

                     
!"
#$%&'($)#*+$%$,-&"
.$%/0),1*2
34$,567#/08&$%9-
 :
;*<,=<)9;$>?@A(-$:
;*@A(-$A#@$%&'($)#2
34$,567#/08&$%9-)8($>B$,C
3DE3
3 D$%/F$%*G-A4$,567#/08&$%9-A#@>H@A.$%/0),1*>B
<,0I$%)8J$,A.$%/0K3
3  D$%  /F$%  *G-  A4$,  56  )89$%  5L  ),&'M)  *,@-  ,M)  )8($  >B$,  7#
$%&'($C
33D$%/F$%A4$,567#/08&$%9-)8($>B$,A-),1*3
NOPKKKKKKKKKKKKKKKKKK33
 QNR3"
1
S
T$%U&-$)J$,,J$,$%,@($*1&),&V*5W$,>X*A?)B@
Định lí số dư Trung Hoa được bắt nguồn từ bài toán ‘‘Hàn Tín điểm binh’’
của Trung Quốc thời Hán Cao Tổ Lưu Bang đang dựng nghiệp. Định lí được ví
như là viên gạch quan trọng để xây nên tòa nhà lý thuyết số và những lí thuyết
cao cấp hơn của Toán học. Bởi vậy trên thế giới đã có nhiều nhà Toán học
nghiên cứu và giải quyết các vấn đề liên quan tới định lí số dư Trung Hoa. Định
lí giúp ta giải quyết nhiều bài toán khó, làm cho nhiều bài toán khó trở nên đơn
giản hơn, đặc biệt cho ta những lời giải khá bất ngờ. Như việc sử dụng định lí để
chứng minh công thức Phi hàm Euler, hay giải bài toán mở rộng của định lí
Wilson và đếm số nghiệm của phương trình đồng dư. Ngoài ra định lí còn được

"#@)0Z$%[<,\]>@$%,@($*1&
4.1. Đối tượng nghiên cứu : Định lí số dư Trung Hoa.
4.2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu định lí và ứng dụng trên vành.
:V@/&$%$%,@($*1&
CHƯƠNG 1: ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH SỐ NGUYÊN.
1.1. Số nguyên tố cùng nhau.
1.2. Đồng dư thức.
1.3. Định lí số dư Trung Hoa.
CHƯƠNG 2: ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH.
2.1. Các phép toán về iđêan.
2.2. Các iđêan đối nguyên tố.
2.3. Định lí số dư Trung Hoa trên vành.
CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA.
3.1. Ứng dụng của định lí số dư Trung Hoa đối với đồng dư thức và phương
trình đồng dư.
3.2. Ứng dụng của định lí trong lý thuyết chia hết trên vành số nguyên.
3.3 Ứng dụng định lí số dư Trung Hoa trên vành đa thức.
2^,0I$%<,;<$%,@($*1&
6.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình có
liên quan tới định lí số dư Trung Hoa.
6.2. Phương pháp nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm: Tổng hợp và hệ thống hóa
kiến thức về vấn đề nghiên cứu một cách đầy đủ, khoa học đồng thời tìm các ví
dụ minh họa từ quá trình học và nghiên cứu.
3
 
!.
!_
4$,$%,W-Một số nguyên p được gọi là số nguyên tố, nếu
1p
>

1 2 1 2

s r
n p p p q q q
= … =
trong đó p
i
, q
j
là các số nguyên tố. Giản ước các số nguyên tố bằng nhau có mặt
trong hai vế, ta được đẳng thức:
4
1 2 1 2

i i iu j j jv
p p p q q q
… =
trong đó không có số nguyên tố nào có mặt ở cả hai vế.
Như vậy, vế trái chia hết cho q
j1
, do đó phải tồn tại một thừa số của tích chia hết
cho
1j
q
( vô lí ). Suy ra điều phải chứng minh.
`U&a"
1.1.4.1. Nếu n có dạng phân tích chính tắc
1 2
1 2


