Toán học - Đồng dư thức

Đồng Dư Thức 
1.Định nghĩa: 
Cho số nguyên dương 1n > . Hai số nguyên ,a b được gọi là dồng dư theo 
modulo n nếu chúng cho cùng số dư khi chia cho n . 
Kí hiệu: ba º (mod n) 
2.Tính chất: 
 a)Các tính chất: 
+Nếu 
î
í
ì
º
º
)(mod'
)(mod'
nbb
naa
 Thì ta có : 
)(mod
)(mod''..
)(mod''
)(mod''
nba
nbaba
nbaba
nbaba
kk º
º
-º-
+º+
 Như vậy ta có thề cộng, trừ, nhân, và nâng lên lũy thừa các đồng dư thức theo 
cùng một modun 
 b)Luật giản ước: 
+Nếu ( )ncaca mod'.. º 
 và ( ) 1, =nc 
 thì )(mod' naa º 
 Bây giờ chúng ta sẽ đi vào một số vấn đề đồng dư thức có nhiều ứng dụng trong 
khi giải các bài toán số học 
3.Hệ thặng dư đầy đủ 
 Định nghĩa: Mỗi tập hợp A nào đó được gọi là một hệ thăng dư đầy đủ (mod n) 
nếu vớI bất kì số xÎZ tồn tạI duy nhất một aÎA để x )(mod naº 
 Chẳng hạn A={ }1,.....,2,1,0 -n là một hệ thặng dư đầy đủ theo mod n 
 Dễ thấy : 
 Một tập A={ }naaa ,.....,, 21 gồm n số sẽ là một hệ thăng dư đầy đủ theo modun n 
Khi và chỉ khi )(mod naa ji @ (ta tạm kí hiệu “không đồng dư” là @ ) với ji ¹ và 
i,jÎ { }n,.....,2,1 
 Thí dụ 1: 
Xét dãy 
2
)1( +
=
kkU k (k=1,2) .Chứng minh rằng nếu 
sn 2= (s>1) thì trong dãy 
trên có thể chọn được một hệ thăng dư đầy đủ modun n. 
Giải:Xét n số ),...,2,1(12 nkU k =- 
Ta chỉ cần chứng minh với mọi nji £<£1 thì 
)(mod1212 nUU ji -- @ 
 Giả sử ngược lại $ nji £<£1 mà 
)(mod1212 nUU ji -- º 
)1)((mod0)122)((
)(mod)12()12(
nijij
njjii
º-+-Û
-º-Û
Do sn 2= (s>1) nên n không có ước lẻ. 
Từ (1) )(mod nij ºÞ (Vô lý) 
Thí dụ 2: Cho 2 hệ thặng dư đầy đủ modun n 
{ }
{ }n
n
bbbB
aaaA
,......,,
,.....,,
21
21
=
=
Chứng minh rằng: 
Nếu n là số chẵn thì tập { }nn bababaBA +++=+ ,........,, 2211 không là hệ 
thặng dư đầy đủ modulo n 
Giải: Nếu A là hệ thặng dư đầy đủ thì 
)(mod
2
)1(.........21........21 n
nnnaaa n
+
º+++º+++ 
Vì n chẵn và ( ), 1 1n n + = nên 0
2
)1(
@
+nn (mod n ) 
Nếu A B+ là hệ thặng dư đầy đủ vớI n chẵn thì 
)(mod0)(........)()( 2211 nbababa nn @++++++ nhưng 
)(........)()( 2211 nn bababa ++++++ = ++++ )........( 21 naaa )........( 21 nbbb +++
2
)1( +
º
nn + ( 1) ( 1)
2
n n n n+ = + )(mod0 nº 
Đây là điều vô lý. 
4. Định lý Fermat: 
Cho số nguyên tố p.Khi đó với mọi số nguyên a ta đều có: 
 )(mod paa p º 
Ngoài ra nếu (a,p)=1 thì )(mod11 pa p º- 
Chứng minh: 
Định lý Fermat có khá nhiều cách chứng minh, ở đây chúng tôi sẽ giới thiệu đến các 
bạn cách chứng minh không phải ngắn nhất, tuy nhiên ý tưởng trong cách chứng minh là 
nên học hỏi. 
