Luận văn Ứng Dụng Của Cap Và Chỉ So Cho So Nguyên Theo Modulo.docx,các bạn có thể tham khảo thêm nhiều tài liệu và luận văn ,bài mẫu điểm cao tại teamluanvan.com

1. THÁI NGUYÊN, 5/2019
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
PHẠM TH± бNH
ỨNG DỤNG CỦA CAP VÀ CHỈ SO CHO
SO NGUYÊN THEO MODULO

2. THÁI NGUYÊN, 5/2019
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–
PHẠM TH± бNH
ỨNG DỤNG CỦA CAP VÀ CHỈ SO CHO
SO NGUYÊN THEO MODULO
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 8460113
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
GIÁO VIÊN HƯ NG DAN
TS. NGÔ TH± NGOAN

3. 1
Tải tài liệu tại sividoc.com
Mnc lnc
L i cảm ơn 2
M đau 3
1 Kien thfíc chuan bị 5
1.1 Lý thuyet chia het trong t p so nguyên.....................................5
1.2 Đong dư thác và phương trình đong dư......................................... 9
2 Ứng dnng của cap và chỉ so của so nguyên 16
2.1 Khái ni m, ví dụ, tính chat cơ bản ve cap cho so nguyên
theo modulo..................................................................................... 16
2.2 Khái ni m và tính chat của căn nguyên thủy modulo.............. 21
2.3 Cap cho so nguyên theo modulo và áng dụng đe kiem tra
tính nguyên to ................................................................................. 24
2.4 Cap cho so nguyên theo modulo và áng dụng nh n di n các
căn nguyên thủy của so nguyên to................................................ 27
2.5 Cap cho so nguyên theo modulo và áp dụng nh n di n so
nguyên có căn nguyên thủy........................................................34
2.6 Chỉ so cho so nguyên theo modulo và áng dụng......................... 43
Ket lu n 48
Tài li u tham khảo 49

4. 2
Tải tài liệu tại sividoc.com
L i cảm ơn
Trước tiên tôi xin gải lời cảm ơn chân thành và sâu sac nhat tới TS.
Ngô Thị Ngoan với lòng nhi t huyet đã luôn chỉ bảo t n tình cho tôi tà
nhǎng ngày đau tiên, đong thời đưa ra nhǎng lời khuyên bő ích giúp tôi
hoàn thi n lu n văn này.
Tôi cũng xin gải lời cảm ơn tới các thay cô, t p the cán b® khoa Toán
- Tin, Trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên, Ban lãnh đạo
và các đong nghi p trường Trung hoc phő thông Hoành Bo - tỉnh Quảng
Ninh, cùng các bạn hoc viên lớp cao hoc toán K11D, đã không chỉ trang bị
cho tôi nhǎng kien thác bő ích mà còn luôn giúp đơ, tạo đieu ki n thu n
lợi trong quá trình tôi hoc t p tại trường.
Cuoi cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè người thân là nhǎng người
luôn ủng h®, đ®ng viên tôi vượt qua nhǎng khó khăn đe em hoàn thành
tot lu n văn.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 5 năm 2019

5. 3
Tải tài liệu tại sividoc.com
M đau
N®i dung lu n văn nghiên cáu ve khái ni m và tính chat của cap và chỉ
so cho so nguyên theo modulo m, đong thời xét m®t so áng dụng đien hình
của chúng trong các bài toán so hoc có liên quan. Lu n văn bao gom hai
chương.
Chương 1 của lu n văn trình bày các kien thác chuȁn bị ve lý thuyet
chia het trong t p so nguyên, đong dư thác, các lớp th ng dư đay đủ, h
th ng dư đay đủ, h th ng dư thu gon . . .. Các kien thác này được tham
khảo chủ yeu tà tài li u [1].
N®i dung của Chương 2 gom 6 mục, tà Mục 2.1 đen Mục 2.6, đe c p
đen các khái ni m và áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo, căn
nguyên thủy modulo, chỉ so cho so nguyên theo modulo. Trước tiên lu n
văn trình bày ve khái ni m cap cho so nguyên a theo modulo m (với đieu
ki n a nguyên to với modulo m), đó là so mũ nguyên dương nhỏ nhat e sao
cho ae
≡ 1 (mod m), kí hi u e = ordm a. Sau đó lu n văn giới thi u khái
ni m và tính chat của căn nguyên thủy cho so nguyên theo modulo m, đó
là th ng dư không âm nhỏ nhat α modulo m thỏa mãn ordm α = ϕ(m).
Khái ni m căn nguyên thủy modulo m có nhieu áng dụng trong so hoc,
chȁng hạn nó sě sinh ra đủ ϕ(m) th ng dư nguyên to với modulo m,...
Tiep đen lu n văn khảo sát tiêu chuȁn đe kiem tra tính nguyên to của
m®t so so nguyên dương bang cách áng dụng các tính chat của cap cho
so nguyên theo modulo và căn nguyên thủy modulo (Định lý 2.3.1). Vì
vai trò quan trong của căn nguyên thủy trong so hoc và nhǎng bài toán
liên quan nên, lu n văn khảo sát kĩ hơn ve bài toán nh n di n các căn
nguyên thủy modulo so nguyên to (Định lý 2.4.7), đó cũng là áp dụng hi u
quả của cap cho so nguyên theo modulo. Lưu ý rang có nhǎng so nguyên
dương không có căn nguyên thủy, chȁng hạn: so 8, so 12 đeu không có căn
nguyên thủy,. . . Do đó, tiep đen lu n văn trình bày áng dụng của cap cho

6. 4
Tải tài liệu tại sividoc.com
so nguyên theo modulo vào bài toán nh n di n lớp các so nguyên dương có
các căn nguyên thủy đó là các so nguyên 1, 2, 4, pk
, 2pk
với p là so nguyên
to lẻ (Định lý 2.5.19). Phan cuoi của lu n văn giới thi u khái ni m chỉ so
cho so nguyên theo modulo đoi với m®t cơ so, và xét m®t so áng dụng vào
phương trình đong dư. Ngoài ra lu n văn cũng trình bày nhieu ví dụ minh
hoa giúp cho người đoc de theo dõi, và đó cũng là nhǎng bài t p thích hợp
cho phő thông. Dưới đây là tóm lược n®i dung các mục của Chương 2.
• Mục 2.1 sě đe c p đen các khái ni m và tính chat cơ bản ve cap cho
so nguyên theo modulo và các ví dụ minh hoa.
• Mục 2.2 trình bày ve khái ni m và tính chat của căn nguyên thủy
modulo.
• Mục 2.3 trình bày áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo vào
bài toán kiem tra tính nguyên to dựa trên định lý Lucas và các h quả
của nó.
• Mục 2.4 trình bày áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo vào
nh n di n các căn nguyên thu của so nguyên to.
• Mục 2.5 khảo sát áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo vào
bài toán nh n di n các so nguyên có căn nguyên thủy.
• Mục 2.6 dành đe trình bày ve m®t khái ni m tương tự khái ni m
lôgarit, đó là khái ni m chỉ so cho so nguyên theo modulo đoi với m®t
cơ sở, và xét m®t vài áng dụng của nó vào phương trình đong dư.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 5 năm 2019
Tác giả lu n văn
Phạm Thị Định

7. 5
Tải tài liệu tại sividoc.com
a.
Chương 1
Kien thfíc chuan bị
N®i dung Chương 1 được tham khảo chủ yeu tà tài li u [1] và m®t phan
nhỏ trong tài li u [3]. Các kien thác ở chương này nham chuȁn bị nhǎng
kien thác cơ bản giúp cho vi c trình bày chương sau được h thong và de
theo dõi hơn.
Mục 1.1 sě nhac lại ve lý thuyet chia het trong t p so nguyên; đong thời
mục này cũng nhac lại khái ni m h so nhị thác và định lý nhị thác.
Mục 1.2 nhac lại các khái ni m cơ bản ve đong dư thác thác, h th ng
dư đay đủ, định lý Euler, định lý Fermat nhỏ, phương trình đong dư.
1.1 Lý thuyet chia het trong t p so nguyên
Trong t p hợp so nguyên Z, các phép toán c®ng, trà và nhân luôn thực
hi n được, tuy nhiên phép chia cho m®t so nguyên khác 0 không phải
bao giờ cũng thực hi n được, nghĩa là phương trình ax = b, trong đó
a, b ∈ Z; a /= 0 không phải lúc nào cũng có nghi m trong Z. Trong trường
hợp ax = b có nghi m trong Z, chúng ta đi đen khái ni m chia het.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sả a, b là hai so nguyên, b /= 0. Ta nói b chia het
a hay b là m®t ước của a và kí hi u b | a neu như có m®t so nguyên q sao
cho a = bq. Khi đó ta cũng nói a chia het cho b hay a là b®i của b và viet
.b.
Khi b không chia het a ta kí hi u là b ‡ a.
Ví dn 1.1.2. Trong t p so nguyên Z, ta có
(i) −5 chia het 10 hay 10 chia het cho −5, vì 10 = (−2).(−5).

