Lý thuyết số

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn đều tồn tạin số tự nhiênliên tiếp là hợp số.. Chứng minh rằng nếun là hợp số thì nó có ước nguyên tố không vượtquá √ n.. Chứng minh rằng nếu ước

GIÁO TRÌNH

LÝ THUYẾT SỐ

VŨ VĂN THÔNG

MỤC LỤC

1.1 Vành số nguyên 3

1.2 Các tính chất cơ bản của Z 4

1.3 Phép chia trong Z 6

1.4 Biểu diễn số nguyên 7

2 ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ 13 2.1 Ước chung lớn nhất 13

2.2 Thuật toán Euclid 15

2.3 Định lý cơ bản của số học 17

2.4 Phương trình Diophantus tuyến tính 19

3 ĐỒNG DƯ 25 3.1 Khái niệm đồng dư 25

3.2 Các đồng dư tuyến tính 28

3.3 Định lý phần dư Trung hoa 30

3.4 Hệ các đồng dư tuyến tính 31

3.5 Định lý Wilson và định lý Euler 34

4 CÁC HÀM SỐ HỌC 43 4.1 Nhận xét chung 43

4.2 Hàm Euler ϕ(n). 46

4.3 Hàm tổng các ước σ(n)và số các ước τ (n). 48

4.4 Hàm Mo¨bius µ(n). 51

1

5 CĂN NGUYÊN THỦY 57

5.1 Bậc của số nguyên và căn nguyên thuỷ 57

5.2 Căn nguyên thuỷ của số nguyên tố 61

5.3 Các số có căn nguyên thuỷ 64

5.4 Chỉ số số học 69

6 THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG 75 6.1 Thặêng dư bình phương 75

6.2 Luật thuận nghịch bình phương 80

6.3 Ký hiệu Jacobi 84

6.4 Số giả nguyên tố Euler 87

7 SỐ b- PHÂN PHÂN SỐ LIÊN TỤC 97 7.1 Số b-phân 97

7.2 Phân số liên tục hữu hạn 102

7.3 Phân số liên tục vô hạn 108

7.4 Vài ứng dụng của phân số liên tục 118

8 MỘT VÀI PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS PHI TUYẾN 125 8.1 Các bộ ba Pythagoras 125

8.2 Tổng của hai số chính phương 126

8.3 Tổng của bốn số chính phương 128

8.4 Phương trình Pell 131

SỐ NGUYÊN

1.1 Vành số nguyên

Vành số nguyên Z là mở rộng nhỏ nhất của tập số tự nhiên N cùng với cácphép toán cộng và nhân sao cho phương trìnha + x = bluôn luôn có nghiệm.Nghiệm duy nhất x của phương trình a + x = b được ký hiệu là b − a.

Định lý 1.1 Có vành Z với các phép toán cộng (ký hiệu: + ), nhân ( · ) và ánh xạ f : N −→ Zsao cho:

1. f vừa là đơn cấu nửa nhóm cộng vừa là đơn cấu nửa nhóm nhân.

2 Các phần tử của Z đều có dạng f (a) − f(b) với a, b ∈ N.

Chứng minh. Quan hệ hai ngôi  trên tích Descartes N × N xác định bởi:

(a, b)(c, d) nếuu a + d = b + c là quan hệ tương đương

Ta ký hiệu tập thương N × N/là Zvà gọi nó là vành (?!) số nguyên Nhưvậy, mỗi số nguyên là một lớp tương đương và nếu nó chứa đại diện (m, n)

ta sẽ tạm ký hiệu nó là (m, n).

Phép cộng và nhân trên Z được định nghĩa như sau:

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).

(a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc).

Xem như bài tập, yêu cầu đọc giả tự kiểm tra tính đúng đắn của địnhnghĩa các phép toán nêu trên và chứng tỏ rằng (Z, +, ·) là một vành giaohoán với phần tử trung hoà của phép cộng và của phép nhân tương ứng là

3

0 = (0, 0) , 1 = (1, 0).

Ánh xạ f : N −→ Z xác định bởi: f (n) = (n, 0).

1 Dễ dàng thấy rằng f là đơn ánh và:

f (a + b) = (a + b, 0) = (a, 0) + (b, 0) = f (a) + f (b)

f (a · b) = (ab, 0) = (a, 0) · (b, 0) = f(a) · f(b)

2 Giả sử x = (a, b) ∈ Z. Khi đó:

x = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) − (b, 0) = f(a) − f(b).

Nhận xét:

1) Ta đồng nhất mỗi số tự nhiên n với ảnh f (n) ∈ Z;do đó N ⊂ Z.

2) Nếu a, b ∈ N, a > b thì số nguyên x = (a, b) = (a − b, 0) = f(a − b);

do có sự đồng nhất nên x chính là số tự nhiên n = a − b và ta gọi nó là sốnguyên dương, ta viết x = n.

Nếu a, b ∈ N, a < b thì số nguyên x = (a, b) = −(b − a, 0) = −f(b − a);

như vậyxchính là số đối của số tự nhiênn = b −avà ta gọi nó là số nguyênâm, ta viết: x = −n.

Số nguyên x = (n, n) chính là số 0.

1.2 Các tính chất cơ bản của Z

Vành R được gọi là một miền nguyên nếuu với mọi x, y ∈ R : x = 0, y = 0

kéo theo xy = 0.

Định lý 1.2 Z là miền nguyên, đếm được, chứa N như là nửa nhóm con cộng và nửa nhóm con nhân Mọi vành cực tiểu chứa N như là nửa nhóm con cộng và nửa nhóm con nhân đều đẳng cấu vành với Z.