⇔ β ≥ α =
M
•
( )
min( , )
1
,
i i
k
i
i
m n p
α β
=
=
∏
.
•
[ ]
max( , )
1
,
i i
k
i
i
m n p
α β
=
=

b
2
cũng là nguyên tố cùng nhau.
• Nếu a và b là nguyên tố cùng nhau và a là ước của tích bc, thì a là ước của c.
Mở rộng cho n số nguyên:
5
• Cho n số nguyên
1 2
, , , .
n
a a a
Các số này được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
ước chung lớn nhất của n số đó bằng 1.
• Các số
1 2
, , ,
n
a a a
được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu từng cặp
hai số khác nhau trong chúng là nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ: Ba số 2, 10, 15 là nguyên tố cùng nhau, nhưng không nguyên tố cùng
nhau từng đôi một.
cD
4$,$%,W-Cho một số nguyên dương m. Hai số nguyên a và b được gọi
là đồng dư modulo m nếu hiệu
a b
−
chia hết cho m. Nếu a đồng dư với b
modulo m, thì ta viết
(mod )a b m≡

(mod )a b m≡
và
(mod )b c m≡
thì
(mod ).a c m≡
(iv) Nếu
(mod )a b m≡
và
(mod )b d m≡
thì
(mod )a b c d m+ ≡ +

và
(mod ).ab cd m≡
(v) Nếu
(mod )a b m≡
thì
2
(mod ).am bm m
≡
Tiếp theo, ký hiệu
a
là tập hợp tất cả các số nguyên đồng dư với a theo modulo
m,
{ }
(mod ) .a n n a m= ∈ ≡¢
Nói cách khác,
a
là tập hợp các số nguyên có
dạng


khi và chỉ khi
( )
mod .a b m≡
(ii)
a b
≠
khi và chỉ khi
.a b
∩ =∅
(iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo modulo m.
Chứng minh.
(i) Giả sử
a b
=
, xét
.a a b
∈ =

Do đó,
( )
mod .a b m≡
Ngược lại, nếu
( )
mod a b m≡
thì
.a b
∈

Ngoài ra, nếu

thì
a b=
. Thật vậy, giả sử
a b
∩ ≠ ∅

gọi
c a b
⊆ ∩
. Ta có
( )
mod c a m≡
và
( )
mod .c b m≡
Suy ra
( )
mod .a b m≡

Do đó, theo (i) ta suy ra
.a b
=
(iii) Ta chứng minh tập
{ }
0,1,2, , 1m −

là m lớp đồng dư phân biệt theo modulo
m. Thật vậy, giả sử tồn tại
0 k l m
≤ < <

4$,$%,W-:. Tập gồm m phần tử
{ }
1 2
, , ,
m
A a a a=
gọi là một hệ thặng dư
đầy đủ modulo m nếu
{ }
1 2
, , ,
m
B a a a
=
là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo
modulo m.
Từ định nghĩa ta thấy, hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m là không duy nhất. Ví
dụ các tập
{ } { }
0,1,2,3 , 0,1,2, 1 ,−
là những hệ thặng dư đầy đủ theo modulo 4.
`$,A?2 Cho a, b, c, m là các số nguyên,
( )
0, mod m ac bc m> ≡
và
( , ).d c m=

Khi đó, ta có:
7
mod .

suy ra
, 1
c m
d d
 
=
 ÷
 
.
Do đó, ta có
( )
m
b a
d
−
hay
mod .
m
a b
d
 
≡
 ÷
 
`$,A?C Cho
1 2
, , , , ,
k
a b m m m
là các số nguyên;

m m m
.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
d^,@,B]e&5f8
4$,$%,W-dSố các số thuộc dãy 1, 2, , n nguyên tố với n được kí hiệu
là
( )n
ϕ
. Người ta gọi hàm
( )n
ϕ
là một hàm Euler.
6$,*,b)dCho m, n là các số nguyên dương, ta có:
•
( , ) ( ) ( )m n m n
ϕ ϕ ϕ
=

với
( )
, 1m n =
.
• Nếu p nguyên tố thì
1
( ) 1, ( ) ( 1)
n n n
p p p p p n
ϕ ϕ
−
= − = − >