8. 6
Tải tài liệu tại sividoc.com
(ii) 1 và −1 là ước của moi so nguyên a vì a = 1.a = (−1).(−a).
(iii) 0 là b®i của moi so nguyên b /= 0 vì 0 = b.0.
Chú j 1.1.3. Neu b | a và a /= 0 thì tà a = bq ta có q /= 0 do đó |q| ≥ 1
cho nên |a| = |b|.|q| ≥ |b|.
Các tính chat chia het sě được trình bày van tat dưới đây.
(i) So nguyên a là ước của 1 khi và chỉ khi a = ±1.
(ii) Neu b | a thì ±b | ±a.
(iii) Neu a | b và b | a thì a = ±b.
(iv) Neu b | a1, b | a2, . . . , b | an, với b, a1, a2, . . . , an ∈ Z thì b | (a1x1 +
a2x2 + · · · + anxn), ∀x1, x2, . . . , xn ∈ Z.
Định lj 1.1.4. Với mői c¾p so nguyên a, b cho trước (b
nhat c¾p so nguyên q, r thóa mãn h thúc
a = bq + r, 0 ≤ r < |b|.
0), ton tại duy
Chúng minh. Sự ton tại c p so nguyên q, r: Xét t p hợp M gom các b®i
của b không vượt quá a
M = {bx : x ∈ Z, bx ≤ a}.
Ta thay −|b|.|a| là m®t b®i của b không vượt quá a nên M ∅. Hơn
nǎa, M là m®t b® ph n của Z và bị ch n trên bởi a do đó trong M có
so lớn nhat, chȁng hạn là bq, q ∈ Z. Vì |b| ≥ 1 nên ba + |b| > bq, do đó
bq + |b| ∈
/ M cũng là b®i của b cho nên ta có
bq ≤ a < bq + |b| hay 0 ≤ a − bq < |b|.
Đ t r = a − bq ta được r ∈ Z, a = bq + r và 0 ≤ r < |b|.
Đe cháng minh tính duy nhat của c p q, r ta giả sả có c p so nguyên
q1, r1 cùng thỏa mãn h thác
a = bq + r, 0 ≤ r < |b|;
a = bq1 + r1, 0 ≤ r1 < |b|.

9. 7
Tải tài liệu tại sividoc.com
Tà đây ta có
b(q − q1) = −(r − r1) và |r − r1| < |b|.
Khi đó do |b| > 0 và |b||q − q1| = |r − r1| < |b| ta được |q − q1| < 1. Do
đó |q − q1| = 0 hay q = q1 kéo theo r = r1.
Định nghĩa 1.1.5. Cho a, b là các so nguyên cho trước, b 0. Khi có
đȁng thác a = bq + r, trong đó q là m®t so nguyên, 0 ≤ r < |b|, thì ta nói
a chia cho b được thương là q và so dư r. Kí hi u a ≡ r (mod b).
Chú j 1.1.6. Trong trường hợp so dư r = 0, ta có a = bq, nghĩa là a chia
het cho b. Như v y, phép chia het là m®t trường hợp riêng của phép chia
có dư.
So nguyên d được goi là m®t ước chung của các so nguyên a1, a2, . . . , an
neu d là ước đong thời của moi so nguyên đó.
M®t ước chung d của các so nguyên a1, a2, . . . , an sao cho moi ước chung
của a1, a2, . . . , an đeu là ước của d được goi là ước chung lớn nhat (viet
tat là ƯCLN) của các so đó.
Các so nguyên a1, a2, . . . , an được goi là nguyên to cùng nhau neu như
ƯCLN của các so đó là 1.
So tự nhiên lớn hơn 1 không có ước nào khác ngoài 1 và chính nó được
goi là so nguyên to.
Chúng ta sě nhac lại định lý cơ bản nhưng không đe c p đen cháng
minh của nó.
Định lj 1.1.7 (Định lý cơ bản). Mői so tự nhiên lớn hơn 1 đeu phân tích
được thành tích nhũng thùa so nguyên to và sự phân tích đó là duy nhat
neu không ke đen thú tự của các thùa so.
N®i dung định lý cơ bản đã nói lên vai trò quan trong của so nguyên to
trong t p các so tự nhiên: moi so tự nhiên lớn hơn 1 đeu được “cau tạo”
tà nhǎng so nguyên to bởi phép nhân, mà chúng ta biet so nguyên to là
nhǎng so có ít ước nhat. Tà định lý cơ bản, các nhà toán hoc đã đi đen
các áng dụng của nó như: tiêu chuȁn chia het, ước chung lớn nhat - b®i
chung nhỏ nhat. Các áng dụng của định lý cơ bản đã được đe c p trong
chương trình hoc đại hoc, trong lu n văn này ta bỏ qua không nhac lại.

10. 8
Tải tài liệu tại sividoc.com
r=0 r
r=0 0
k
r r!(n−r)!
0 n r n−r
r r−1 r
n
Phan cuoi của mục này ta nhac lại khái ni m và tính chat của h so nhị
thác.
Định nghĩa 1.1.8. Cho n, r là các so nguyên không âm, h so nh thúc
được kí hi u là n
= n!
neu r ≤ n và bang 0 neu ngược lại; ta cũng
thường kí hi u h so nhị thác bởi Cr
.
Tà định nghĩa, ta có n
= 1 = n
và n
= n
.
Định lj 1.1.9 (Đong nhat thác Pascal). Cho n và r là hai so nguyên
dương, trong đó r ≤ n. Khi đó n
= n−1
+ n−1
.
Chúng minh. Ta sě bien đői ve phải và đưa dan dan ve ve trái:
n − 1
!
+
n − 1
!
=
(n − 1)!
+
(n − 1)!
r − 1 r (r − 1)!(n − r)! r!(n − r − 1)!
=
r(n − 1)!
+
(n − r)(n − 1)!
r(r − 1)!(n − r)! r!(n − r)(n − r − 1)!
=
r(n − 1)!
r!(n − r)!
+
(n − r)(n − 1)!
r!(n − r)!
=
(n − 1)![r + (n − r)]
r!(n − r)! =
(n − 1)!n
r!(n − r)!
n!
=
r!(n − r)! =
n
!
.
Định lý sau đây chỉ ra rang ta có the sả dụng các h so nhị thác đe tìm
khai trien của (x + y)n
.
Định lj 1.1.10 (Định lý nhị thác). Cho x, y là hai so thực bat kỳ và n là
so nguyên không âm. Khi đó (x + y)n
=
Σn n
xn−ryr.
Chúng minh. Cháng minh bang phương pháp quy nạp. Với n = 0, ta có
(x + y)0
= 1 và
Σ0 r
x0−r
yr
= x0
y0
= 1. Do đó giả thiet đúng với
n = 0. Giả sả định lý đúng với so k ≥ 0 nào đó, tác là
(x + y)k
=
Σ
r=0
k
!
xk−r
yr
. (1.1)
r
r