1.2 CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA Z 5

Chứng minh. Ta đã biết vành số nguyên Z gồm các số tự nhiênn và các sốđối −n; từ đây dễ dàng suy ra rằng Z là miền nguyên, đếm được, cực tiểuchứa N như là nửa nhóm con cộng và nửa nhóm con nhân

Giả sử X là một vành cực tiểu có ánh xạg : N −→ X vừa là đơn cấu nửanhóm cộng vừa là đơn cấu nửa nhóm nhân Vậy thì X chỉ gồm các phần tử

g(n)và−g(n), n ∈ N.Dễ dàng thấy rằng ánh xạϕ : Z −→ X, +n −→ +g(n)

Vành giao hoán R cùng với một quan hệ thứ tự toàn phần ≤ được gọi làvành được sắp thứ tự nếuu với mọi x, y ∈ R đều thỏa :

1 ∀z ∈ R (x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z)

2 0≤ x, 0 ≤ y ⇒ 0 ≤ xy

Trên Zta đưa ra quan hệ 2-ngôi ≤ như sau: x ≤ ynếuu y − x ∈ N. Dễ thấyđây là quan hệ thứ tự trên Z và là mở rộng của quan hệ thứ tự trên N.

Định lý 1.3 Z, ≤ là một vành được sắp thứ tự Archimed.

Chứng minh. Xem như bài tập cho đọc giả

Trị tuyệt đối của số nguyên x, ký hiệu là |x|, được định nghĩa:

|x| =
x nếu x ≥ 0

−x nếu x ≤ 0

Các tính chất về trị tuyệt đối xem như đã rõ

Định lý 1.4 Giả sử M là tập không rỗng các số nguyên Khi đó:

1 Nếu M bị chặn trên thì M chứa số lớn nhất.

2 Nếu M bị chặn dưới thì M chứa số nhỏ nhất.

Chứng minh. Chúng tôi chỉ chứng minh cho trường hợp tập M là bị chặntrên

Đặt A = M ∩ N Nếu A = ∅ phần tử lớn nhất b của A sẽ là phầntử lớn nhất của M. Ngược lại, thì số −b sẽ là phần lớn nhất của M với

b = min {−x : x ∈ M }.

1.3 Phép chia trong Z

Chúng ta nói rằng số nguyên a chia hết cho số nguyên b = 0, hay a là bộicủab, ký hiệu a : b, . nếuu có số nguyên cđể a = bc.Trong trường hợp này

ta cũng nói là b chia chia hết a, hay b là ước (thừa số) cùa a, ký hiệu b | a.

Ngược lại, ta nói rằng a không chia hết cho b, hay b không chia hết a, kýhiệu b
a.

Ví dụ 1.3.1 6 | 12 ; −5 | 20 ; 7 | − 49 ; −8 | − 16 ; 15 | 0 ; 8
12 ;

− 3
8 ; 4
−9 ; −12
−18.



Dễ dàng chứng minh được định lý sau:

Định lý 1.5 Giả sử a, b là các số nguyên Khi đó:

1 Nếu b | a và a > 0, b > 0 thì 1≤ b ≤ a.

2 Nếu b | a và c | b, thì c | a.

3 Nếu b | a và c = 0 thì bc | ac.

4 Nếu c | a và c | b, thì c | (ma + nb) với các số nguyênm, n bất kỳ.

Định lý 1.6 Giả sử a, b là các số nguyên, b = 0. Khi đó tồn tại duy nhất các số nguyên q, r thỏa: a = bq + r và 0≤ r < |b|.

Chứng minh. Tập các số nguyên M = {bx : x ∈ Z ; bx ≤ a } là không rỗngvà bị chặn trên, theo định lý 1.4, M có số lớn nhất là bq. Ta có bq ≤ a và

a < bq + |b|; suy ra 0≤ r = a − bq < |b|.

Giả sử ta có các biểu diễn: a = bq1+ r1 = bq2+ r2; 0≤ r1, r2 < |b|. Thếthì: |b| · |q1− q2| = |r1 − r2| < |b|;suy ra q1 = q2 và do đó r1 = r2.

Khi a = bq + r, 0 ≤ r < |b| ta nói q là thương và r phần dư của phép chia a

cho b. Hiển nhiênb | a khi và chỉ khi r = 0.

Ví dụ 1.3.2 Phép chia133 cho21có thương là6và phần dư là7.Phép chia

−50cho 8 có thương là−7 và phần dư là6. Phép chia50 cho −8có thươnglà−6 và phần dư là 2. Phép chia −133 cho −21 có thương là 7 và phần dưlà14.

1.4 BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN 7



Số nguyên 1 có đúng một ước dương Mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có

ít nhất hai ước dương vì nó chia hết cho 1 và chính nó

Số nguyên lớn hơn1mà nó có đúng hai ước dương, được gọi là số nguyêntố

Số nguyên lớn hơn 1và không là số nguyên tố, được gọi là hợp số

1.4 Biểu diễn số nguyên

Chúng ta đã quen với việc biểu diễn các số nguyên trong hệ đếm thập phân(hệ đếm cơ số mười) Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng mỗi số nguyên b > 1

đều có thể được sử dụng làm cơ số cho việc biểu diễn các số nguyên Và

vì mỗi số nguyên âm là số đối của số nguyên dương nên định lý sau đây làcăn bản

Định lý 1.7 Giả sử b > 1là một số nguyên Thế thì, mọi số nguyên dương n

đều viết được một cách duy nhất dưới dạng

Do định lý 1.6: phần dư của phép chian cho b là duy nhất, nên a0 = c0. Do

a0 = c0 nên từ (*) ta suy ra:

n1 = a k b k−1 + a k−1 b k−2+· · · + a1 = c m b m−1 + c m−1 b m−2+· · · + c1.

Dễ chứng tỏ được rằng n1 < n, vậy theo giả thiết qui nạp ta có: m = k và

a1 = c1, · · · , a k = c k .

