BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài
LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRÊN
VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS
Chuyên ngành: Đại số
Giảng viên hướng dẫn: Sinh viên thực hiện:
Ths.VĂN NAM NGUYỄN THỊ THƯƠNG
Huế, năm 2011
i
Mục Lục
Lời nói đầu 1
1 Vành các số nguyên Gauss 2
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

nguyên Gauss ký hiệu là Z[i]. Trong vành các số nguyên Gauss, ta có thể
xây 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 ứng
với 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 trình
bậc 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 tránh
khỏi có một số sai sót. Rất mong sự nhận xét, góp ý của quý thầy cô và
các bạn để đề tài được hoàn chỉnh hơn.
1
Chương 1
VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS Z[i]
1.1 Định nghĩa và tính chất
1.1.1 Vành các số nguyên Gauss
Xét: Z[i] = {m + ni | m, n ∈ Z} ⊂ C
Khi đó ta có:
+ Z ⊂ Z[i] nên Z[i] = ∅
+ ∀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 số
phức, 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 miền

(ac + bd) + (bc − ad)i
c
2
+ d
2
=
ac + bd
c
2
+ d
2
+
bc − ad
c
2
+ d
2
i
Đặt u =
ac + bd
c
2
+ d
2
, v =
bc − ad
c
2
+ d
2

2
+t
2
= |m−u|
2
+|n −v|
2
≤
1
4
+
1
4
=
1
2
nên N(θ) ≤
1
2
N(β) < N(β).
Vậy ∀α ∈ Z[i], ∀β ∈ Z[i]
∗
, ∃ γ, θ ∈ Z[i] sao cho α = γβ + θ với θ = 0 hay
θ = 0 và N(θ) < N(β).
Từ i) và ii) ta suy ra Z[i] là miền nguyên Euclide. ✷
3
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.

hoặc



m = 0
n = ±1
Suy ra các ước của đơn vị trong Z[i] là ±1, ±i. Các phần tử này
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.
4
Giả sử π ∈ Z[i]
∗
\ U là phần tử nguyên tố. Khi đó π chỉ chia hết cho
những số nguyên Gauss liên kết với 1 và những số nguyên Gauss liên kết
với chính nó.
Vì vậy, nếu π là phần tử nguyên tố của Z[i] thì π có đúng tám ước:
±1, ±i, ±π, ±iπ
Nếu π là một phần tử nguyên tố của Z[i] thì các số nguyên Gauss
liên kết với π cũng là các phần tử nguyên tố của Z[i].
Mệnh đề 1.3.1. Cho α, β, γ ∈ Z[i]
∗
.
i) Nếu (α, β) ∼ 1 và α | βγ thì α | γ.
ii) Cho π là một phần tử nguyên tố của Z[i]. Nếu π | αβ thì π | α
hoặc π | β.
Chứng minh:
i) Giả sử (α, β) ∼ 1. Khi đó (αγ, βγ) ∼ γ. Mặt khác α | αγ, α | βγ

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 = N(α), ∀α ∈ Z[i].
(⇐) Giả sử p = N(α), ∀α ∈ Z[i].
Khi đó nếu p không phải là số nguyên tố trong Z[i] thì tồn tại α, β
thuộc Z[i]
∗
\U sao cho p = αβ.
Ta có
p
2
= N(p) = N(αβ) = N(α)N(β)
Mà p nguyên tố nên
N(α) = N(β) = p
(Mâu thuẫn với p = N(α), ∀α ∈ Z[i]).
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 = m
2
+n
2
hay 4k + 3 = m
2
+ n
2
.
Nếu m chẵn m = 2l (l ∈ Z) thì m
2
= 4l
2

+ n
2
.
Vậy q = N(α), ∀α ∈ Z[i]. Theo ii) ta suy ra q là một số nguyên tố
trong Z[i]. ✷
Bổ đề 1.3.3. Xét p là một số nguyên tố dương trong Z, khi đó:
p = a
2
+ b
2
(a, b ∈ Z) ⇔ p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4)
Chứng minh:
Ta có p = 2 = 1
2
+ 1
2
Xét p > 2
(⇒) Giả sử p = a
2
+ b
2
(a, b ∈ Z).
Khi đó vì p lẻ nên a
2
lẻ, b
2
chẵn hoặc là a
2
chẵn, b
2

) = (−1)
p−1
2
= 1. Do đó tồn tại
x ∈ Z sao cho
x
2
≡ −1 (mod p) ⇔ x
2
+ 1 ≡ 0 (mod p)
hay
p | x
2
+ 1 ⇔ p | (x + i)(x − i)
Mà p là một phần tử nguyên tố của Z[i] nên p | x + i hoặc p | x − i. Vô
lý vì
x
p
+
1
p
i ,
x
p
−
1
p
i không phải là các số nguyên Gauss. Vậy tồn tại
a, b ∈ Z sao cho p = a
2