11. 9
Tải tài liệu tại sividoc.com
"
Σ
k
0
k
"
Σ
!
0
k k !
0
k !
0
k !
Σ
k
Khi đó
(x + y)k+1
= (x + y)k
(x + y) =
k
r=0
k
!
xk−r
yr
#
(x + y) theo công thác 1.1
=
r=0
k
!
xk+1−r
yr
+
Σ
r=0
k
!
xk−r
yr+1
=
"
k
!
xk+1
+
Σ
r=1
k
!
xk+1−r
yr
#
+
k−1
k
r
r=0
xk−r
yr+1
+ k
!
yk+1
#
=
k + 1
!
xk+1
+
Σ
r=1
k
!
xk+1−r
yr
+
Σ
r=1
k
r − 1
xk+1−r
yr
+
k + 1
r + 1
yk+1
=
k + 1
!
xk+1
+
Σ
r=1
"
k
!
+ r − 1
!#
xk+1−r
yr
+
k + 1
r + 1
yk+1
=
k + 1
!
xk+1
+
Σ
r=1
k + 1
!
xk+1−r
yr
+
k + 1
r + 1
yk+1
(theo định lý 1.1.9)
Σ
k+1
k + 1
!
xk+1−r
yr
.
r=0
Do v y theo quy nạp, giả thiet trên đúng với moi so nguyên n ≥ 0.
1.2 Đong dư thfíc và phương trình đong dư
Đong dư là m®t phương pháp có tính chat bő trợ ve m t ky thu t đe
giải quyet van đe chia het trong vành so nguyên. Chúng ta đã biet t p hợp
các so dư trong phép chia các so nguyên cho m®t so tự nhiên cho trước là
t p hǎu hạn phan tả, trong khi t p hợp so nguyên Z là m®t t p vô hạn
phan tả. Vì the ta có the chuyen vi c nghiên cáu trên Z ve nghiên cáu
trên m®t t p hợp hǎu hạn.
Định nghĩa 1.2.1. Cho 0 < m ∈ Z và a, b ∈ Z. Ta nói a đong dư với
b theo modulo m, kí hi u a ≡ b (mod m), neu trong các phép chia a và
b cho m ta được cùng m®t so dư, nghĩa là có các so nguyên q1, q2, r với
0 ≤ r < m, sao cho a = mq1 + r và b = mq2 + r.
Chú ý khi a ≡ b (mod m), ta cũng nói a, b đong dư với nhau theo
r
r
r
k
r
r
r
k
r
r
!
=

12. 10
Tải tài liệu tại sividoc.com
modulo m). Trong trường hợp không xảy ra a đong dư với b theo modulo
m ta viet a /≡ b (mod m).
Ví dn 1.2.2. Ta có 3 ≡ 10 (mod 7); −25 ≡ 23 (mod 8)
Đe thay được ý nghĩa của đong dư thác, ta nhac lại các đieu ki n tương
đương với định nghĩa của nó ở định lý sau.
Định lj 1.2.3. Các m nh đe sau đây là tương đương
(i) a, b đong dư với nhau theo modulo m;
(ii) m chia het a − b;
(iii) Ton tại so nguyên t sao cho a = b + mt.
Tà định nghĩa và định lý trên, chúng ta có the de dàng suy ra các tính
chat của đong dư thác sau đây:
Chú j 1.2.4. [(i)] Quan h đong dư là m®t quan h tương đương trên t p
Z, nghĩa là nó có các tính chat đơn giản như sau:
• ∀a ∈ Z : a ≡ a (mod m);
• ∀a, b ∈ Z : a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m);
• ∀a, b, c ∈ Z : a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m).
(ii) Ta có the c®ng, trà ho c nhân tàng ve của nhieu đong dư thác theo
cùng m®t modulo. Cụ the là
• a1 ≡ b1 (mod m) và a2 ≡ b2 (mod m) ⇒ a1 ± a2 ≡ b1 ± b2 (mod m).
Th t v y, tà a1 ≡ b1 (mod m) và a2 ≡ b2 (mod m) ta có t1, t2 ∈ Z sao
cho a1 = b1 + mt1, a2 = b2 + mt2. Do đó
a1 ± a2 = b1 ± b2 + m(t1 ± t2) ⇒ a1 ± a2 ≡ b1 ± b2 (mod m).
• a1 ≡ b1 (mod m) và a2 ≡ b2 (mod m) ⇒ a1.a2 ≡ b1.b2 (mod m). Th t
v y, a1a2 = b1b2 + m(b2t1 + b1t2 + mt1t2) ⇒ a1.a2 ≡ b1.b2 (mod m).
(iii) a ≡ b (mod m) ⇒ an
≡ bn
(mod m), ∀n ∈ N.
(iv) Ta có the chia hai ve của m®t đong dư thác cho m®t ước chung của
chúng nguyên to với modulo.

13. 11
Tải tài liệu tại sividoc.com
(v) Ta có the nhân hai ve và modulo của m®t đong dư thác với cùng m®t
so nguyên dương. Nghĩa là
a ≡ b (mod m) ⇒ ac ≡ bc (mod mc), ∀c ∈ Z, c > 0.
Tương tự, ta có the chia hai ve và modulo của m®t đong dư thác cho m®t
ước chung dương của chúng. Cụ the là
a
a ≡ b (mod m), 0 < δ ∈ Z, δ | ƯCLN(a,b,m) ⇒
δ
≡
b m
(mod ).
δ δ
Ta biet rang quan h đong dư theo modulo m là m®t quan h tương
đương trong t p so nguyên Z cho nên ton tại t p thương Z trên quan h
tương đương này.
Định nghĩa 1.2.5. T p thương của Z trên quan h đong dư theo modulo
m goi là t¾p các lớp th¾ng dư modulo m và kí hi u là Zm.
Moi phan tả A của Zm được goi là m®t lớp th¾ng dư modulo m. Với
A ∈ Zm và a ∈ A, ta kí hi u
a = {x ∈ Z | x ≡ a (mod m)}
thì a = A. Như v y, moi lớp th ng dư A modulo m có dạng a (mod m),
với a là m®t phan tả tùy ý của A. Phan tả a như the được goi là m®t đại
di n của lớp A và cũng goi là m®t th¾ng dư modulo m. Ta de thay t p hợp
Zm có m phan tả.
Ví dn 1.2.6. Trong Z8, lớp th ng dư 1 (mod 8) là
1 = {x ∈ Z : x ≡ 1 (mod 8)} = {. . . − 15, −7, 1, 9, 17, . . .}
Nh n xét 1.2.7. (i) ƯCLN của m®t lớp th¾ng dư A với modulo m được
xác định là ƯCLN của m®t th ng dư tùy ý của lớp đó với modulo m, kí
hi u ƯCLN(A, m). Nói cách khác ƯCLN(A, m) = ƯCLN(a, m) với a ∈ A.
(ii) Trong Zm, t p hợp các lớp th ng dư nguyên to với modulo m được kí
hi u bởi Z∗
m. Như v y
Z∗m = {A ∈ Zm : ƯCLN(A, m) = 1}.
So các phan tả của t p hợp Z∗
m được kí hi u là ϕ(m) (ta goi là hàm Euler).

14. 12
Tải tài liệu tại sividoc.com
, ,
2 2 2
Chú j 1.2.8. Vì v y, có the nói ϕ(m) là các so tự nhiên không vượt quá
m − 1 và nguyên to với m. Ta cũng biet rang Zm = {1, 2, . . . , m}, nên
Z∗m = {a ∈ Zm : 1 ≤ a ≤ m, ƯCLN(a, m) = 1}.
Ví dn 1.2.9. Trong Z8 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} ta có
ƯCLN(0, 8) = 8, ƯCLN(1, 8) = 1, ƯCLN(2, 8) = 2, ƯCLN(3, 8) = 1,
ƯCLN(4, 8) = 4, ƯCLN(5, 8) = 1, ƯCLN(6, 8) = 2, ƯCLN(7, 8) = 1.
Các lớp nguyên to với modulo 8 là 1, 3, 5, 7.
Ví dn 1.2.10. Ta có ϕ(1) = 1, ϕ(5) = 4, ϕ(9) = 6, . . . Tőng quát hơn ta
có ϕ(p) = p − 1 với p là so nguyên to.
Định nghĩa 1.2.11. Cho 0 < m ∈ N. T p hợp H gom nhǎng so nguyên
lay ra ở moi lớp th ng dư của Zm m®t và chỉ m®t so được goi là h th¾ng
dư đay đủ modulo m.
Như v y, t p hợp H bao gom nhǎng so nguyên là m®t h th ng dư đay
đủ modulo m khi và chỉ khi
• Các phan tả của H đôi m®t không đong dư với nhau theo modulo m;
• Moi so nguyên tùy ý đeu đong dư theo modulo m với m®t so nào đó
thu®c H.
Ví dn 1.2.12. Với m = 8 ta có {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} là m®t h th ng dư
đay đủ modulo 8, nó được goi là h th¾ng dư đay đủ không âm nhó nhat.
{−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4} là m®t h th ng dư đay đủ modulo 8, h này
được goi là h th¾ng dư đay đủ giá tr tuy t đoi nhó nhat.
Tőng quát hơn, ta có: H = {0, 1, . . . , m − 1} là m®t h th ng dư đay đủ
modulo m và nó được goi là h th ng dư đay đủ không âm nhỏ nhat. Với
m là so lẻ, H = −
m − 1
, −
m − 1
+ 1, . . . ,
m − 1
là m®t h th ng dư
đay đủ modulo m, goi là h th ng dư đay đủ giá trị tuy t đoi nhỏ nhat.
Với m là so chȁn, H = −
m
, −
m
+ 1, . . . ,
m
− 1 là h th ng dư đay
2 2 2
đủ giá trị tuy t đoi nhỏ nhat.
Định nghĩa 1.2.13. Cho m là m®t so nguyên dương. T p hợp K gom
nhǎng so nguyên được lay ra ở moi lớp nguyên to với modulo m của Z∗
m
m®t và chỉ m®t so được goi là m®t h th¾ng dư thu gon modulo m.