Hệ quả 1.7.1 Mọi số nguyên dương đều là tổng các lũy thừa khác nhau của2.

Chứng minh. Theo định lý 1.7 với b = 2, ta có

2) Việc đổi số nguyên dương (a k a k−1 · · · a1a0)q trong hệ đếm cơ số q

sang cơ số b được thực hiện hoàn toàn tương tự như thuật toán tìm biểu diễncủa số nguyên dương trong định lý 1.7 chỉ lưu ý là khi chia cho b (trong hệ

q −phân) thìb đã được viết trong hệ q −phân, sau đó các số dư phải được đổisang hệ b −phân để biểu diễn số trong hệ b −phân

1.4 BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN 9

Ví dụ 1.4.1 Chúng ta cần đổi số thập phân610 sang hệ nhị phân Vì tronghệ thập phân nhị vẫn được viết là 2nên ta thực hiện liên tiếp các phép chiacho 2 trong hệ thập phân:



Ví dụ 1.4.2 Chúng ta cần đổi số thập phân 2003sang hệ thập lục phân Vìsố thập lục trong hệ thập phân được viết là 16nên ta thực hiện liên tiếp cácphép chia cho 16trong hệ thập phân:



BÀI TẬP CHƯƠNG I

1 Chứng minh tính đúng đắn của định nghĩa phép cộng, phép nhân trên

Z và(Z, +, ·) là một vành giao hoán

2 Chứng minh rằng Z là miền nguyên, đếm được, cực tiểu chứa N nhưlà nửa nhóm con cộng và nửa nhóm con nhân

3 Chứng minh rằng Z, ≤ là một vành được sắp thứ tự Archimed

13 Chứng minh rằng nếu b < −1 là một số nguyên thì mọi số nguyên

n = 0 đều viết được một cách duy nhất dưới dạng

n = a k b k + a k−1 b k−1+· · · + a1b + a0

trong đó k là số nguyên không âm, các a j là số nguyên với 0≤ a j ≤

|b| − 1 và hệ số đầu tiên a k = 0.

Hãy biểu diễn các số thập phân −7, −17, 61trong hệ cơ số −2.

1.4 BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN 11

14 Chứng minh rằng mọi số nguyên n = 0 đều viết được một cách duynhất dưới dạng

n = a k3k + a k−13k−1+· · · + a13 + a0

trong đók là số nguyên không âm, cáca j bằng −1, 0,hoặc 1và hệ số

a k = 0.(Khai triển thăng bằng cánh én)

Hãy khai triển thăng bằng cánh én các số thập phân: 13, 40, 121.

15 Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố

16 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn đều tồn tạin số tự nhiênliên tiếp là hợp số

17 Chứng minh rằng nếu a, n là các số nguyên dương sao cho a n − 1 làsố nguyên tố thì a = 2và n là số nguyên tố

18 Chứng minh rằng nếun là hợp số thì nó có ước nguyên tố không vượtquá √ n.

19 Chứng minh rằng nếu ước nguyên tố nhỏ nhất p của số nguyên dương

n vượt quá √3

n thì n/p là số nguyên tố hoặc bằng 1.

ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.

SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ

NGUYÊN TỐ.

2.1 Ước chung lớn nhất

Nếua, blà các số nguyên không đồng thời bằng không, thì tập các ước chungcủaa và b là hữu hạn và chứa các số +1 và−1. Chúng ta sẽ quan tâm đếnsố nguyên lớn nhất nằm trong các ước chung này

Ước chung lớn nhất của hai số nguyên không đồng thời bằng không a và

b là số nguyên lớn nhất chia hết đồng thời cả a và b.

Ước chung lớn nhất của hai số nguyên a vàb được ký hiệu là (a, b).

Khái niệm ước chung lớn nhất của của các số nguyên không đồng thờibằng không a1, a2, · · · , a n được hiểu hoàn toàn tương tự như khái niệmước chung lớn nhất của của các số nguyên Đó chính là số nguyên lớn nhấtchia hết đồng thời tất cả các a j , 1 ≤ j ≤ n. Ước chung lớn nhất của của cácsố nguyên a1, a2, · · · , a n được ký hiệu là (a1, a2, · · · , a n ).

Ví dụ 2.1.1 Ước chung của 24 và 84 là ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Dođó (24, 84) = 12. Tương tự, ta có (100, 5) = 5, (0, 44) = 44, ( −17, 25) =

1, (17, −289) = 17, (−6, −15) = 3.

(24, −84, 100) = 4, (15, 0, 20, −17) = 1, (10, 20, 30, 40, 55) = 5.

13

Chúng ta cũng quan tâm đến các cặp số nguyên mà chúng không có ướcchung lớn hơn 1. Các cặp số nguyên như vậy được gọi là nguyên tố cùngnhau

Hiển nhiên là (a, b) = (b, a) và (a, b) = ( |a|, |b|).

Định lý 2.1 Nếu a, b, c là các số nguyên và (a, b) = d thì:

1. (a/d, b/d) = 1

2. (a + cb, b) = (a, b)

Chứng minh. Giả sửe là các số nguyên dương sao cho e | (a/d) vàe | (b/d).Thế thì có số nguyênk, lđểa/d = kevàb/d = le,cũng vậya = dek, b = del.

Vậy de là ước chung của a và b; từ đó de ≤ d; suy ra e = 1.

Nếu u là một ước chung của a và b, thì do định lý 1.5 ta có u | (a + cb);

vậy u là ước chung của a + cbvà b. Ngược lại, nếu u là một ước chung của

a + cb vàb, thì cũng do định lý 1.5 ta có u | (a + cb) − cb = a;vậy u là ước

Nếu a, b là các số nguyên, ta nói số nguyên dạng ma + nb là tổ hợp tuyếntính của a và b, trong đó m, n là các số nguyên

Một tập M = ∅ các số nguyên được gọi là một module nếuu nó có tínhchất: nếu m, n ∈ M thì m − n ∈ M.