( )
, 1a m
=
.Khi
đó
( )
1
m
a
ϕ
≡
(mod m).
Chứng minh:
8
Giả sử
1 2 ( )
, , ,
m
r r r
ϕ
là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương không
vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m.
Theo định lí trên ta suy ra
1 2 ( )
, , ,
m
ar ar ar
ϕ
là một hệ thặng dư thu gọn modulo
m. Như vậy các đồng dư dương bé nhất của ar

a rr r rr r m
ϕ
ϕ ϕ
≡
.
Vì
1 2 ( )
( , ) 1
m
rr r m
ϕ
=
nên
( )
1 (mod )
m
a m
ϕ
≡
.
g^,0I$%)8J$,A.$%/0)&'M$)6$,
4$,$%,W-gPhương trình dạng ax ≡ b (mod m) được gọi là phương trình
đồng dư tuyến tính với a, b, m là các số đã biết, x
0
là một nghiệm của phương
trình khi và chỉ khi
( )
0
mod .ax b m≡
Nếu x

mà (a,m) = 1⇒ a’≡ a’’(mod m).
`U&ag"Nếu p nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp
{ }
1, 2, , 1p −
đều
có nghịch đảo duy nhất modulo p.
4$,56g:Nếu (a,m) = 1 thì phương trình ax ≡ b (mod m) có nghiệm duy
nhất theo modulo m.
Chứng minh:
9
Ta có
{ }
1, 2, , m
là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m và (a,m) =1 nên
{ }
, 2 , , a a ma
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m suy ra có đúng một
phần tử của hệ này đồng dư với b theo modulo m
⇒
đpcm.
4$,56g24$,56).$)\@$%,@`]<,0I$%)8J$,A.$%/0)&'M$)6$,
Giả sử (a,m) = d. Khi đó phương trình ax ≡ b(mod m) (1) có nghiệm khi và chỉ
khi d| b. Hơn nữa, khi d | b thì (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, đó là:
2
, , , , ( 1)
m m m
t t t t d
d d d
+ + + −
(2)

) có nghiệm
t duy nhất ⇒ phương trình
(mod )ax b m≡
cũng có nghiệm t.
Mỗi nghiệm của (3) là nghiệm của (1) và ngược lại.
Dễ thấy rằng (2) là d nghiệm của (3) nên (2) cũng là d nghiệm của (1). Ngoài ra
hai nghiệm của (2) là phân biệt theo modulo m. Thật vậy nếu:
(mod ) (1 , 1).
m m
t r t s m r s d
d d
+ ≡ + ≤ ≤ −
.
(mod ) (mod ) ) .(
m m
r s m r s d
d d
r s d r s⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ⇒ =− M
Tiếp tục, ta chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác ngoài (2).
Giả sử y là nghiệm của (1):
(mod ) (mod ) (mod ) mod
m
ay b m ay at m y t m y t
d
 
⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
 ÷
 
.
m

Ngược lại, giả sử a là nghịch đảo modulo của chính nó, tức là
2
1 (mod )a p≡
2
1 1 a p a p⇒ − ⇒ +M M
hoặc
1a p− M
hay
1 (mod )a p≡ −
hoặc
1 (mod )a p≡
.
4$,564$,56i@579$Số p là nguyên tố khi và chỉ khi:
( )
1 ! 1 (mod ).p p− ≡ −
Chứng minh:
Khi p = 2, ta có (p – 1)! = 1 ≡ –1 (mod 2).
Giả sử p là số nguyên tố,
2p >
, khi đó mỗi số nguyên a với
1 1a p≤ ≤ −
tồn tại
nghịch đảo a’ với
1 1a p
′
≤ ≤ −
sao cho aa’≡ 1 (mod p). Theo mệnh đề trên chỉ
có 2 số là 1 và p – 1 là nghịch đảo modulo p của chính nó. Như vậy, ta có thể
nhóm các số 2, 3,…, p – 2 thành (p – 3)/2 cặp mà tích của chúng đồng dư 1
modulo p.