15. 13
Tải tài liệu tại sividoc.com
−
p − 1
, . . . , −2, −1, 1, 2, . . . ,
p − 1
không âm nhỏ nhat và neu p > 2 thì
V y, m®t t p hợp K gom nhǎng so nguyên được goi là m®t h th ng dư
thu gon modulo m khi và chỉ khi
• Các phan tả thu®c K đôi m®t không đong dư với nhau theo modulo
m;
• Các phan tả thu®c K nguyên to với modulo m;
• Moi so nguyên tùy ý nguyên to với modulo m đeu đong dư với m®t so
nào đó thu®c K.
Ví dn 1.2.14. Với m = 8 ta có {1, 3, 5, 7} là h th ng dư thu gon không
âm nhỏ nhat và {−3, −1, 1, 3} là h th ng dư thu gon giá trị tuy t đoi
nhỏ nhat.
Neu m = p là so nguyên to thì {1 , 2, . . . , p − 1} là h th ng dư thu gon
2 2
là h th ng dư thu gon giá trị tuy t đoi nhỏ nhat.
Định lj 1.2.15 (Định lý Euler). Giả sủ 1 < m ∈ N và a ∈ Z thóa mãn
ƯCLN(a, m) = 1. Khi đó ta có aϕ(m)
≡ 1 (mod m).
Chúng minh. Cho x chạy qua h th ng dư thu gon modulo m không âm
nhỏ nhat {r1, r2, . . . , rϕ(m)}. Khi đó, t p hợp {ar1, ar2, . . . , arϕ(m)} cũng
là m®t h th ng dư thu gon modulo m. Goi s1, s2, . . . , sϕ(m) là các th ng
dư không âm nhỏ nhat tương áng cùng lớp với ar1, ar2, . . . , arϕ(m) thì ta
có
ar1 ≡ s1 (mod m),
ar2 ≡ s2 (mod m),
. . .
arϕ(m) ≡ sϕ(m) (mod m),
ta sě được {s1, s2, . . . , sϕ(m)} cũng là h th ng dư thu gon modulo m không
âm nhỏ nhat. Bang cách nhân ve với ve của ϕ(m) đong dư trên ta được
aϕ(m)
.r1r2 . . . rϕ(m) ≡ s1s2 . . . sϕ(m) (mod m).
Bởi vì {r1, r2, . . . , rϕ(m)} và {s1, s2, . . . , sϕ(m)} cùng là h th ng dư thu gon
modulo m không âm nhỏ nhat nên ta có
r1r2 . . . rϕ(m) = s1s2 . . . sϕ(m),

16. 14
Tải tài liệu tại sividoc.com
tà đó
aϕ(m)
.r1r2 . . . rϕ(m) ≡ r1r2 . . . rϕ(m) (mod m).
Nhưng tích r1r2 . . . rϕ(m) nguyên to với m (vì tàng thàa so của nó nguyên to
với m), nên có the chia hai ve của đong dư thác trên đây cho r1r2 . . . rϕ(m)
ta được
aϕ(m)
≡ 1 (mod m).
H quả 1.2.16 (Định lý Fermat nhỏ). Cho p là m®t so nguyên to và a là
m®t so nguyên không chia het cho p. Khi đó ta có ap−1
≡ 1 (mod p).
Chúng minh. Theo giả thiet ta có ϕ(p) = p − 1 và a nguyên to với p nên
theo định lý Euler ta được ap−1
≡ 1 (mod p).
Sả dụng h quả trên ta có công thác khác của định lý Fermat sau đây.
Định lj 1.2.17. Cho p là m®t so nguyên to và a là m®t so nguyên. Khi
đó ta có ap
≡ a (mod p).
Tiep theo ta nhac lại nhǎng kien thác cơ bản ve phương trình đong dư.
Định nghĩa 1.2.18. Giả sả g(x), h(x) ∈ Z[x] và 1 < m ∈ N. Khi đó đong
dư thác g(x) ≡ h(x) (mod m) ho c f (x) = g(x) − h(x) ≡ 0 (mod m)
được goi là phương trình đong dư m®t ȁn.
Định nghĩa 1.2.19. Cho f(x) = a0 + a1x + a2x2
+ · · · + anxn
∈ Z[x].
Neu với x = x0 ∈ Z thỏa mãn
f(x0) ≡ 0 (mod m) (1.2)
thì ta nói x0 nghi m đúng của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m).
Giải m®t phương trình đong dư là tìm t p hợp các giá trị nghi m đúng
phương trình đong dư đó. Giả sả g(x), h(x) ∈ Z[x]. Hai phương trình
đong dư g(x) ≡ 0 (mod m1), h(x) ≡ 0 (mod m2) tương đương với nhau
neu như t p hợp các giá trị nghi m đúng phương trình này bang t p
hợp các giá trị nghi m đúng phương trình kia. Khi đó ta viet g(x) ≡ 0
(mod m1) ⇔ h(x) ≡ 0 (mod m2). Sả dụng các tính chat của đong dư
thác ta có nhieu phép bien đői tương đương các phương trình đong dư.

17. 15
Tải tài liệu tại sividoc.com
Định nghĩa 1.2.20. Trong phương trình (1.2) neu an /≡ 0 (mod m) thì
ta nói rang n là b c của phương trình đong dư (1.2).
T p hợp các giá trị nghi m đúng phương trình f (x) ≡ 0 (mod m) được
phân chia thành nhǎng lớp theo modulo m và được goi là nhǎng nghi m
của phương trình đó. Định lý sau đây là cơ sở cho vi c định nghĩa nghi m
của m®t phương trình đong dư.
Định lj 1.2.21. Neu x = α nghi m đúng phương trình (1.2) thì moi
so nguyên thu®c lớp th¾ng dư α (mod m) đeu nghi m đúng phương trình
(1.2).
Định nghĩa 1.2.22. Khi so nguyên α nghi m đúng phương trình (1.2)
thì ta goi lớp th ng dư α (mod m) là m®t nghi m của phương trình (1.2).
Khi α (mod m) là m®t nghi m của phương trình (1.2) thì ta cũng có
the viet x ≡ α (mod m) là m®t nghi m của phương trình (1.2).
Vì Zm có m phan tả nên so nghi m của m®t phương trình đong dư theo
modulo m không vượt quá m. Đoi với phương trình b c 1 ta có ket quả
sau đây.
Định lj 1.2.23. Phương trình đong dư b¾c nhat ax + b ≡ 0 (mod m) có
nghi m duy nhat neu (a, m) = 1.