Từ định nghĩa của module suy ra rằng, nếu m, n ∈ M,thì

Bây giờ giả sử m ∈ M Từ định lý 1.6, ta có m = dk + c, 0 ≤ c < d.

Do m, dk ∈ M nên c = m − dk ∈ M. Vì d là số dương nhỏ nhất của M nên

c = 0, hay m là bội của d.

2.2 THUẬT TOÁN EUCLID 15

Định lý 2.3 Giả sửa, blà các số nguyên không đồng thời bằng 0 vàd = (a, b).

Khi đó module M = {ax + by : x, y ∈ Z } chính là tập tất cả các bội của d.

Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng M là một module không tầm thường.Từ định lý 2.2 ta có M chính là tập tất cả các bội của một số nguyêndươnge nào đó Do e chia hết mọi phần tử của M nên e | a vàe | b. Suy ra

e ≤ d. Mặt khác, do d | (ax + by) với mọi x, y ∈ Z nên d chia hết mọi phần

Hệ quả 2.3.1 Giả sử d = (a, b) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên a

và b. Khi đó:

1. d là số nguyên dương nhỏ nhất là tổ hợp tuyến tính của a và b.

2 Mỗi ước chung của a và b đều là ước của d.

Chứng minh. 1 Hệ quả trực tiếp từ định lý trên

2 Theo 1, có x0, y0 ∈ Z để ax0+ by0 = d.Giả sử c là ước của a và của

Ngược lại, hiển nhiên mỗi ước chung c của a1, a2, · · · , a n−1 , (a n , a n+1)

đều là ước của các số a1, a2, · · · , a n−1 , a n , a n+1 .

2.2 Thuật toán Euclid

Định lý 2.5 Giả sử r0 = a và r1 = b là các số nguyên với a ≥ b > 0. Nếu thuật toán chia được thực hiện liên tiếpr j = r j+1 q j+1 + r j+2 , 0 < r j+2 < r j+1

vớij = 0, 1, 2, , n − 2 vàr n+1 = 0,thì (a, b) = r n ,là số dư khác 0 cuối cùng.

Chứng minh. Từ định lý 2.1 ta có nhận xét là: nếu c = dq + r thì (c, d) = (c − qd, d) = (r, d) = (d, r).

Theo thuật toán Euclid:

2.3 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC 17

2.3 Định lý cơ bản của số học

Định lý 2.6 Định lý cơ bản của số học Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều viết được một cách duy nhất thành tích của các thừa số nguyên tố theo thứ tự không giảm.

Trước khi chứng minh định lý cơ bản, chúng ta chưâng minh hai bổ đề sauđây

Bổ đềù 2.6.1 Nếu a, b, c là các số nguyên dương sao cho (a, b) = 1 và a | bc

thì a | c.

Chứng minh. Vì (a, b) = 1 nên theo định lý 2.3, có các số nguyên x, y saocho ax + by = 1.Nhân hai vế của đẳng thức này với cta được acx + bcy = c.

Bổ đềù 2.6.2 Nếuplà ước nguyên tố của tícha1a2· · · a k ,ở đâya1, a2, · · · , a k

là các số nguyên, thì có i, 1 ≤ i ≤ k để p | a i

Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng qui nạp theo k. Trường hợp k = 1

là tầm thường Giả sử p là ước nguyên tố của tích a1a2· · · a k a k+1 Nếu

p
a k+1 ta suy ra(p, a k+1) = 1;vậy theo bổ đề 2.6.1 ta cóp | a1a2· · · a k
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh bằng qui nạp theo n rằng mọi sốnguyên lớn hơn1đều viết được thành tích của các thừa số nguyên tố Trườnghợpn = 2là tầm thường Số nguyênn+ 1 > 2nếu là số nguyên tố thì khôngcó gì phải chứng minh Ngược lại, ta có n + 1 = ab, với 1 < a, b < n + 1;

theo giả thiết qui nạp thì a, b đều là tích của các số nguyên tố

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của biểu diễn Giả sử là

n = p1p2· · · p r = q1q2· · · q s

với p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ p r , q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ q s là các số nguyên tố

Từ bổ đề 2.6.2 ta dễ dàng suy ra rằngr = svàp1 = q1, · · · , p r = q s .

Chú ý:

1 Mọi số nguyên n > 1 đều có biểu diễn duy nhất

n = p α11 p α k

k , với 1≤ k, 0 < α1, · · · , α k .

2 Nếu dãy tất cả số nguyên tố được sắp theo thứ tự tăng dần:

Dễ dàng thấy rằng [a, b] = [b, a] và [a, b] = [ |a|, |b|].

Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên khác không a1, a2, , a k ,ký hiệu

[a1, a2, , a k ],là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho tất cả các số a j , 1 ≤

k và (a, b) · [a, b] = ab.

Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng

k khi và chỉ khi với mọi k : γ k ≤ θ k .

Từ đây dễ dàng suy ra

2.4 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS TUYẾN TÍNH 19

Ví dụ 2.3.1 Ước chung lớn nhất của 2100 = 22· 3 · 52· 7, 40 = 23· 5bằng

22· 5 = 20.Bội chung nhỏ nhất của 2100 và 40 bằng 23· 3 · 52· 7 = 4200.



2.4 Phương trình Diophantus tuyến tính

Các phương trình mà chúng ta chỉ xét chúng trong tập số nguyên thườngđược gọi là phương trình Diophantus

Phương trình Diophantus tuyến tính là phương trình có dạng

a1x1+ a2x2+· · · + a n x n = c

trong đó a1, a2, · · · , a n = c là các số nguyên

Định lý 2.8 Giả sử a, blà các số nguyên khác không và d = (a, b). Khi đó:

1 Nếu d
cthì phương trình ax + by = ckhông có nghiệm nguyên.

2 nếu d | cthì phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên Hơn thế nữa, phương trình có các nghiệm nguyên là

x = x0+ (b/d)m, y = y0− (a/d)m , m ∈ Z

với x = x0, y = y0 là một nghiệm riêng.

