αϕ(µ)µ = 1µĐịnh lý 2.7.2 (Định lý Euler)

Cho α ∈ Z[i]∗, µ ∈ Z[i]∗ Nếu (α, µ) ∼ 1 thì αϕ(µ) ≡ 1 (mod µ)Chứng minh:

Chứng minh:

* Cách 1:

Giả sử π = a + bi là phần tử nguyên tố của Z[i] Khi đó (a, b) = 1.Thật vậy, nếu (a, b) = c 6= 1 thì a 6= 1, b 6= 1 và b = ac (hoặc a = bc).Suy ra π = a + bi = a + aci = a(1 + ci) tức a | π Vô lý vì π là phần tửnguyên tố của Z[i]

Ta có (a, b) = 1 do đó

Hπ = {yi | y = 0, 1, , a2 + b2 − 1} = {yi | y = 0, 1, , N (π) − 1}(Hπ là hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô π)

Vì π là phần tử nguyên tố của Z[i] nên:

ϕ(π) = P

yi∈Hπ∗(yi,π)=1

Nếu x ∈ Z[i]∗ chạy qua Hπ∗ thì do (α, π) = 1 nên αx cũng chạy qua

Hπ∗ Do đó theo i) mệnh đề 2.1.1 ta có:

Y

x∈H ∗ π

αx ≡ Y

x∈H ∗ π

x (mod π)

⇔ αN (π)−1 Y

x∈H ∗ π

x ≡ Y

x∈H ∗ π

x (mod π)

Theo ii) mệnh đề 2.1.2.1 ta suy ra:

αN (π)−1 ≡ 1 (mod π) 2