18. 16
Tải tài liệu tại sividoc.com
Chương 2
Ứng dnng của cap và chỉ so của so
nguyên
N®i dung của Chương 2 đe c p đen các khái ni m và áng dụng của cap
cho so nguyên theo modulo, căn nguyên thủy modulo, chỉ so cho so nguyên
theo modulo. Mục 2.1 sě đe c p đen các khái ni m và tính chat cơ bản
ve cap cho so nguyên theo modulo và các ví dụ minh hoa. Mục 2.2 trình
bày ve khái ni m và tính chat của căn nguyên thủy modulo. Mục 2.3 trình
bày áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo vào bài toán kiem tra
tính nguyên to dựa trên định lý Lucas và các h quả của nó. Mục 2.4 trình
bày áng dụng của cap cho so nguyên theo modulo vào nh n di n các căn
nguyên thu cho so nguyên to. Mục 2.5 khảo sát áng dụng của cap cho so
nguyên modulo vào bài toán nh n di n các so nguyên có căn nguyên thủy.
Mục cuoi cùng dành đe trình bày ve m®t khái ni m tương tự khái ni m
lôgarit, đó là khái ni m chỉ so cho so nguyên theo modulo đoi với m®t cơ
sở, và xét m®t vài áng dụng của nó vào phương trình đong dư. N®i dung
chi tiet của chương 2 được tham khảo chủ yeu trong tài li u [3].
2.1 Khái ni m, ví dn, tính chat cơ bản ve cap cho so nguyên
theo modulo
Cho m là so nguyên dương co định, và a là so nguyên dương sao cho
(a, m) = 1. Khi đó theo định lý Euler, ton tại so mũ dương e sao cho
ae
≡ 1 (mod m) (ở đây e = ϕ(m)). Nhìn chung so ϕ(m) không nhat thiet

19. 17
Tải tài liệu tại sividoc.com
là so mũ nhỏ nhat có tính chat như v y. Theo tính chat sap thá tự tot của
t p các so nguyên dương, ta luôn chon được so mũ dương nhỏ nhat có tính
chat đã nêu.
Chȁng hạn, neu chúng ta tính toán đoi với các th ng dư dương a nhỏ
nhat và nguyên to với modulo 9, tác là 1 ≤ a ≤ 8, (a, 9) = 1. Ta có
ϕ(9) = 6 và a6
≡ 1 (mod 9). Tìm sě can so mũ nhỏ nhat trong moi
trường hợp của a. Đe thu n ti n ta sě tőng hợp các so mũ dương e nhỏ
nhat sao cho ae
≡ 1 (mod 9) trong bảng 2.1 dưới đây (so mũ nhỏ nhat
áng với so có ô vuông).
a a2 a3 a4 a5 a6
1 1 1 1 1 1
2 4 8 7 5 1
4 7 1 4 7 1
5 7 8 4 2 1
7 4 1 7 4 1
8 1 8 1 8 1
Bảng 2.1: Giá trị th ng dư của a theo modulo 9
Khái ni m cap m®t so theo modulo m đã được nhà toán hoc Carl
Friedrich Gauss (1777 − 1855) xuat bản vào năm 1801 trong cuon sách
“Disquisitiones Arithmeticae”.
Định nghĩa 2.1.1. Cho m, a là các so nguyên dương sao cho (a, m) = 1.
Khi đó so mũ dương e nhỏ nhat sao cho ae
≡ 1 (mod m) được goi là
cap của a theo modulo m, kí hi u bởi ordm a (ho c ord a, neu vi c bỏ qua
modulo m mà không dan đen nham lan).
Theo định nghĩa trên và nhìn vào Bảng 2.1 ta có ord9 1 = 1, ord9 2 =
ord9 5 = 6, ord9 4 = ord9 7 = 3 và ord9 8 = 2.
Ví dn 2.1.2. Tìm ord13 5 và ord13 7.
Giải. Ta có (5, 13) = 1 = (7, 13). Ta tìm so mũ e nhỏ nhat của 5 và 7 theo
modulo 13 sao cho 5e
≡ 1 (mod 13) và 7e
≡ 1 (mod 13). Ta có
52
≡ −1 (mod 13), 53
≡ −5 (mod 13), 54
≡ 1 (mod 13)

20. 18
Tải tài liệu tại sividoc.com
b
q r r
Do v y, ord135 = 4. Tương tự ta tính được
72
≡ −3 (mod 13), 73
≡ 5 (mod 13), 74
≡ −4 (mod 13)
75
≡ −2 (mod 13), 76
≡ −1 (mod 13), 77
≡ 6 (mod 13)
78
≡ 3 (mod 13), 79
≡ −5 (mod 13), 710
≡ 4 (mod 13)
711
≡ 2 (mod 13), 712
≡ 1 (mod 13).
Do v y, ord137 = 12.
V y, đe tính ordm a, chúng ta can tính ak
theo modulo m với moi so
nguyên dương k ≤ ϕ(m). Vi c tính toán này ton khá nhieu thời gian neu
như các so nguyên dương đã cho có giá trị lớn. Định lý dưới đây giúp chúng
ta loại trà khá nhieu áng cả viên đe tính ordma.
Định lj 2.1.3. Cho a, m là so nguyên dương sao cho (a, m) = 1 và
ordm a = e. Khi đó an
≡ 1 (mod m) khi và chí khi e | n.
Chúng minh. Giả sả an
≡ 1 (mod m) nhưng e ‡ n, v y ta có n = qe + r
trong đó 0 ≤ r < e. Khi đó
an
=aqe+r
= (ae
)q
.ar
≡1 .a ≡ a (mod m).
Nhưng theo giả thiet an
≡ 1 (mod m) nên ar
≡ 1 (mod m) trong đó
0 ≤ r < e. Vì e là so mũ bé nhat thỏa mãn ae
≡ 1 (mod m) và r < e suy
ra r = 0. Do đó, n = qe và suy ra e | n. Đe cháng minh chieu ngược lại,
giả sả e | n. Khi đó n = be với b là so nguyên dương. Do đó
an
=abe
= (ae
)b
≡1 ≡ 1 (mod m).
H quả của Định lý 2.1.3 cung cap cho ta m®t công cụ hi u quả đe tính
ordm a.
H quả 2.1.4. Cho a, m là các so nguyên dương sao cho (a, m) = 1. Khi
đó ordm a | ϕ(m). Trong trường hợp đ¾c bi t, neu p là m®t so nguyên to
và p ‡ a thì ordp a | (p − 1).

21. 19
Tải tài liệu tại sividoc.com
ai
x0 ≡ 1 (mod m)
Chúng minh. Theo định lý Euler, aϕ(m)
≡ 1 (mod m). Do đó theo Định
lý 2.1.3 ta có ordm a | ϕ(m). Đ c bi t, khi p là so nguyên to, ta có ϕ(p) =
p − 1, nên ordp a | (p − 1).
H quả 2.1.4 đã giới hạn đáng ke so áng viên cho vị trí so ordm a, cụ the
nó giới hạn vào t p các ước so của ϕ(m). Do đó, đe tính ordm a, ta không
can phải tìm tat cả các lũy thàa k của a trong phạm vi k ≤ ϕ(m), mà ta
chỉ can quan tâm đen các so mũ dương d của a sao cho d|ϕ(m). Các ví dụ
sau đây sě minh hoa cho đieu này.
Ví dn 2.1.5. Hãy tìm ord21 5.
Chúng minh. Ta có ϕ(21) = ϕ(3.7) = ϕ(3)ϕ(7) = 2.6 = 12. Các ước so d
của ϕ(21) = 12 là 1, 2, 3, 4, 6 và 12, do đó các giá trị ay cũng là các áng
viên tiem năng của ord21 5. Đe tìm nó, ta tính toán 5d
modulo 21 áng với
moi d lan lượt là 1, 2, 3, 4, 6, 12 cho đen khi đạt được lũy thàa đó bang 1:
51
≡ 5 (mod 21), 52
≡ 4 (mod 21), 53
≡ −1 (mod 21)
54
≡ −5 (mod 21), 56
≡ 1 (mod 21).
V y ord21 5 = 6.
Giả sả ai
≡ aj
(mod m). Khi đó có m®t câu hỏi hợp lý được đ t ra là:
Moi quan h giǎa i và j là gì? Câu trả lời được trình bày trong h quả
dưới đây.
H quả 2.1.6. Cho ordm a = e. Khi đó ai
≡ aj
(mod m) khi và chí khi
i ≡ j (mod e).
Chúng minh. Giả sả ai
≡ aj
(mod m) với i ≥ j. Vì (a, m) = 1, nên
(aj
, m) = 1. Do đó phương trình đong dư aj
x ≡ 1 (mod m) có nghi m,
tác là ton tại x0 (mod m) đe aj
x0 ≡ 1 (mod m). Vì the ai
x0 ≡ aj
x0 ≡ 1
(mod m). Do đó
aj
x0 ≡ 1 (mod m).
Suy ra aj
x0(ai−j
− 1) ≡ 0 (mod m). Tác là m|aj
x0(ai−j
− 1). Tà đó với
lưu ý (aj
, m) = 1 = (x0, m), ta suy ra được m|(ai−j
− 1). Do đó ai−j
≡ 1
(mod m). Vì the áp dụng Định lý 2.1.3 ta suy ra e|(i − j), tác là i ≡ j
(mod e).