r
M m m m
=
.
Chứng minh.
11
Ta xây dựng một nghiệm của hệ. Giả sử:
M
k
=
k
M
m
= m
1
m
2
m
k–1
m
k+1
m
r
.
Ta có ( M
k
,m
k
) = 1 vì (m
j

M
r
y
r
.
Ta thấy x ≡ a
k
(mod m
k
) với mọi k. Vì m
j
|M
k
với
j k
≠
nên M
j
≡ 0 (mod m
k
) khi
j k.
Như vậy, x chính là một nghiệm của hệ đang xét.
Ta chứng tỏ rằng nghiệm vừa xây dựng là duy nhất modulo M.
Giả sử x
0
, x
1
là hai nghiệm của hệ. Khi đó, với mỗi k,
( )

≡

Hệ đã cho tương đương với hệ:
2 (mod 14)
11 15 (mod 15)
17 (mod 31)
x
x
x
≡


≡


≡

Đặt m = 14.15.31 = 6510.
M
1
= 15.31 = 465; M
2
= 14.31 = 431;M
3
= 14.15 = 210.
Phương trình
( )
1
1 mod 14M y ≡
trở thành

465.5.2 434.( 1).11 210.( 1).17 296 (mod 6510)x ≡ + − + − ≡
.
kTA?3Nếu a và b là các số nguyên dương thì thặng dư dương bé nhất
modulo
2 1
b
−

của
2 1
a
−
là
2 1
r
−
, trong đó r là thặng dư dương bé nhất của a
modulo b.
Chứng minh.
Nếu
a bq r= +
, với r là thặng dư dương bé nhất của a modulo b thì ta có:

(2 1) (2 1)
a bq r+
− = −
( 1)
(2 1)(2 2 2 ) (2 1)
b b q r b r r r− + +
= − + + + + −

1 2
, , ,
r
m m m
đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta xét trường hợp đó là những số
nguyên dương bất kì.
4$,563:4$,567#/08&$%9-]l8V$% Cho n số nguyên dương
1 2
, , ,
n
m m m
và
1 2
, , ,
n
a a a
là các số nguyên dương bất kì. Khi đó hệ đồng dư
tuyến tính:
(mod )
1,
i i
x a m
i n
≡



=



.
• Ngược lại, nếu
(mod ( , ))
i j i j
a a m m≡
với mọi i, j thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤
thì ta
chứng minh hệ có nghiệm duy nhất modulo M =
[ ]
1 2
, , ,
n
m m m
bằng quy nạp
như sau:
Với
2n
=
đặt
1 2 1 1 2 2 1 2
( , ) , , ,( , ) 1m m d m dd m dd d d
= = = =
1 2
(mod )a a a d
⇒ ≡ ≡
.
Đặt
1 1 2 2

≡


Vì
1 2
( , ) 1d d
=
nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương
x
thỏa mãn:
1 1
2 2
(mod )
(mod )
x k d
x k d

≡


≡


.
Do đó:
1 1
1 2 1 2
2 2
(mod )
(mod ( )) (mod ( ))

có nghiệm duy nhất modulo
[ ]
1 2
,m m
.
Giả sử định lí đúng với
1n
−
. Ta chứng minh định lí đúng với n.
Đặt
[ ]
1 1 2 1 2
, , , , .
n n
m m m m m m
−
= =
Theo giả thiết quy nạp, hệ phương trình
(mod )
1, 1
i i
x a m
i n
≡



= −





.
14
Vì
(mod ( , ))
i j i j
a a m m
≡
với mọi i, j thỏa mãn
1 i j n
≤ < ≤
nên
1 2 1 2
(mod ( , )).a a m m
≡
Từ đó theo trường hợp n = 2, hệ phương trình
1 1
2 2
(mod )
(mod )
x a m
x a m

