5 Định lý Wilson và định lý Euler

35



3.5. ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER



Ví dụ 3.5.1. Nếu m là số nguyên dương thì:

1. Hệ 0, 1, ..., m − 1 là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m; chúng ta sẽ

gọi hệ này là hệ thặng dư không âm nhỏ nhất modulo m.

2. Nếu m là số lẻ thì hệ

−



m−1

m−3

m−1

, −

, ..., −1, 0, 1, ...,

2

2

2



cũng là hệ thặng dư đầy đủ modulo

dư tuyệt đối nhỏ nhất modulo m.



hệ này được gọi là hệ thặng



m;



Đònh lý 3.13. Nếu các số r1 , r2 , ..., rm là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

và a nguyên tố cùng nhau với m thì hệ



ar1 + b, ar2 + b, · · · , arm + 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



ari ≡ arj (mod m).



Do



Thật vậy, nếu ari ≡ arj (mod m) thì arj − ari | m, hay a(rj − ri ) | m.

(a, m) = 1 ta suy ra (rj − ri ) | m và điều này không thể xảy ra vì



0 < rj − ri < m.



Đònh lý 3.14. Đònh lý nhỏ Fermat. Nếu

p−1



a



≡ 1 (mod p).



p



là số nguyên tố và p



a



thì



Chứng minh. Không có số nào trong các số a, 2a, · · · , (p − 1)a là chia hết



cho p; vì nếu p | ja thì do (a, p) = 1 nên p | j vô lý với 1 ≤ j ≤ p − 1. Mặt

khác, dễ dàng thấy rằng (p − 1) số a, 2a, · · · , (p − 1)a là đôi một không

đồng dư với nhau modulo p; do đó chúng đồng dư modulo p với hệ

1, 2, · · · , p − 1.



Vậy:

Suy ra:



a · 2a · · · (p − 1)a ≡ 1 · 2 · · · (p − 1) (mod p).

ap−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p).



Vì ((p − 1)!, p) = 1, nên theo đònh lý 3.3 ta có:



ap−1 ≡ 1 (mod p).



36



3. ĐỒNG DƯ



Nhận xét:

1. Đònh lý nhỏ Fermat nói rằng nếu n là số nguyên tố và b là số nguyên

bất kỳ thì bn ≡ b (mod n). Điều này cũng có nghóa là nếu có số nguyên

b để bn ≡ 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

nói n là số giả nguyên tố cơ sở b.



(mod n)



thì ta



3. Hợp số n được gọi là số Carmichael nếu bn ≡ b (mod n) với mọi số

nguyên dương b mà (b, n) = 1.

Đối với mỗi số nguyên dương n, chúng ta ký hiệu ϕ(n) là số các số nguyên

dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. Hàm số ϕ(n) được

gọi 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 đúng

một 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 và

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

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

nguyên tố p.



Đònh lý 3.15. Nếu các số r1 , r2 , ..., rϕ(m) là một hệ thặng dư thu gọn modulo

m



và a nguyên tố cùng nhau với m thì hệ



ar1 , ar2 , · · · , arϕ(m)



cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.

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



Từ (a, m) = (rj , m) = 1 dễ dàng suy ra (arj , m) = 1; vậy mỗi số của hệ

nguyên tố cùng nhau với m.



37



3.5. ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER



Nếu có 1 ≤ i < j ≤ ϕ(m) để ari ≡ arj (mod m) thì m | a(ri − rj ). Do

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

giả thiết ri ≡ rj (mod m).

Đònh lý sau đây là một mở rộng của đònh lý Fermat



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

aϕ(m) ≡ 1 (mod m).



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



nên từ đònh lý trên ta có ar1 , ar2 , · · · , arϕ(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

ar1 ar2 · · · arϕ(m) ≡ r1 r2 · · · rϕ(m)



Hay



aϕ(m) r1 r2 · · · rϕ(m) ≡ r1 r2 · · · rϕ(m)



(mod m)



(mod m)



Vì (r1r2 · · · rϕ(m) , m) = 1 ta suy ra aϕ(m) ≡ 1 (mod m).