22. 20
Tải tài liệu tại sividoc.com
j
Ngược lại, cho i ≡ j (mod e) với i ≥ j. Khi đó ton tại k ≥ 0 sao cho
i = j + ke. Do đó
ai
= aj+ke
= aj
.(ae
)k
≡ a .1
j
(mod m)
≡ a
Đó là đieu phải cháng minh.
(mod m).
Ví dụ sau minh hoa cho ket quả này.
Ví dn 2.1.7. Xét lại ví dụ 2.1.5, ta có ord21 5 = 6. Ta có the kiem
cháng rang 514
≡ 52
(mod 21) trong đó 14 ≡ 2 (mod 6). Nhưng 517
/≡ 53
(mod 21) bởi vì 17 /≡ 3 (mod 6).
Giả sả ta đã biet ordm a = e. Khi đó có câu hỏi đ t ra là “li u có quan
h nào giǎa ordm(ak
) với e hay không?” (trong đó k > 0). Định lý dưới
đây sě cho ta biet ve moi quan h giǎa hai so này.
Định lj 2.1.8. Cho ordm a = e và 0 < k ∈ Z. Khi đó ordm
(ak
) =
e
.
(e, k)
Chúng minh. Giả sả ordm(ak
) = r và đ t d = (e, k). Khi đó có các so
nguyên dương s, t sao cho e = sd, k = td và (s, t) = 1. Vì
(ak
)s
= (atd
)s
= (asd
)t
= (ae
)t
≡ 1t
≡ 1 (mod m),
nên theo Định lý 2.1.3 ta suy ra r | s.
Vì ordm(ak
) = r nên (ak
)r
= akr
≡ 1 (mod m); nên tà Định lý 2.1.3
ta có e | kr. Vì v y, e = sd | tdr = kr, suy ra s | tr. Nhưng lưu ý rang
(s, t) = 1, do v y s | r.
Do v y, s | r và r | s nên s = r, nghĩa là
ordm
(ak
) = r = s =
e
d
e
= .
(e, k)
Ví dn 2.1.9. Trong Ví dụ 2.1.5, ta thay rang ord21 5 = 6. Do đó, theo
Định lý 2.1.8, ta có ord21
quả này, ta tính toán
(59
) =
6
=
6
(6, 9) 3
= 2. Đe kiem cháng lại ket
52
≡ 4 (mod 21), 54
≡ 16 (mod 21), 58
≡ 4 (mod 21)
59
≡ −1 (mod 21), 518
≡ 1 (mod 21).
k

23. 21
Tải tài liệu tại sividoc.com
Vì v y ord21(59
) = 2.
H quả 2.1.10. Cho ordm a = e và k là so nguyên dương. Khi đó ordm(ak
) =
e khi và chí khi (e, k) = 1.
Chúng minh. Theo Định lý 2.1.8, ta có ordm
khi và chỉ khi (e, k) = 1.
(ak
) =
e
(e, k)
e
. Do đó = e
(e, k)
Ví dn 2.1.11. Theo ví dụ 2.1.5 ta có ord21 5 = 6. Suy ra ord21(511
) = 6
vì (6, 11) = 1. Ta có the kiem cháng trực tiep ket quả này.
2.2 Khái ni m và tính chat của căn nguyên thủy modulo
Ta nhac lại, cho a, m là các so nguyên dương sao cho (a, m) = 1. Khi
đó theo H quả 2.1.4, ta có ordm a | ϕ(m); vì v y cap lớn nhat của so
nguyên a theo modulo m là ϕ(m). Các trường hợp th ng dư dương nhỏ
nhat như the là ton tại, chȁng hạn như ở Ví dụ 2.1.2 ta đã tìm được
ord13 7 = 12 = ϕ(13).
Định nghĩa 2.2.1. Cho α là so nguyên dương sao cho (α, m) = 1. Khi
đó ta nói α là căn nguyên thủy modulo m neu ordm α = ϕ(m).
Ví dụ sau minh hoa cho định nghĩa này.
Ví dn 2.2.2. Theo Bảng 2.1 ta có ord9 2 = ord9 5 = 6 = ϕ(9), vì v y cả
2 và 5 đeu là các căn nguyên thủy modulo 9.
Trong ví dụ 2.1.2 chúng ta có ord137 = 12 = ϕ(13), nên 7 là căn nguyên
thủy modulo 13.
Ví dụ 2.2.2 có the gây cho người đoc an tượng rang moi so nguyên dương
bat kỳ đeu có căn nguyên thủy. Tuy nhiên, đieu này không chac đúng. Ví
dụ như không có căn nguyên thủy modulo 12. Bởi vì ϕ(12) = 4, các so
nguyên dương nhỏ hơn 12 và nguyên to cùng nhau với 12 lan lượt là 1, 5, 7
và 11. Nhưng ord12 1 = 1; ord12 5 = ord12 7 = ord12 11 = 2. Như v y ta
không có căn nguyên thủy modulo 12.
Tiep theo ta sě t p trung nghiên cáu căn nguyên thủy modulo các so
nguyên to Fermat fn, với n ≥ 0. Rõ ràng, so 2 là m®t căn nguyên thủy
modulo so Fermat f0 = 3 và f1 = 5 (vì 21
≡ 2 (mod f0), 22
≡ 1 (mod f0);
21
≡ 2 (mod f1), 22
≡ 4 (mod f1), 23
≡ 3 (mod f1), 24
≡ 1 (mod f1)).

24. 22
Tải tài liệu tại sividoc.com
n
2
n
22 2 2
n
Ví dụ sau đây chỉ ra được rang chỉ có duy nhat các so nguyên to Fermat
f0 và f1 là nh n 2 là m®t căn nguyên thủy.
Ví dn 2.2.3. Cháng minh rang 2 không là căn nguyên thủy modulo bat
kỳ so nguyên to Fermat f = 22n
+ 1 nào với n ≥ 2.
Giải. Ta có
vì v y
Khi đó
n
2 + 1 = fn ≡ 0 (mod fn)
22n
≡ −1 (mod f ).
n+1 n
= (2 ) ≡ 1 (mod fn).
n+1 n+1
Vì the theo Định lý 2.1.3, ta suy ra ordfn 2 | 2 . Do đó ordf 2 ≤ 2 .
M t khác bang quy nạp ta có the cháng minh được rang n + 1 < 2n
với
moi n ≥ 2 (vì rõ ràng n = 2 thỏa mãn; ta có (n + 1) + 1 < 2n
+ 1 <=
2n
+ 2n
= 2n+1
). Vì the
ordfn 2 ≤ 2n+1
< 22n
= fn − 1 = ϕ(fn).
Do đó, so 2 không the là m®t căn nguyên thủy modulo so nguyên to Fermat
fn = 22n
+ 1, với n ≥ 2.
Định lý dưới đây đóng vai trò quan trong trong bài toán xác định xem
so nguyên dương nào thì có căn nguyên thủy. Ket quả của định lý này góp
phan nh n di n các so có căn nguyên thủy.
Định lj 2.2.4. Neu α là m®t căn nguyên thủy modulo m, thì các th¾ng
dư dương nhó nhat của α, α2
, . . . , αϕ(m)
modulo m tạo thành m®t hoán v
của ϕ(m) các so nguyên dương ≤ m và nguyên to cùng nhau với m.
Chúng minh. Đe cháng minh định lý, ta chỉ can cháng minh hai đieu là:
α, α2
, . . . , αϕ(m)
là nguyên to cùng nhau với m; và không có hai so nào
trong so chúng là đong dư với nhau theo modulo m. Ta sě thực hi n đieu
này sau đây.
Vì (α, m) = 1, nên (αk
, m) = 1 với moi so nguyên dương k. Đ c bi t ta
suy ra các so α, α2
, . . . , αϕ(m)
đeu nguyên to cùng nhau với m.
Đe cháng minh không có hai so nào trong ϕ(m) lũy thàa của α cùng
đong dư modulo m, ta giả sả ton tại 1 ≤ i, j ≤ ϕ(m) sao cho αi
= αj