≡


≡



.
4$,56 Một bộ phận
A ≠ ∅
của vành R là một iđêan của R khi và chỉ khi
các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i)
; ,a b A a b A
− ∈ ∀ ∈
.
(ii)
, ; , .xa A ax A a A x R
∈ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈
Chứng minh: Được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
4$,$%,W-3R là một vành cho trước, thì ta gọi:
(i)
I J
+
là tổng của hai iđêan I và J.
(ii) IJ là tích của hai iđêan I và J.
`$,A?"R là một vành cho trước, ta có các khẳng định sau:
(i) Nếu I, J là hai iđêan của R thì tập:
{ }
, .I J a b a I b J
+ = + ∈ ∈
15
là một iđêan của R.
(ii) Nếu I, J là hai iđêan của R thì tập:
{ }
1
, .

là một iđêan của R.
(ii)
do .IJ c IJ≠ ∅ ∈
Với
1
n
i
ii
a a b
=
∀ =
∑
và
1
n
i i
i
b c d
=
=
∑
thì
.a b I
− ∈
Với
r R
∀ ∈
,
a IJ
∀ ∈

Suy ra
.IJ I J
= ∩
`$,A?Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị, I
1
, I
2
, ,I
n
là các iđêan của
R từng đôi một đối cực đại. Khi đó ta có:
1
1
n
n
i i
i
i
I I
=
=
=
∏
I
.
Chứng minh.
Ta chứng minh quy nạp theo
2.n
≥
Với n = 2. Mệnh đề đúng.

j
đôi một đối cực đại (
2,j n=
) nên tồn tại
1j
a I
∈
và
j j
b I
∈
để
1 .
j j
a b= +
Ta có: x =
1
2 2
(1 ) 1 , .
n n
j j
j j
b a a a I
= =
= − = − ∈
∏ ∏
Đương nhiên
x J∈
suy ra
1

I I J I J I
=
=
= = ∩ =
∏
I
.
Vậy có điều phải chứng minh.
`U&a3Tích của hữu hạn các iđêan cực đại khác nhau bằng giao của
chúng.
3 
4$,5634$,568&$%9-Cho I
1
, I
2
, ,I
n
là các iđêan của R. Ánh xạ f:
1
n
i
i
R
R
I
=
→
∏
xác định bởi
( )

mà
( ) (0, ,0,1,0, ,0),1f a
=
　
ở vị trí thứ i. Ta đi chứng minh với i = 1.
Với i = 1 thì
1
, 1 1 ; , .
i j j j j j j
I I R j u v u I v I+ = ∀ ≥ ⇒ = + ∈ ∈
1 1
1
2 2
1 (1 ) 1 , .
n n
j j j j
j j
v u v u u u I
− −
= =
⇒ = − ⇒ = − = + ∈
∏ ∏
Đặt x =
2
n
j
j
v
=
∏

(0, ,0,1,0, ,0)
(
1
ở vị trí thứ i). Suy ra
,
j
a I i j∈ ≠
và
1 .
i
a I
− ∈
Mà
1 1 , ( ) , .
i j i j
a a I I i j I I R i j= − ∈ ∀ ≠ ⇒ = ∀ ≠+ + +
`U&a3 Nếu
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối nguyên tố thì
1
1
( ).
n
n
i
i
i


n
i
i
Ker f I
=
=
I
ta có:
( ).