< z. Mặt khác π | z
hay π | z
1
z
2
. Theo ii) mệnh đề 1.3.1 ta có π | z
1
hoặc π | z
2
(Mâu thuẫn
với 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, p

của Z. Khi đó
π | p, π | p

nên π | xp + yp

= 1 ( Do (p, p

) = 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 số
nguyên tố dương trong Z.
Sau đây, chúng ta sẽ xác định các phần tử nguyên tố của Z[i] bằng
phương 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 theo
mệnh đề 1.3.4 tồn tại số nguyên tố dương p trong Z sao cho π | p.

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 = 1
2
+ 1
2
. 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 = a
2
+ b
2
,
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:
π ∼







tố của Z[i] thì ∃ α
1
, β
1
∈ Z[i]
∗
\U, α = α
1
β
1
.
Ta có N(α
1
) > 1, N(β
1
) > 1. Mà N(α) = N(α
1
β
1
) = N(α
1
)N(β
1
).
Do đó 1 < N(α
1
) < N(α).
+ Nếu α
1
là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α

2
).
Do đó 1 < N(α
2
) < N(α
1
).
- Nếu α
2
là phần tử nguyên tố của Z[i] thì α
2
là ước nguyên tố
của α.
- Nếu α
2
không phải là phần tử nguyên tố của Z[i] thì ta tiếp tục
quá trình trên. Nhưng vì:
N(α), N(α
1
), N(α
2
), ∈ N và N(α) > N(α
1
) > N(α
2
) >
nên quá trình trên phải kết thúc ở bước thứ r nào đó với N(α
r
)
là số nguyên tố trong Z. Theo i, mệnh đề 1.3.2 ta suy ra α

= π
2
α
2
, N(α
2
) < N(α
1
).
- Nếu α
2
∈ U thì do π
2
là phần tử nguyên tố của Z[i] nên α
1
cũng
là phần tử nguyên tố của Z[i]. Ta có α = π
1
α
1
.
10
- Nếu α
2
∈ U thì ta tiếp tục quá trình trên. Nhưng vì:
N(α), N(α
1
), N(α
2
), ∈ N và N(α) > N(α

Vậy α = π
1
π
2
. . . π
r−1
α
r−1
trong đó π
i
, i = 1, r − 1 và α
r−1
là
các phần tử nguyên tố của Z[i]. ✷
Nhận xét 1.3.7.
Ta có Z[i] là miền nguyên Gauss nên mọi phần tử khác 0 và không
khả nghịch đều có một dạng nhân tử hóa duy nhất thành các phần tử
nguyên tố.
Do đó với mọi α ∈ Z[i]
∗
\U ta có thể đặt α dưới dạng:
α = π
n
1
1
π
n
2
2
. . . π

Ví dụ 2.1.1.2.
15 ≡ 1 (mod 7)
5 + 2i ≡ 3 (mod 1 + i)
−7 − i ≡ −10 (mod 3 − i)
Từ định nghĩa, ta dễ dàng suy ra ba điều sau tương đương với nhau
từng đôi một:
i) α ≡ β (mod µ)
ii) µ | α − β
iii) α = β + µγ, γ ∈ Z[i].
12
2.1.2 Các tính chất cơ bản
Mệnh đề 2.1.2.1.
i) Nếu α
i
≡ β
i
(mod µ), i = 1, k thì
k

i=1
ε
i
α
i
≡
k

i=1
ε
i

∗
, γ là ước chung của α, β, µ thì từ α ≡ β (mod µ)
ta suy ra được
δα ≡ δβ (mod δµ) và
α
γ
≡
β
γ
(mod
µ
γ
)
iv) Nếu α ≡ β (mod µ
i
), i = 1, k thì
α ≡ β (mod µ)
trong đó µ ∼ [µ
1
, µ
2
, , µ
k
]
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).
Chứng minh:

k

i=1
ε
i
γ
i
=
k

i=1
ε
i
β
i
+ µγ , γ ∈ Z[i], ε
i
= ±1
k

i=1
α
i
=
k

i=1
(β
i
+ µγ

i
≡
k

i=1
β
i
(mod µ).
ii) Nếu α ≡ β (mod µ) thì µ | α−β = γ(
α
γ
−
β
γ
). Nhưng vì (γ, µ) ∼ 1
nên
µ |
α
γ
−
β
γ
hay
α
γ
≡
β
γ
(mod µ).
iii) Rõ ràng α ≡ β (mod µ) suy ra δα ≡ δβ (mod δµ)