Chứng minh. 1 Giả sử x, y là các số nguyên sao cho ax + by = c. Do

d | a và d | b nên d | ax + by = c, vô lý với giả thiết d
c.

2 Theo hệ quả 2.3.1 thì có các số nguyên s, t để

as + bt = d.

Vì d | cnên có số nguyên e sao cho c = de Suy ra

c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te).

Vậy phương trình ax + by = c có nghiệm

Dễ dàng thấy rằng

(a/d)(x − x0) = (b/d)(y0− y).

Theo định lý 2.1 thì(a/d, b/d) = 1.Sử dụng bổ đề 2.6.1 ta suy ra(a/d) |

(y0−y).Vậy có số nguyênmđểy0−y = (a/d)m,hayy = y0−(a/d)m.

Thay vào hệ thức a(x − x0) = b(y0− y),ta được x = x0+ (b/d)m.

2.4 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS TUYẾN TÍNH 21

2 nếud | c thì phương trìnha1x1+a2x2+· · ·+a n x n = ccó nghiệm nguyên; hơn thế nữa, phương trình có vô số nghiệm nguyên phân biệt.

Chứng minh. 1 Giả sử có các số nguyên x1, x2, · · · , x n sao cho

a1x1+ a2x2+· · · + a n x n = c.

Dod | a j với mọij, 1 ≤ j ≤ n,ta suy rad | a1x1+a2x2+· · ·+a n x n = c;

điều này vô lý vơiù giả thiết d
c

2 Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp

Với n = 2 thì đây chính là định lý 2.8

Mặt khác, từ định lý 2.8 ta thấy: với mỗi số nguyên y, phương trình

a n x n + a n+1 x n+1 = (a n , a n+1 )y đều có vô số nghiệm

BÀI TẬP CHƯƠNG II

1 Giả sửa là số nguyên dương Hãy tìm (a, a + 1), (a, a + 2), (a, a + 3).

2 Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = 1 thì (a + b, a − b) bằng 1hoặc 2.

3 Chứng tỏ rằng các số 6k − 1, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 5 là đôi mộtnguyên tố cùng nhau, với mọi số nguyên k.

4 Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = 1 và c | a + b thì (c, a) = (c, b) = 1.

5 Chứng tỏ rằng nếu (a, b) = (a, c) = 1 thì (a, bc) = 1. Tổng quát hơn,nếu (a1, b) = (a2, b) = · · · = (a n , b) = 1 thì (a1a2· · · a n , b) = 1.

6 Chứng tỏ rằng nếu a1, a2, , a n là các số nguyên không đồng thờibằng không và c là số nguyên khác không, thì (ca1, ca2, · · · , ca n) =

|c| · (a1, a2, · · · , a n ).

7 Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là các số nguyên b > 0, d > 0, (a, b) =

(c, d) = 1và a/b + c/dlà số nguyên thì b = d.

8 Giả sử a, b là các số nguyên dương Chứng minh rằng

2(a/2, b/2) nếu a, b cùng chẵn

(a/2, b) nếu a chẵn và b lẻ

(a − b, b) nếu a, b cùng lẻ và a > b.

Áp dụng để tìm(2106, 8318).

9 Giả sử a, m, n là các số nguyên dương và a > 1. Chứng minh rằng

(a m − 1, a n − 1) = a (m,n) − 1.

10 Chứng tỏ rằng nếu m, n là các số nguyên dương thì (f m , f n ) = f (m,n) ,

trong đó f k là số Fibonacci thứ k.

11 Phân tích các số111111, 4849845 ra thừa số nguyên tố

Giả sử p là số nguyên tố và n là số nguyên dương Nếu p α | n, nhưng

p α+1
n, ta nói p α chia hết đúng n, ký hiệu p α  n.

12 Chứng minh rằng nếu p a  m và p b  n thì p a+b  mn.

13 Chứng minh rằng nếu p a  m vàp b  n, với a = b thì p min{a,b}  m + n.

14 Giả sử a, b, c là các số nguyên Chứng tỏ rằng [a, b] | c khi và chỉ khi

a | c và b | c.

2.4 PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTUS TUYẾN TÍNH 23

15 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a, n là số nguyên và p |

a n , n > 0, thì p | a.

16 a) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương với (a, b) = 1 thì

(a n , b n) = 1 với mọi số tự nhiên n.

b) Chứng minh rằng nếu a n | b n với số nguyên dương n thì a | b.

17 a) Giả sử a | c, b | c Chứng minh rằng [a, b] | c.

b) Giả sử a j | c, 1 ≤ j ≤ k. Chứng minh rằng [a1, a2, , a k]| c.

18 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì [a, b, a] = [a, [b, c]], ([a, b], c) = [(a, c), (b, c)], [(a, b), c] = ([a, c], [b, c]).

19 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên dương thì

[a, b, c] = abc(a, b, c)

(a, b)(a, c)(b, c) .

20 Chứng minh rằng nếua, b, clà các số nguyên dương thì(a, b, c)[ab, ac, bc] =

abc, [a, b, c](ab, ac, bc) = abc.

21 Chứng minh rằng nếua, b, clà các số nguyên dương thì([a, b], [a, c], [b, c]) = [(a, b), (a, c), (b, c)].

22 Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng 4k − 1, k ∈ Z.

23 Giải phương trình Diophantus:

ĐỒNG DƯ

3.1 Khái niệm đồng dư

Giả sử m là số nguyên dương và a, b là các số nguyên Chúng ta sẽ nói a

đồng dư với b modulo m nếuu m | (a − b).