25. 23
Tải tài liệu tại sividoc.com
(mod m), không mat tőng quát ta có the giả thiet i ≤ j. Khi đó theo H
quả 2.1.6, thì i ≡ j (mod ϕ(m)). Nhưng i, j ≤ ϕ(m), nên suy ra i = j.
Vì the không có c p so phân bi t nào trong các so α, α2
, . . . , αϕ(m)
cùng
đong dư nhau theo modulo m.
Do v y các th ng dư dương nhỏ nhat của α, α2
, . . . , αϕ(m)
modulo m là
m®t b® sap xep lại của ϕ(m) các so nguyên dương nhỏ hơn ho c bang m
và nguyên to cùng m.
Ví dụ sau đây sě minh hoa cho định lý này.
Ví dn 2.2.5. Cho m = 18, khi đó có ϕ(18) = 6 các so nguyên dương ≤ 18
và nguyên to cùng nhau với 18; chúng lan lượt là 1, 5, 7, 11, 13 và 17. Ta
có the cháng minh được rang α = 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 18.
Th t v y, ta tính ϕ(18) = 6 các lũy thàa của 5 là 5, 52
, 53
, 54
, 55
và 56
;
và lay modulo 18 lan lượt các so đó ta được các so: 5, 7, 17, 13, 11 và 1:
51
≡ 5 (mod 18), 52
≡ 7 (mod 18), 53
≡ 17 (mod 18)
54
≡ 13 (mod 18), 55
≡ 11 (mod 18), 56
≡ 1 (mod 18).
Rõ ràng chúng là m®t hoán vị của các so 1, 5, 7, 11, 13 và 17.
Định lý 2.2.4 có m®t h quả rat hǎu ích. Nó cho ta biet chính xác so các
căn nguyên thủy modulo m, neu chúng ton tại.
H quả 2.2.6. Neu m có m®t căn nguyên thủy, thì nó có ϕ(ϕ(m)) các
căn nguyên thủy modulo m. Đ c bi t, neu m = p là so nguyên to thì nó
có ϕ(p − 1) căn nguyên thủy modulo p.
Chúng minh. Giả sả α là m®t căn nguyên thủy modulo m. Khi đó theo
Định lý 2.2.4, các th ng dư dương nhỏ nhat của α, α2
, . . . , αϕ(m)
theo
modulo m là các so phân bi t và nguyên to cùng nhau với m. Theo H quả
2.1.10, ta có ordm(αk
) = ϕ(m) khi và chỉ khi (k, ϕ(m)) = 1, nghĩa là αk
là m®t căn nguyên thủy modulo m khi và chỉ khi (k, ϕ(m)) = 1. Nhưng
ta biet có ϕ(ϕ(m)) các so nguyên dương ≤ ϕ(m) và nguyên to cùng nhau
với ϕ(m). Do đó m có ϕ(ϕ(m)) các căn nguyên thủy.
Trường hợp đ c bi t, neu m = p là so nguyên to thì ϕ(p) = p − 1. Do
đó ta có ϕ(p − 1) căn nguyên thủy modulo p.
Phan cháng minh của định lý trên đã đưa ra m®t phương pháp đe tìm tat
cả ϕ(ϕ(m)) các căn nguyên thủy modulo m xuat phát tà m®t căn nguyên

26. 24
Tải tài liệu tại sividoc.com
thủy α modulo m cho trước. Chúng chính xác là αk
với (k, ϕ(m)) = 1,
như được minh hoa ở ví dụ dưới đây.
Ví dn 2.2.7. Cho biet so 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 54, hãy tìm
các căn nguyên thủy còn lại.
Giải. Theo H quả 2.2.6, so 54 có ϕ(ϕ(54)) = ϕ(18) = 6 các căn nguyên
thủy. Chúng được cho dưới dạng 5k
trong đó (k, 18) = 1. Các so nguyên
dương k ≤ 18 và nguyên to cùng nhau với 18 lan lượt là 1, 5, 7, 11, 13, 17;
do đó ta tính các lũy thàa
51
≡ 5 (mod 54), 55
≡ 47 (mod 54), 57
≡ 41 (mod 54)
511
≡ 29 (mod 54), 513
≡ 23 (mod 54), 517
≡ 11 (mod 54).
Do v y các căn nguyên thủy modulo 18 còn lại lan lượt là 11, 23, 29, 41 và
47.
Ví dụ tiep theo là áp dụng trường hợp đ c bi t của H quả 2.2.6.
Ví dn 2.2.8. Tìm tat cả các căn nguyên thủy modulo 19.
Giải. Ta thay so 2 là m®t căn nguyên thủy modulo 19. Do đó theo H
quả 2.2.6, ta thay so nguyên to 19 có ϕ(18) = 6 căn nguyên thủy 2k
, với
(k, 18) = 1 và 0 < k ≤ 18. Vì v y các so k lan lượt là 1, 5, 7, 11, 13 và
17. Ta tính 2k
modulo 19 áng với các so k nêu trên, thu được các giá trị
th ng dư modulo 19 theo tá tự tăng dan là 2, 3, 10, 13, 14 và 15. Như v y
các căn nguyên thủy modulo 19 lan lượt là 2, 3, 10, 13, 14 và 15.
2.3 Cap cho so nguyên theo modulo và fíng dnng đe kiem tra
tính nguyên to
Ta có the sả dụng khái ni m cap cho so nguyên theo modulo đe phát
trien các tiêu chuȁn kiem tra so nguyên to. Lucas, năm 1876, đã cung cap
m®t tiêu chuȁn như v y; nó dựa trên m®t thực te là “m®t so nguyên dương
n là so nguyên to khi và chỉ khi ϕ(n) = n − 1” (Th t v y, neu n nguyên to
thì rõ ràng ϕ(n) = n − 1; ngược lại, neu ϕ(n) = n − 1 thì n > 1 và moi so
nguyên dương bé hơn n đeu nguyên to cùng nhau với n; suy ra n không
chia het cho bat kì so nguyên dương nào khác 1 và nhỏ hơn n. Cháng tỏ
n là so nguyên to).

27. 25
Tải tài liệu tại sividoc.com
Định lj 2.3.1 (Định lý Lucas). Cho n là m®t so nguyên dương. Neu
có m®t so nguyên dương x sao cho xn−1
≡ 1 (mod n) và x(n−1)/q
/≡ 1
(mod n) với moi thùa so nguyên to q của (n − 1) thì n là nguyên to.
Chúng minh. Giả sả ordn x = e. Vì xn−1
≡ 1 (mod n) nên theo Định lý
2.1.3 ta có e | (n−1). Ta can cháng minh rang e = n−1. Giả sả ngược lại
rang e =
/ n − 1. Khi đó vì e | n − 1 nên ton tại k > 1 sao cho n − 1 = ke.
Goi q là m®t ước so nguyên to của k. Khi đó
x(n−1)/q
= xke/q
= (xe
)k/q
≡ 1 (mod n),
đieu này mâu thuan với giả thiet x(n−1)/q
/≡ 1 (mod n). Do đó e = n − 1,
tác là ordn x = n − 1. Ta lại có ϕ(n) ≤ n − 1 với moi n ≥ 2. Do đó
n − 1 = ordn x | ϕ(n) ≤ n − 1, đieu này dan đen n − 1 = ϕ(n). Vì v y n
là so nguyên to.
Ví dn 2.3.2. Sả dụng Định lý Lucas (Định lý 2.3.1), hãy cháng minh rang
n = 1117 là so nguyên to.
Giải. Ta chon x = 2 đe kiem tra các đieu ki n xem n = 1117 có là nguyên
to không.
Đau tiên, chú ý rang
21116
= (2100
)11
· 216
11
≡ 293 · 750 ≡ 70 · 750 ≡ 1 (mod 1117).
Vì 1116 = 22
· 32
· 31, nên các thàa so nguyên to của n − 1 = 1116 lan lượt
là 2, 3 và 31. Với q = 2, ta có
2(n−1)/q
= 2558
= (250
)11
· 28
11
≡ 69 · 256 ≡ 1069 · 256 ≡ −1 (mod 1117);
Với q = 3, ta có
2(n−1)/q
= 2372
= (250
)7
· 222
7
≡ 69 · 1086 ≡ 112 · 1086 ≡ 996 (mod 1117);
Với q = 31,
2(n−1)/q
= 236
= (210
)3
· 26
3
≡ (−93) · 64 ≡ 1000 · 64 ≡ 331 (mod 1117).