Đònh lý Euler có rất nhiều ứng dụng. Chẳng hạn, ta có thể dễ dàng xác

đònh nghòch đảo a của số nguyên a modulo m. Ta đã biết rằng số nguyên

a có nghòch đảo modulo m khi và chỉ khi (a, m) = 1. Do Đònh lý Euler:

a · aϕ(m)−1 = aϕ(m) ≡ 1 (mod m), ta có a = aϕ(m)−1 .



Ví dụ 3.5.3. Tìm nghòch đảo modulo 10 của 3. Giải phương trình 3x ≡ 8

(mod 10).



Ta có 3 = 3ϕ(10)−1 = 34−1 = 27 ≡ 7



(mod 10).



3x ≡ 8 (mod 10) ⇔ 3·3x ≡ 3·8 (mod 10) ⇔ x ≡ 7·8 (mod 10) ⇔ x ≡ 6

(mod 10)



BÀI TẬP CHƯƠNG III



38



3. ĐỒNG DƯ



1. Giả sử



a, b, c là các số nguyên, c > 0.

(mod c) thì (a, c) = (b, c).



2. Giả sử a, b, k, m là các số nguyên,

minh rằng nếu ak ≡ bk (mod m) và



Chứng minh rằng nếu



a ≡ b



k, m > 0, (a, m) = 1. Chứng

ak+1 ≡ bk+1 (mod m) thì a ≡ b



(mod m)



3. Chứng minh rằng nếu p nguyên tố và k nguyên dương thì nghiệm duy

nhất của đồng dư x2 ≡ x (mod pk ) là x ≡ 0 hoặc x ≡ 1 (mod pk ).

4. Giả sử m1, m2 , ..., mk là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng

nhau, M = m1m2 · · · mk và Mj = M/mj . Chứng minh rằng

M1 a1 + M2 a2 + · · · + Mk ak



chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo M khi a1 , a2 , ..., ak tương ứng

chạy trên hệ thặng dư đầy đủ modulo m1, m2 , · · · , mk .

5. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m đều có vô số số Fibonacci

fn là bội của m.

6. Giải các đồng dư sau

a) 19x ≡ 30 (mod 40)

c) 980x ≡ 1500 (mod 1600)

e) 6x ≡ 3 (mod 9)

g) 15x ≡ 9 (mod 25)



b) 103x ≡ 444 (mod 999)

d) 3x ≡ 2 (mod 7)

f) 17x ≡ 14 (mod 21)

h) 128x ≡ 833 (mod 1001)



7. Giải các đồng dư hai biến sau

a) 2x + 3y ≡ 1

c) 6x + 3y ≡ 0



(mod 7)

(mod 9)



b) 2x + 4y ≡ 6 (mod 8)

d) 10x + 5y ≡ 9 (mod 15)



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

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

pk , đó là x ≡ ±1 (mod pk ).

9. Chứng minh rằng đồng dư x 2 ≡ 1 (mod 2k ) có đúng bốn nghiệm không

đồng dư nhau modulo 2k , đó là x ≡ ±1 (mod pk ) hoặc x ≡ ±(1 + 2k−1

(mod pk ) khi k > 2. Chứng tỏ rằng khi k = 1 thì chỉ có một nghiệm và

khi k = 2 thì có đúng hai nghiệm không đồng dư nhau.



39



3.5. ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER



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 có

đúng hai nghiệm không đồng dư nhau modulo p.

11. Giải các hệ đồng dư sau



a)



x ≡ 4 (mod 11)

x ≡ 3 (mod 17)



b)





 x ≡ 1 (mod 2)

x ≡ 2 (mod 3)



x ≡ 3 (mod 5)



12. Chứng minh rằng hệ đồng dư

x ≡ a1

x ≡ a2



(mod m1 )

(mod m2 )



có nghiệm khi và chỉ khi (m1, m2 ) | (a1 − a2 ); trong trương hợp có

nghiệm thì nghiệm là duy nhất modulo [m1 , m2 ].

Hãy phát triển cho bài toán tổng quát



 x ≡ a1





 x ≡ a2







 x≡a

k



(mod m1 )

(mod m2 )



..

.