Nếu ađồng dư với b modulom, ta viết a ≡ b (mod m).Ngược lại, ta nói

a không đồng dư với b modulo m, ký hiệu a ≡ b (mod m).

Ví dụ 3.1.1 22 ≡ 4 (mod 9) vì 9 | (22 − 4) = 18; −24 ≡ 3 (mod 9) vì

1 Phản xạ: a ≡ a (mod m);

2 Đối xứng: a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m);

3 Bắc cầu: a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m).

Chứng minh. Đây là bài tập dễ, dành cho đọc giả

25

Quan hệ đồng dư modulo m chia Z thành các lớp tương đương Tập các lớptương đương modulo m, thường được ký hiệu là Z/mZ, gồm các lớp tươngđương đôi một không giao nhau.

Hiển nhiên là các số nguyên 0, 1, , m − 1 thuộc về các lớp đồng dưkhác nhau modulom.Vì rằng mỗi số nguyênnđều viết đượcn = mq+r, 0 ≤

r ≤ m − 1, nên số n này đồng dư với một trong các số 0, 1, , m − 1. Vậycó đúng m lớp tương đương modulom.

Ví dụ 3.1.2 Z/4Zgồm bốn lớp tương đương đôi một không giao nhau:

Chứng minh. Dễ, đọc giả tự chứng minh, xem như bài tập

Chú ý là: Từ hệ thức ac ≡ bc (mod m), nói chung không thể suy ra a ≡ b

(mod m);chẳng hạn6·2 ≡ 1·2 (mod 10),nhưng6≡ 1 (mod 10).Tuy nhiên

ta cũng có định lý sau

Định lý 3.3 Nếu ac ≡ bc (mod m), d = (c, m) thì a ≡ b (mod m/d). Đặc biệt, nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m).

Chứng minh. Từ ac ≡ bc (mod m), ta suy ra m | (ac − bc) = c(a − b). Vậy

(m/d) | (c/d)(a − b). Vì (m/d, c/d) = 1 nên (m/d) | (a − b), hay a ≡ b

3.1 KHÁI NIỆM ĐỒNG DƯ 27

Định lý 3.4 Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì:

tương ứng chứa các phần tử a + b vàab.

Dễ dàng thấy rằng (Z/mZ, +, ·) là một vành giao hoán Phần tử 0 củanhóm này chính là lớp gồm các bội củam. Phần tử đối của lớp chứaa chínhlà lớp chứa −a.

Định lý 3.5 Nếum1, m2, , m k là các số nguyên dương và a ≡ b (mod m1),

a ≡ b (mod m2), , a ≡ b (mod m k) thì a ≡ b (mod [m1, m2, , m k ]).

Chứng minh. Ta có m j | (a − b), 1 ≤ j ≤ k.Từ bài tập 17, ta có

[m1, m2, , m k]| (a − b), hay a ≡ b (mod [m1, m2, , m k ]).

3.2 Các đồng dư tuyến tính

Trong mục này chúng ta chỉ xét các đồng dư tuyến tính một biến Đó là cácđồng dư dạng

ax ≡ b (mod m)

trong đó x được hiểu là số nguyên

Trước hết ta có nhận xét rằng, nếux = x0 là nghiệm của đồng dư ax ≡ b

(mod m) và x1 ≡ x0 (mod m) thì ax1 ≡ ax0 ≡ b (mod m), hay x − 1 cũnglà một nghiệm Như vậy, nếu một phần tử của lớp đồng dư modulo m lànghiệm thì tất cả các phần tử của lớp này cũng là nghiệm Từ đây, vấn đềđược đặt ra là: có bao nhiêu lớp đồng dư modulo m là nghiệm

Định lý 3.6 Giả sử a, b, mlà các số nguyên, m > 0 và d = (a, m). Khi đó:

1 Nếu d
b thì ax ≡ b (mod m) không có nghiệm

2 Nếu d | b thì ax ≡ b (mod m) có đúng d nghiệm không đồng dư nhau modulo m. Đặc biệt, nếu (a, m) = 1 thì ax ≡ b (mod m) có duy nhất nghiệm modulo m.

Chứng minh. Đồng dư ax ≡ b (mod m) là tương đương với phương trìnhDiophantus tuyến tính hai biến ax − my = b. Số nguyên x là nghiệm củaphương trình ax ≡ b (mod m), khi và chỉ khi, có số số nguyên y với ax −

my = b.Từ định lý 2.8 ta có:

1 Nếu d
b thì ax ≡ b (mod m) không có nghiệm

2 Nếu d | b thì ax − my = bcó các nghiệm là

x = x0+ (m/d)t, y = y0+ (a/d)t

trong đó x0, y0 là một nghiệm riêng

Vậyx = x0+(m/d)tlà tất cả các nghiệm của đồng dưax ≡ b (mod m).

Bây giờ chúng ta xác định số các nghiệmxkhông đồng dư nhau modulo

m. Ta thấy:

x1 = x0+ (m/d)t1 ≡ x2 = x0+ (m/d)t2 (mod m)

3.2 CÁC ĐỒNG DƯ TUYẾN TÍNH 29khi và chỉ khi

(m/d)t1 ≡ (m/d)t2 (mod m)

Vì (m/d, m) = m/d và dịnh lý 3.3 nên hệ thức trên tương đương với

t ≡ t2 (mod d).

Do có đúng d lớp đồng dư modulo d nên ax ≡ b (mod m) có đúng d

nghiệm không đồng dư nhau modulo m. Có thể lấy d nghiệm khôngđồng dư nhau modulo m làx = x0 + (m/d)t j , 0 ≤ j ≤ d − 1.

Ta đã biết, đồng dư ax ≡ 1 (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi (a, m) | 1.