] thì
µ | α − β hay α ≡ β (mod µ).
v) Do α ≡ β (mod µ) nên µ | α − β. Mà γ | µ nên γ | α − β hay
α ≡ β (mod γ).
vi) Do α ≡ β (mod µ) nên α = β + µγ, γ ∈ Z[i] (1)
Do đó β = α − µγ (2)
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
β và µ. Do đó (α, µ) ∼ (β, µ). ✷
2.2 Hệ thặng dư đầy đủ trong Z[i]
Với µ ∈ Z[i]
∗
, đặt
Z[i]
µ
= Z[i]/
≡ mod µ
14
Như vậy, nếu α
µ
∈ Z[i]
µ
thì α ∈ Z[i]. Và ∀ β ∈ α
µ
ta có β ∈ Z[i],
β ≡ α (mod µ).
Ta có Z[i]
µ
là một vành với hai phép toán:

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, H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ khi và chỉ
khi H
µ
thỏa mãn hai điều kiện:
i) Nếu α, β ∈ H
µ
và α = β thì α ≡ β (mod µ).
ii) Với mọi γ ∈ Z[i] tồn tại α ∈ H
µ
sao cho α ≡ γ (mod µ).
Nếu H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ thì H
∗
µ
= H
µ
\{0} là
một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô µ.
Sau đây, chúng ta sẽ chỉ ra một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ
cụ thể trong Z[i].
Với µ = m + ni ∈ Z[i]

⇔



x = am − bn
y = an + bm
⇔



a(m
2
+ n
2
) = xm + yn (1)
b(m
2
+ n
2
) = ym − xn (2)
⇒



m
2
+ n
2
| xm + yn
m

| yn và m
2
+ n
2
| ym. Do đó
d(m
2
1
+ n
2
1
) | yn
1
và d(m
2
1
+ n
2
1
) | ym
1
Mà (m
1
, n
1
) = 1 nên (m
1
, m
2
1

d
).
+ Nếu x = 0 thì 0 < |x| < d. Không mất tính tổng quát ta giả sử
m = 0 ( Vì m
2
+ n
2
= 0). Theo (2) ta có:
b(m
2
+ n
2
) = ym − xn ⇒ y =
b
m
(m
2
+ n
2
) +
xn
m
nên
xm + yn = xm +
nb
m
(m
2
+ n
2

∈ Z tức x = am − bn nên d | x
(Mâu thuẫn với 0 < |x| < d).
Vậy m + ni  x + yi. ✷
Bổ đề 2.2.3. Tồn tại yi ∈ H
µ
sao cho d ≡ yi (mod µ).
Chứng minh:
Với d=(m, n) ta đặt m
1
=
m
d
, n
1
=
n
d
. Khi đó (m
1
, n
1
) = 1.
Xét hai phương trình vô định:
x
1
m
1
+ y
1
(m

2
1
+ n
2
1
) = 1 và (n
1
, m
2
1
+ n
2
1
) = 1. Do đó (1)
và (2) đều có nghiệm. Gọi (x
0
1
, y
0
1
), (x
0
2
, y
0
2
) lần lượt là nghiệm của (1) và
(2). Khi đó nghiệm tổng quát của chúng có dạng:



1
∈ Z)



x
2
= x
0
2
+ (m
2
1
+ n
2
1
)t
2
y
2
= y
0
2
− n
1
t
2
(t
2
, x

0
1
− x
0
2
= (y
0
2
m
1
− y
0
1
n
1
− 1)
m
2
1
+ n
2
1
m
1
n
1
Mặt khác (m
1
, m
2

2
1
+ n
2
1
| x
0
1
− x
0
2
. Đặt t
0
=
y
0
2
m
1
− y
0
1
n
1
− 1
m
1
n
1
, khi

1
+ n
2
1
)(t
2
− t
1
)
17
Do đó nếu chọn t
2
− t
1
= t
0
thì x
1
= x
2
. Mà t
1
, t
2
∈ Z bất kỳ nên ta có
thể chọn t
1
= 0, t
2
= t

0
)(m
2
1
+ n
2
1
)
Điều này chứng tỏ tồn tại x ∈ Z, 0 ≤ x < m
2
1
+ n
2
1
sao cho:



m
2
1
+ n
2
1
| xm
1
+ n
1
m
2

2
+ n
2
d
và



m
2
+ n
2
| my + nd
m
2
+ n
2
| ny − md
Do đó m
2
+ n
2
|(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
2
+ n
2
d
.