Nếu a p thì ta có ngay điều phải chứng minh. 
Nếu ( ), 1a p a p/ Þ = . 
Trước hết chúng ta nhắc lại một tính chất của số nguyên tố. 
“ Cho p là một số nguyên tố, khi đó tập các số , 1, 1ai i p= - là hệ thặng dư thu gọn 
modulo p , trong đó ( ), 1a p = ” 
Từ tính chất trên ta suy ra 
1 1
1
1 1
1(mod ) (mod )
p p
p p
i i
ai i a p a a p
- -
-
= =
º Þ º Þ ºÕ Õ . 
Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có điều cần chứng minh. 
5. Định lý Euler: 
Cho số nguyên dương n.Gọi )(nj là số các số nguyên dương không vượt quá n và 
nguyên tố cùng nhau với n. Khi đó với mọi số nguyên dương n,ta có: 
 )(mod1)( na n ºj 
Ý tưởng chứng minh định lý Euler là khá tương tự so với định lý Fermat, các bạn hãy 
thử sức xem J. 
6. Định lý Wilson 
Cho số nguyên tố p ta có định lý sau : 
 ( ) )(mod01!1 pp º+- 
Chứng minh: 
Nhận thấy định lý đúng với 2p = . 
Trong trường hợp p là số nguyên tố lẻ . 
Xét phương trình đồng dư: 
( )( ) ( ) 11 2 ... 1 ( 1)px x x p x -- - - + - - . 
Nhận thấy rằng phương trình trên có 1p - nghiệm theo modulo p . Mà bậc của đa 
thức trên bé hơn 1p - nên đa thức này chia hết cho p với mọi x . 
Như vậy các hệ số của đa thức chia hết cho p . Xét hệ số tự do: 
1( 1) ( 1)! 1 ( 1)! 1 p p p p p-- - + Þ - +  ( 1p - chẵn do p là số nguyên tố lẻ) 
7.Bài tập ví dụ: 
Bài 1:Cho p là số nguyên tố có dạng 4k+3. Cho các số nguyên x và y. Biết x2+y2  p 
Chứng minh rằng: x và y chia hết cho p. 
Giả sử (x,p)=1 thì ta thấy (y,p)=1 
Ta có x2 )(mod2 py-º 
)(mod11
)(mod2424
p
pyx kk
-ºÛ
-ºÛ ++
(Theo định lý Fermat) 
Do đó (x,p) 1¹ nên x chia hết cho p và dễ thấy y cũng chia hết cho p 
Bài 2:Chứng minh rằng: với 1n > thì 13 312 ++ n
n
 
Theo nhị thức Newton: 
3 3 12 1 (3 1) 1 3 .
n n n A++ = - + = 
Từ đây ta suy ra đpcm 
Bài tập luyện tập 
Bài 1: 
Cho ( ), 1a b = . Chứng minh rằng mọi ước lẻ 2 2n nA a b= + của đều có dạng 12 1n k+ + 
Bài 2: 
Chứng minh rằng , 5n N n" Î ³ thì ( 1)!
( 1)
n
n n
é ù-
ê ú+ë û
là số chẵn. 
Bài 3: 
Cho * 2: 2 1xx N xÎ +  
Chứng minh rằng: 3x = 
Gợi ý: có thể dùng ví dụ 2. 
Bài 4: 
Cho ,p q là 2 số nguyên tố cùng nhau. Hãy tính tổng: 
 2 ( 1)...p p q p
q q q
ì ü ì ü ì ü-
+ + +í ý í ý í ý
î þ î þ î þ
Bài 5: 
Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
6
6
x y z
x y t
ì + =
í
+ =î
không có nghiệm nguyên. 
Bài 6: 
Chứng minh rằng 1! 2! ... !n+ + + là số chính phương khi và chỉ khi 3.n =