Trong trường hợp này nghiệm là duy nhất modulomvà nó được gọi là nghịchcủa a modulo m.

Ví dụ 3.2.1 Nghịch đảo của 3modulo10bằng 7,và ngược lại, nghịch đảocủa 7modulo 10 bằng 3, vì 3· 7 = 7 · 3 ≡ 1 (mod 10).Nghịch đảo của 1 vàcủa9 modulo10 bằng chính nó vì 1· 1 ≡ 1 (mod 10)và 9· 9 ≡ 1 (mod 10).

Các số0, 2, 4, 5, 6, 8 không có nghịch đảo modulo 10.



Giả sử a là nghịch đảo của a modulo m.Khi đó dễ dàng thấy rằng đồng

dư ax ≡ b (mod m) có nghiệm duy nhất modulo m, đó làx ≡ ab (mod m).

Ví dụ 3.2.2 Chúng ta cần xác định tất cả các nghiệm của đồng dư 7x ≡ 4

(mod 12). Vì (7, 12) = 1 nên phương trình có duy nhất nghiệm modulo

12. Chúng ta chỉ cần xác định một nghiệm của phương trình Diophantus

7x + 12y = 4.Áp dụng thuật toán Euclid, ta có:

= 5− (7 − 5 · 1) · 2

= 5· 3 − 2 · 7

= (12− 7 · 1) · 3 − 2 · 7

= 12· 3 − 5 · 7.

Hay: 1 = 12· 3 − 7 · 5. Suy ra nghịch đảo của 7 modulo 12bằng −5.

Vậy x ≡ −5 · 4 = −20 ≡ 4 (mod 12) là nghiệm duy nhất của 7x ≡ 4

(mod 12).



3.3 Định lý phần dư Trung hoa

Định lý 3.7 Định lý phần dư Trung hoa Giả sử m1, m2, , m k là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau Khi đó hệ các đồng dư

Chứng minh. Đặt M j = M/m j , 1 ≤ j ≤ k. Khi đó, do (M j , m j) = 1 nên cósố nguyên y j thoả đồng dư M j y j ≡ 1 (mod m j ).Đặt

x = a1M1y1+ a2M2y2+· · · + a k M k y k .

Do m j | M i , với mọi i = j, nên: x ≡ a j M j y j ≡ a j (mod m j ), 1 ≤ j ≤ k.

Bây giờ giả sửx1, x2 là các nghiệm của hệ Thế thì với mọij, 0 ≤ j ≤ k,

ta đều cóx1 ≡ x2 (mod m j ).Suy ra, với mọij, 0 ≤ j ≤ k, m j | (x1−x2).Vìcác sốm1, m2, , m k đôi một nguyên tố cùng nhau nênM = m1, m2, , m k |

(x1− x2);hay x1 ≡ x2 (mod M ).

3.4 HỆ CÁC ĐỒNG DƯ TUYẾN TÍNH 31

Ví dụ 3.3.1 Giải hệ 

Do các số 3, 5, 7 là đôi một nguyên tố cùng nhau, nên ta đặt M1 = 5· 7 =

35, M2 = 3· 7 = 21, M3 = 3· 5 = 15. Giải các đồng dư

3.4 Hệ các đồng dư tuyến tính

Trong mục này chúng ta chỉ xét hệ các đồng dư tuyến tính dạng

Ma trận A = (a ij)n×n được gọi là đồng dư với ma trận B = (b ij)n×n

modulom, ký hiệu A ≡ B (mod m),nếuu với mọii, j : 1 ≤ i, j ≤ n, ta đềucó a ij ≡ b ij (mod m). Đọc giả tự chứng minh rằng đây là quan hệ tươngđương

Định lý 3.8 Giả sử A = (a ij ), B = (b ij ), C = (c ij ), D = (d ij) là các ma trận nguyên, cấp n × n, A ≡ B (mod m) và C ≡ D (mod m). Khi đó:

Chứng minh. Tương tự như trong chứng minh định lý 3.4, ta chỉ cần chứng

1 Từ định lý 3.2, ta có a ij + c ij ≡ b ij + c ij (mod m). Vậy

là nghịch đảo của A; ngược lại, nếu B 1, B 2 đều là các nghịch đảo của A

thì B 1 ≡ B2 (mod m).

Đối với ma trận Acấpn ×n,chúng ta ký hiệu adjAlà ma trận cấpn ×n,

với phần tử c ij là tích của (−1) i+j với định thức của ma trận nhận được từ

A bằng cách bỏ đi phần tử dòng j cột i.

Định lý 3.9 Giả sửAlà ma trận nguyên cấp n × n, (det A, m) = 1,và ∆ là nghịch đảo modulo m của ∆ = detA. Thế thì A = ∆(adjA), là nghịch đảo của A modulo m.

Chứng minh. Ta có

A · adjA = adjA · A = (det A)I = ∆I.

3.4 HỆ CÁC ĐỒNG DƯ TUYẾN TÍNH 33Suy ra

AA = AA = ∆(adjA)A = ∆∆I ≡ I (mod m).

. Vì 2 là nghịch đảo của

7 = detA modulo 13,nên ta có



 =



 −52 −2024



 ≡



 41 3



 (mod 7).



3.5 Định lý Wilson và định lý Euler

Định lý 3.11 Định lý Wilson Nếu p là số nguyên tố thì (p − 1)! ≡ −1

Chứng minh. Giả sử n là hợp số; ta có n = ab với 1 < a, b < n. Ta có

a | (n − 1)! vì 1 < a < n. Mặt khác, vì a | n và n | (n − 1)! + 1, ta suy ra

a | (n − 1)! + 1 − (n − 1)! = 1, và điều này không thể xảy ra với a > 1.

Giả sử m là số nguyên dương và a = bm + r, 0 ≤ r ≤ m − 1, ta sẽ nói rằng

r là thặng dư không âm nhỏ nhất của a modulo m, ký hiệu: a mod m = r.