(mod mk )



13. Giải các hệ đồng dư sau

a)

c)



x

3x

2x

x



+

+

+

+



3y

4y

3y

5y



≡1

≡2

≡5

≡6



(mod 5)

(mod 5)

(mod 7)

(mod 7)



b)

d)



4x

2x

4x

x



+ y ≡2

+ 3y ≡ 1

+ y ≡5

+ 2y ≡ 4



(mod

(mod

(mod

(mod



5)

5)

7)

7)



40



3. ĐỒNG DƯ



14. Giải các hệ đồng dư sau

a)





 2x + 3y + z ≡ 3

x + 2y + 3z ≡ 1



2x + z ≡ 1



(mod 5)

(mod 5)

(mod 5)



b)





 3x + y + 3z ≡ 1

x + 2y + 4z ≡ 2



4x + 3y + 2z ≡ 3



(mod 7)

(mod 7)

(mod 7)



c)





 2x + y + z ≡ 3

x + 2y + z ≡ 1



x + y + 2z ≡ 2



(mod 11)

(mod 11)

(mod 11)



15. Bằng cách sử dụng đònh lý Wilson hãy chứng tỏ rằng nếu p là số

nguyên tố và p ≡ 1 (mod 4) thì đồng dư x2 ≡ −1 (mod p) có hai

nghiệm không đồng dư nhau là x ≡ ±((p − 1)/2)! (mod p).

16. Chứng minh rằng nếu

(ap + (p − 1)! a).



p



là số nguyên tố và



a



là số nguyên thì



p |



17. Chứng minh rằng nếu p nguyên tố và 0 < k < p thì (p − k)!(k − 1)! ≡

(−1)k (mod p).



18. Hãy sử dụng đònh lý Fermat để tìm thặng dư dương nhỏ nhất của 21000000

modulo 17.

19. Hãy sử dụng đònh lý Fermat để tìm chữ số cuối cùng của 3100 trong hệ

đếm cơ số 7.

20. Hãy sử dụng đònh lý Fermat để giải các phương trình

a) 7x ≡ 12



b) 4x ≡ 11



(mod 17) ,



21. Chứng minh rằng nếu

q p−1 ≡ 1 (mod pq).



p, q



(mod 19).



là các số nguyên tố khác nhau thì



22. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố,

ap ≡ bp (mod p) thì ap ≡ bp (mod p2 ).



a, b



pq−1 +



là các số nguyên và



41



3.5. ĐỊNH LÝ WILSON VÀ ĐỊNH LÝ EULER



23. Hãy sử dụng đònh lý Euler để tìm chữ số cuối cùng của:

a) 71000.

b) 51000000 trong hệ thập lục phân.

24. Hãy tìm một hệ thặng dư thu gọn modulo 2m.

25. Chứng minh rằng nếu m > 2 và c1 , c2 , · · · , cϕ(m) là hệ thặng dư thu

gọn modulo m thì c1 + c2 + · · · + cϕ(m) ≡ 0 (mod m).

26. Chứng tỏ rằng

ϕ(m1 )



x ≡ a1 M1



ϕ(m2 )



+ a2 M2



ϕ(mk )



+ · · · + ak Mk



(mod M )



là nghiệm duy nhất của hệ đồng dư



 x ≡ a1





 x ≡ a2







 x≡a

k



(mod m1 )

(mod m2 )



..

.



(mod mk )



trong đó các mj đôi một nguyên tố cùng nhau, M = m1 m2 · · · mk , Mj =

M/mj , 1 ≤ j ≤ k.



42



3. ĐỒNG DƯ



4

CÁC HÀM SỐ HỌC

4.1 Nhận xét chung

Hàm số học là hàm nhận giá trò thực hoặc phức và xác đònh trên tập số

nguyên dương.

Hàm số học f không đồng nhất bằng 0, được gọi là có tính nhân nếuu

f (mn) = f (m)f (n), với (m, n) = 1. Hàm số học f không đồng nhất bằng

0, được gọi là có tính nhân đầy đủ nếuu f (mn) = f (m)f (n), với mọi số

nguyên dương m, n.

Hiển nhiên, hàm có tính nhân đầy đủ là hàm có tính nhân. Hàm f có

tính nhân thì f (1) = 1.