R
f R
Ker f
≅
Theo định lí trên ta có f là một toàn ánh nên
1
( )
n
i
i
R
f R
I
=
=
∏
(đpcm).
`U&a33 Với
1 2

.
Chứng minh:
Lấy R =
¢
,
i i
I m
=
¢
(
1,i n
=
).
Do các số m
i
đôi một nguyên tố cùng nhau nên
1 2
, , ,
n
I I I
đôi một đối cực đại
do đó
1
:
n
i
i
f
m
=

[ ]
K x
với K là một trường;
1 2
( ), ( ), , ( )
n
f x f x f x
là các đa
thức của
[ ]
K x
;
1 2
, , ,
n
a a a
là các số phân biệt của K;
1 2
, , ,
n
k k k
là các số
nguyên dương. Khi đó luôn tồn tại
[ ]
( )f x K x∈
sao cho:
( ) ( )(mod( ) ),(1 )
i
k
i i

. Theo định lí 2.3.1 ta có điều phải chứng minh.
,p$q=)

Cho đa thức:
( )
1
1 0
;
n n n
n
f x a x a x a x a
−
= + + + +
với
, 1 , .
i
a i n n
∗
∈ ≤ ≤ ∈¢ ¥
Việc giải phương trình
( ) ( )
0 mod f x m≡
được đưa về giải hệ phương trình:
1
2
1
2
( ) 0 (mod )
( ) 0 (mod )


thừa số nguyên tố.

Định lí Trung Hoa thường được áp dụng cho vành các số nguyên
¢
. Giả sử m
là một số nguyên lớn hơn 1 và m =
1
i
k
r
i
i
p
=
∏
là một sự phân tích của m thành thừa
số nguyên tố, với mũ
1
i
r
≥
. Thế thì ta có một đẳng cấu vành:
1
i
k
r
i
i
m
p

n
a a I a I a I
+ + +
a
Khi đó f là toàn cấu nếu và chỉ nếu
,
i j
I I
đối nguyên tố, hay
(1)
i j
I I+ =
.
Chứng minh:
•
f là một đồng cấu vành.
•
Ta có
(1).
i j
I I
+ =
Ta đi chứng minh với mọi
1 2
:( ,0 , , ) ( ,0, ,0)
n
x R x I I x I x
∈ + + + =
có tạo ảnh.
Từ

Vậy
( ) ( ,0,0, ,0)f x x
=
hay f là toàn cấu.
• Giả sử f là toàn cấu.
Xét phần tử
( )
0, ,0,1,0, 0 ,1
ở vị trí i.
Do f là toàn cấu nên tồn tại
( )
: ( ) 0, ,0,1,0, ,0 (1a R f a∈ =
ở vị trí thứ i).
Suy ra
,
j
a I i j∈ ≠
và
1
i
a I
− ∈
1 (1 ) ( ).
i j
a a I I i j⇒ = − + ∈ + ≠
Hay
(1).
i j
I I
+ =

2
):
( )a b x ax bx+ = +
.
(M
3
):
( ) ( )ab x a bx
=
.
(M
4
):
1x x=
.
với mọi
, a b R
∈
và mọi
, x y M
∈
.
Ví dụ: (i) Giả sử R=
¢
là vành các số nguyên. Khi đó mỗi nhóm abel A có cấu
20
trúc
¢
-modulo.
(ii) R=K là trường. Mỗi không gian véctơ trên K là một K-modulo.

+ + +
a
.
Khi đó:
(i) f là toàn cấu.
(ii)
1
.
n
i
i
Ker f I M
=
=
I
(iii)
1
1
.
n
n
i
i
i
i
M M
I M
I M
=
=

(i)
ϕ
là toàn cấu.
(ii)
1 2
.Ker V V
ϕ
= ∩
(iii)
1 2 1 2
.
V V V
V V V V
≅ ×
∩
Chứng minh:
Ta có
1 2 1 2 1 2
dim( ) dim dim dim( )V V V V V V
∩ = + − +
1 2
dim dim dimV V V
= + −

1 2
dim dimV V n
= + −
.
Lại có:
1 2 1 2

:
V V
V
V V
ϕ
→ ×

1 2
( , ).v v V v V
+ +
r r r
a
Do
1 2
Ker V V
ϕ
= ∩
do đó
ϕ
cảm sinh đẳng cấu:
1 2 1 2
: .
V V V V
Ker V V V V
ϕ
ϕ
= ≅ ×
∩
ϕ
là đơn cấu do định lí đồng cấu.