Tập các số nguyên được gọi là hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếuu mọisố nguyên đều đồng dư modulo m với đúng một số nguyên của hệ

Dễ dàng thấy rằng: một hệ các số nguyên là thặng dư đầy đủ modulo m

khi và chỉ khi hệ này có đúngm số đôi một không đồng dư với nhau modulo

m.

3.5 ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER 35

Ví dụ 3.5.1 Nếu m là số nguyên dương thì:

1 Hệ0, 1, , m − 1 là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m; chúng ta sẽgọi hệ này là hệ thặng dư không âm nhỏ nhất modulo m.

2 Nếu m là số lẻ thì hệ

− m − 1

2 , − m − 3

2 , , −1, 0, 1, , m − 1

2

cũng là hệ thặng dư đầy đủ modulo m; hệ này được gọi là hệ thặng

dư tuyệt đối nhỏ nhất modulo m.



Định lý 3.13 Nếu các số r1, r2, , r m là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

và a nguyên tố cùng nhau với m thì hệ

ar1+ b, ar2+ b, · · · , ar m + b

cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.

Chứng minh. Chúng ta chỉ cân chứng minh rằng, nếu 1 ≤ i < j ≤ m thì

ar i ≡ ar j (mod m).

Thật vậy, nếu ar i ≡ ar j (mod m) thì ar j − ar i | m, hay a(r j − r i) | m.

Do (a, m) = 1 ta suy ra (r j − r i) | m và điều này không thể xảy ra vì

Nhận xét:

1 Định lý nhỏ Fermat nói rằng nếu n là số nguyên tố và b là số nguyênbất kỳ thìb n ≡ b (mod n).Điều này cũng có nghĩa là nếu có số nguyên

b để b n ≡ b (mod n) thì n là hợp số hoặc n = 1.

2 Nếu b là một số nguyên dương, n là hợp số và b n ≡ b (mod n) thì tanói n là số giả nguyên tố cơ sở b.

3 Hợp số n được gọi là số Carmichael nếu b n ≡ b (mod n) với mọi sốnguyên dương b mà(b, n) = 1.

Đối với mỗi số nguyên dương n,chúng ta ký hiệu ϕ(n)là số các số nguyêndương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. Hàm số ϕ(n) đượcgọi là phi-hàm Euler

Tập gồm ϕ(m) các số nguyên được gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo

m nếu mọi số nguyên nguyên tố cùng nhau với m đều đồng dư với đúngmột số nguyên của hệ

Dễ dàng thấy rằng: một hệ các số nguyên là hệ thặng dư ûthu gọn modulo

m khi và chỉ khi hệ này có đúng ϕ(m) số, nguyên tố cùng nhau với m vàđôi một không đồng dư với nhau modulo m.

Ví dụ 3.5.2 Các số 1, 3, 5, 7 là hệ thặng dư ûthu gọn modulo 8. Các số

−3, −1, 1, 3cũng là hệ thặng dư ûthu gọn modulo 8.

Hệ gồm (p − 1) : số 1, 2, · · · , p − 1 là hệ thặng dư thu gọn modulonguyên tố p.



Định lý 3.15 Nếu các số r1, r2, , r ϕ(m) là một hệ thặng dư thu gọn modulo

m và a nguyên tố cùng nhau với m thì hệ

ar1, ar2, · · · , ar ϕ(m)

cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.

Chứng minh. Hệ ar1, ar2, · · · , ar ϕ(m) gồm ϕ(m) số nguyên

Từ (a, m) = (r j , m) = 1dễ dàng suy ra (ar j , m) = 1;vậy mỗi số của hệnguyên tố cùng nhau với m.

3.5 ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER 37Nếu có 1 ≤ i < j ≤ ϕ(m) để ar i ≡ ar j (mod m) thì m | a(r i − r j ). Do

(m, a) = 1 ta suy ra m | (r i − r j ), hay r i ≡ r j (mod m), điều này vô lý với

Định lý sau đây là một mở rộng của định lý Fermat

Định lý 3.16 Định lý Euler Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1 thì

a ϕ(m) ≡ 1 (mod m).

Chứng minh. Lấy hệ thặng dư thu gọn ar1, ar2, · · · , ar ϕ(m) Do(a, m) = 1,

nên từ định lý trên ta có ar1, ar2, · · · , ar ϕ(m) cũng là hệ thặng dư thu gọn.Vậy các số của hệ này đồng dư modulo m với các số của hệ kia Vậy

1 Giả sử a, b, c là các số nguyên, c > 0. Chứng minh rằng nếu a ≡ b

5 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dươngmđều có vô số số Fibonacci

f n là bội của m.

6 Giải các đồng dư sau

8 Giả sử p là nguyên tố lẻ và k nguyên dương Chứng minh rằng đồng

dư x2 ≡ 1 (mod p k) có đúng hai nghiệm không đồng dư nhau modulo

p k , đó là x ≡ ±1 (mod p k ).

9 Chứng minh rằng đồng dưx2 ≡ 1 (mod 2 k)có đúng bốn nghiệm khôngđồng dư nhau modulo 2k ,đó là x ≡ ±1 (mod p k)hoặc x ≡ ±(1 + 2 k−1

(mod p k)khi k > 2.Chứng tỏ rằng khi k = 1thì chỉ có một nghiệm vàkhi k = 2 thì có đúng hai nghiệm không đồng dư nhau

3.5 ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER 39

10 Giả sử p là nguyên tố lẻ và a nguyên dương không chia hết cho p.

Chứng minh rằng đồng dư x2 ≡ a (mod p) không có nghiệm hoặc cóđúng hai nghiệm không đồng dư nhau modulo p.

11 Giải các hệ đồng dư sau