.
Theo bổ đề 2.2.2 ta có m + ni  (a − c) + (b − d)i hay µ  α − β.
18
Vậy α ≡ β (mod µ).
ii) Với mọi γ = a + bi ∈ Z[i] ta chứng minh tồn tại α = r + si ∈ H
µ
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:
γ = a + bi = pd + r + bi
≡ pyi + r + bi (mod µ)
≡ r + (py + b)i (mod µ)
Chia py + b cho
m
2
+ n
2
d
ta được:
py + b = q
m
2
+ n
2
d
+ s với 0 ≤ s ≤
m
2
+ n
2

2
+ n
2
d
i) ⇒ m + ni | q
m
2
+ n
2
d
i
Do đó (py + b)i ≡ si (mod µ) hay γ ≡ r + si (mod µ).
Ta có 0 ≤ s ≤
m
2
+ n
2
d
− 1; 0 ≤ r ≤ d − 1 nên r + si ∈ H
µ
.
Vậy tồn tại α = r + si ∈ H
µ
sao cho γ ≡ α (mod µ).
Từ i) và ii) ta suy ra H
µ
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô µ. ✷
2.3 Hàm Euler
Định nghĩa 2.3.1. Với mỗi µ ∈ Z[i]
∗

2
) ∼ 1 ta có:
ϕ(α
1
α
2
) = ϕ(α
1
)ϕ(α
2
)
Chứng minh:
Gọi
G
α
1
= {γ
1
∈ H
∗
α
1
: (γ
1
, α
1
) ∼ 1}
G
α
2

1
, α
2
, α (α = α
1
α
2
).
Vì H
α
là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđulô α nên:
∀(γ
1
, γ
2
) ∈ G
α
1
× G
α
2
, ∃β ∈ H
α
: β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ

2
) = β ∈ G
α
Giả sử (α, β)  1. Khi đó gọi d  1 là ước chung nguyên tố của α, β.
Ta có β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
(mod α) do đó α | α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
− β. Mà d | α và
d | β nên d | α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
+ Giả sử d | α

2
)  1.
Mâu thuẫn với γ
2
∈ G
α
2
.
+ Giả sử d  α
1
và d  α
2
. Khi đó d  α = α
1
α
2
. Mâu thuẫn với d | α.
Do đó (α, β) ∼ 1. Suy ra β ∈ H
∗
α
. Vậy β ∈ G
α
.
ii) Chứng minh f là ánh xạ:
Xét γ
1
, γ

1
∈ G

2
hay γ
1
− γ

1
= 0, γ
2
− γ

2
= 0. Ta có:
f(γ
1
, γ
2
) = β và f(γ

1
, γ

2
) = β

với
β ∈ G
α
: β ≡ α
1
γ


2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
) (mod α).
Suy ra
β − β

≡ 0 (mod α) hay β ≡ β

(mod α)
Mà β, β

∈ H
∗
α
nên β = β

tức
f(γ
1
, γ
2
) = f(γ


, γ

2
) = β

.
Giả sử f(γ
1
, γ
2
) = f(γ

1
, γ

2
) tức β = β

. Ta có:
β ≡ α
1
γ
2
+ α
2
γ
1
(mod α)
β


| α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2
(γ
1
− γ

1
)
⇒



α
1
| α
1
(γ
2
− γ

2
) + α
2



α
1
| γ
1
− γ

1
α
2
| γ
2
− γ

2
hay
γ
1
≡ γ

1
(mod α
1
) và γ
2
≡ γ

2
(mod α

.
Suy ra
(γ
1
, γ
2
) = (γ

1
, γ

2
)
Vậy f là đơn ánh.
iv) Chứng minh f là toàn ánh:
Do (α
1
, α
2
) ∼ 1 nên tồn tại s, t ∈ Z[i] sao cho sα
1
+ tα
2
= 1. Suy ra
với mọi β ∈ G
α
ta có βsα
1
+ βtα
2

≡ βs (mod α
2
)
Từ (*) ta có βsα
1
β
−1
+ βtα
2
β
−1
= 1. Do đó (βt, α
1
) ∼ 1; (βs, α
2
) ∼ 1.
+ Giả sử (γ
1
, α
1
)  1. Gọi d  1 là ước chung của γ
1
và α
1
.
Ta có d | α
1
mà α
1
| βt − γ


| α
2
mà α
2
| βs − γ
2
nên d

| βs − γ
2
. Vì d

| γ
2
nên d

| βs.
Suy ra (βs, α
2
)  1 (Vô lý). Vậy (γ
2
, α
2
) ∼ 1 hay γ
2
∈ G
α
2
.