m 0 odf x n≡
có nghiệm khi và chỉ khi tất cả các
phương trình đồng dư
( ) ( )
mo 0 df x n≡
,
1,i k=
có nghiệm. Nếu gọi số nghiệm
của phương trình
( ) 0 (mod )
i
i
f x p
α
≡
là
, 1,
i
n i k
=
thì phương trình
1 2
1 2

k
k
n p p p
αα α
=
có đúng

x
là một nghiệm của f(x)
0 (mod ), 1,
i
i
p i k
α
≡ =
. Theo định lí phần dư
Trung Hoa tồn tại duy nhất
x
là nghiệm của hệ
(mod )
1,
i
i i
x x p
i k
α

≡


=


(mod n).
Mà
(mod )
i

i
i
p i k
α
≡ =
cho ta
một nghiệm của f(x)
0 (mod )n≡
và hiển nhiên các nghiệm này là phân biệt (vì
trong hai bộ khác nhau phải tồn tại ít nhất một cặp
1 2
,
i i
x x
là hai nghiệm khác
nhau của f(x)
0 (mod )
i
i
p
α
≡
, do đó hai nghiệm tương ứng với hai bộ đó không
đồng dư theo mod
i
i
p
α
). Do đó số nghiệm của f(x)
0≡

Lời giải:
2
0 (mod )x x n
+ ≡
⇔
( 1) 0 (mod )
1,
i
i
x x p
i k
α
+ ≡



=


⇔
0 (mod )
1 (mod )
1,
i
i
i
i
a p
a p
i k



=

có duy
nhất một nghiệm (thặng dư mod n) và ta có
2
k
hệ (bằng số bộ (
1 2
, , , ),
k
a a a
{ }
1;0 )
i
a ∈ −
nghiệm của các hệ khác nhau. Suy ra phương trình
2
0 (mod )x x n
+ ≡
có đúng
2
k
nghiệm.
Cùng với tư tưởng như bài 1, ta có thể chứng minh công thức của phi hàm Euler
bằng cách đưa về đếm số nghiệm của một hệ đồng dư.
kB@)9;$3: Cho số nguyên dương n,
( )n
ϕ

là hàm nhân tính. Và để chứng minh tính chất trên ta phải sử dụng đến các
tính chất của hệ thặng dư. Cách này khá phức tạp.
Bài toán này có thể giải đẹp hơn bằng định lí đồng dư Trung Hoa.
{ }
|1 ,( , ) 1
n
A a N a n a n= ∈ ≤ ≤ =
.
Khi
1
( )n p n p p
α α α
ϕ
−
= ⇒ = −
.
Khi
1 2
1 2

k
k
n p p p
α
αα
=
, trong đó
1 2
, , ,
k

∈ ≤ ≤


=


24
Mà theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn tại duy nhất số nguyên dương a,
1 a n
≤ ≤
thỏa mãn
⇔
(mod )
1,
i
i
i i
i
p
a a p
a A
i k
α
α

≡


∈


n i i
i
A p p
α α
−
=
= −
∏
1 2
1 1 1
(1 )(1 ) (1 ).
k
n
p p p
= − − −
Bên cạnh đó, chúng ta cYng có thể chứng minh được tính chZt nhân của hàm
Euler
( )n
ϕ
nh\ s] dụng định lí số dư Trung Hoa.
Thật vậy, cho
1 2
, , ,
k
A A A
là vành giao hoán có đơn vị.
Xét vành
1 2

k

Khi đó
1 2
( , , , )
k
a a a A
∈
khả nghịch khi và chỉ khi có
1 2
( , , , )
k
b b b A
∈
sao cho:
1 2 1 2
( , , , )( , , , ) (1,1, ,1)
k k
a a a b b b
=
1 1 2 2
( , , , ) (1,1, ,1)
k k
a b a b a b
⇔ =
1
2
1 1
2 2
1
1


1
A
là
1
A
∗
.
Gọi tập các phần tử khả nghịch của
2
A
là
2
A
∗
.
……………
25