Ví dụ 4.1.1. Hàm đồng nhất bằng một, f (n) = 1 với mọi n, có tính nhân

đầy đủ, vì f (mn) = 1 = f (m)f (n). Hàm đồng nhất, f (n) = n với mọi n,

cũng có tính nhân đầy đủ, vì f (mn) = mn = f (m)f (n).

Có nhiều hàm số học là không chính qui. Bởi thế người ta thường không

xét hàm số học f mà xét hàm tổng của nó, đó là

N



F (N ) =



f (n).

n=1



Sau đây là một số tính chất của hàm số học có tính nhân.

43



44



4. CÁC HÀM SỐ HỌC



Đònh lý 4.1. Giả sử f là hàm có tính nhân và n = pα pα

1 2

1



2



lũy thừa nguyên tố của số nguyên dương n thì



· · · pα k

k



là khai triển



f (n) = f (pα1 )f (pα2 ) · · · f (pαk ).

1

2

k



Chứng minh. Vì i = j thì pi và pj là các số nguyên tố khác nhau, ta suy ra

α



k−1

(pα1 pα2 · · · pk−1 , pαk ) = 1,

1 2

k



từ đó

α



α



k−1

k−1

f (pα1 pα2 · · · pk−1 pαk ) = f (pα1 pα2 · · · pk−1 )f (pαk ).

1 2

1 2

k

k



Đònh lý 4.2. Nếu f có tính nhân thì hàm

f (d)



g(n) =

d|n



cũng có tính nhân.

Chứng minh. Hàm g không đồng nhất bằng không, vì

f (1) = 1.



g(1) =

d|1



β β

β

Giả sử m = pα pα · · · pα và n = q1 q2 · · · qs là khai triển lũy thừa nguyên

1 2

r

tố tương ứng của các số nguyên dương m và n. Nếu (m, n) = 1 thì pi và qj

là các số nguyên tố khác nhau. Từ đây ta suy ra, mỗi ước d của

1



2



1



r



2



s



β β

β

mn = pα1 pα2 · · · pαr q1 1 q2 2 · · · qs s

1 2

r



được viết một cách duy nhất thành tích của các ước nguyên tố cùng nhau d1

của m và d2 của n. Vậy

f (d) =



g(mn) =



f (d1 d2 ).

d1 | m

d2 | n



d|mn



Vì f có tính nhân và (d1 , d2 ) = 1 nên f (d1 d2 ) = f (d1 )f (d2 ), suy ra

g(mn) =



f (d1 )f (d2 ) =

d1 | m

d2 | n



f (d1 )

d1 | m



f (d2 ) = g(m)g(n).

d2 | n



45



4.1. NHẬN XÉT CHUNG



Đònh lý 4.3. Nếu hàm số học f có tính nhân và

f (pm ) → 0



khi pm → ∞



trong đó p là số nguyên tố và m là số nguyên dương, thì

f (n) → 0



khi n → ∞.



Chứng minh. Vì f (pm ) → 0 khi pm → ∞ nên ta có nhận xét rằng f thỏa



các điều kiện sau:

1. Có hằng số dương A sao cho với mọi m và p ta đều có

|f (pm )| < A.



2. Có hằng số dương B sao cho

|f (pm )| < 1



nếu pm > B.



3. Với mọi ε > 0 đều có số N (ε), chỉ phụ thuộc vào ε, sao cho

|f (pm )| < ε



Giả sử



nếu pm > N (ε).



n = pα 1 pα 2 · · · pα k

1 2

k



là khai triển lũy thừa nguyên tố của số nguyên dương n > 1. Thế thì

f (n) = f (pα1 )f (pα2 ) · · · f (pαk ).

1

2

k



Vì chỉ có hữu hạn các số dạng pα mà pα ≤ N (ε), nên ta suy ra rằng

chỉ có hữu hạn các số nguyên mà tất cả các lũy thừa nguyên tố của

nó đều không vượt quá N (ε). Đặt P (ε) là cận trên cho các số nguyên

như vậy.

Nếu n > P (ε), thì trong khai triển thành lũy thừa nguyên tố của n phải

có ít nhất một thừa số pα mà pα > N (ε). Gọi C là số các lũy thừa

nguyên tố pα mà pα ≤ B. Thế thì từ nhận xét trên ta suy ra

i



i



|f (n)| < AC ε.