28. 26
Tải tài liệu tại sividoc.com
Do v y 21116
/q /≡ 1 (mod 1117) với moi thàa so nguyên to q của n − 1 =
1116. Do đó theo Định lý Lucas (Định lý 2.3.1), ta suy ra so 1117 là so
nguyên to.
Như ví dụ trên đã chỉ ra, m®t máy tính kĩ thu t thông dụng, chȁng hạn
như loại FX570, ket hợp phép toán mod lay phan dư, người ta có the đȁy
nhanh toc đ® kiem tra tính nguyên to của m®t so nào đó.
Ta có the hi u chỉnh Định lý Lucas đe thu được tiêu chuȁn kiem tra
tính nguyên to hi u quả hơn như sau.
H quả 2.3.3. Cho n là m®t so nguyên dương lé. Neu có m®t so nguyên
dương x sao cho x(n−1)/2
≡ −1 (mod n) và x(n−1)/q
/≡ 1 (mod n) với moi
thùa so nguyên to lé q của (n − 1), thì n là so nguyên to.
Chúng minh. Vì x(n−1)/2
≡ −1 (mod n), nên xn−1
= (x(n−1)/2
)2
≡ 1
(mod n). Hơn nǎa, x(n−1)/q
/≡ 1 (mod n) khi q = 2 ho c q là thàa so
nguyên to lẻ bat kỳ nào của n − 1. Do v y, cả hai đieu ki n của Định lý
Lucas đeu được thỏa mãn. Vì v y n là so nguyên to.
Ví dụ sau minh hoa cho tiêu chuȁn cải thi n này.
Ví dn 2.3.4. Sả dụng H quả 2.3.3, hãy cháng minh n = 1213 là m®t so
nguyên to.
Chúng minh. Ta chon x = 5. Vì n − 1 = 1212 = 22
· 3 · 101, nên các thàa
so nguyên to lẻ của n − 1 là 3 và 101.
Ta có
5(n−1)/2
= 5606
= (5100
)6
· 56
6
≡ (−252) · 1069 ≡ 497 · 1069 ≡ −1 (mod 1213).
Với q = 3, ta có
5(n−1)/q
= 5404
= (5100
)4
· 54
4
≡ (−252) · 625 ≡ 21 · 625 ≡ 995 (mod 1213).
Với q = 101, ta có
5(n−1)/q
= 512
= 510
· 52
≡ (−238) · 25 ≡ 115 (mod 1213).
Do v y, trong cả hai trường hợp q = 3, q = 101, ta đeu thay 5(n−1)/q
/≡ 1
(mod 1213), vì the suy ra 1213 là m®t so nguyên to.

29. 27
Tải tài liệu tại sividoc.com
2.4 Cap cho so nguyên theo modulo và fíng dnng nh n di n
các căn nguyên thủy của so nguyên to
Trong H quả 2.2.6 ta đã tìm ra rang neu m®t so nguyên dương m có
m®t căn nguyên thủy, thì nó có ϕ(ϕ(m)) căn nguyên thủy. Tuy nhiên H
quả 2.2.6 không đảm bảo moi so nguyên dương m đeu có căn nguyên thủy.
Chȁng hạn, so 8 không có căn nguyên thủy. Th t vây, vì ϕ(8) = 4. Với moi
so nguyên dương a là m®t căn nguyên thủy modulo 8, thì (a, 8) = 1, suy
ra a là so lẻ. Vì v y a ≡ ±1 ho c ±3 (mod 8). Khi đó a2
≡ 1 (mod 8).
Do đó ord8 a ≤ 2. Tà đó suy ra h quả là ord8 a /= ϕ(8), đieu này mâu
thuan; 8 không có căn nguyên thủy.
Có câu hỏi đã được đ t ra là: Nhǎng so nguyên dương m nào thì có căn
nguyên thủy? Đau tiên ta can chỉ ra rang moi so nguyên to p đeu có m®t
căn nguyên thủy. Và đe làm đieu này ta can sả dụng m®t so ket quả tà
phương trình đong dư.
Nhac lại rang với f (x) ∈ Z[x]. Neu so nguyên α nghi m đúng phương
trình đong dư f (x) ≡ 0 (mod m) thì moi so nguyên β thỏa mãn β ≡ α
(mod m) cũng nghi m đúng phương trình f(x) ≡ 0 (mod m).
Ví dn 2.4.1. Xét phương trình đong dư
f(x) = x2
− x + 1 ≡ 0 (mod 13). (2.1)
Phương trình này có hai nghi m là 4 (mod 13) và 10 (mod 13), bởi vì
f(4) ≡ 16 − 4 + 1 ≡ 0 (mod 13)
f(10) ≡ 100 − 10 + 1 ≡ 0 (mod 13).
Tuy nhiên phương trình
g(x) = 2x2
+ 3x + 4 ≡ 0 (mod 5) (2.2)
lại không có nghi m (Th t v y, ta có thay lan lượt các giá trị trong m®t
h th ng dư đay đủ modulo 5 (chȁng hạn các giá trị 0, 1, 2, 3 và 4) vào

30. 28
Tải tài liệu tại sividoc.com
Σ
i=0
phương trình (2.2) ta nh n được
g(0) ≡ 4 /≡ 0 (mod 5)
g(1) ≡ 2 + 3 + 4 = 9 /≡ 0 (mod 5)
g(2) ≡ 8 + 6 + 4 = 18 /≡ 0 (mod 5)
g(3) ≡ 31 /≡ 0 (mod 5)
g(4) ≡ 48 /≡ 0 (mod 5).
Rõ ràng không có giá trị nào nghi m đúng phương trình g(x) ≡ 0 (mod 5)).
Định lý sau đây của Lagrange nói ve so nghi m của m®t phương trình
đong dư f (x) ≡ 0 (mod p) (với p là so nguyên to), nó đóng vai trò quan
trong trong vi c cháng minh sự ton tại của các căn nguyên thủy cho các
so nguyên to.
Định lj 2.4.2 (Định lý Lagrange). Cho p là so nguyên to, f(x) =
n
i=0 aixi
∈ Z[x] có b¾c n ≥ 1 sao cho p ‡ an. Khi đó phương trình
đong dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nhieu nhat n nghi m.
Chúng minh. Cháng minh bang quy nạp theo n. Khi n = 1 ta có f (x) =
a1x + a0 với p ‡ a1. Vì (p, a1) = 1 nên phương trình a1x + a0 ≡ 0 (mod m)
có duy nhat m®t nghi m (theo Định lý 1.2.23). Do đó định lý đúng với
n = 1.
Giả sả định lý đúng với các đa thác có b c k −1. Cho f(x) =
Σk
aixi
là m®t đa thác có b c k, trong đó p ‡ ak. Neu f(x) ≡ 0 (mod p) không có
nghi m, thì ket quả là rõ ràng đúng. Do đó ta giả sả rang phương trình
f (x) ≡ 0 (mod p) có ít nhat m®t nghi m, suy ra nó có ít nhat m®t so
nguyên dương α thỏa mãn f (α) ≡ 0 (mod p) với 0 ≤ α < p. Lay q(x) là
thương và r ∈ Z là phan dư khi chia f (x) cho x − α, trong đó q(x) là đa
thác có b c k − 1 có h so nguyên. Khi đó
f(x) = (x − α)q(x) + r.
Do đó ta có
f(α) = (α − α)q(α) + r
0 ≡ 0 + r (mod p)
r ≡ 0 (mod p).

31. 29
Tải tài liệu tại sividoc.com
Vì v y
f(x) = (x − α)q(x) (mod p)
trong đó q(x) có b c k −1. Goi β là m®t giá trị nghi m đúng của f(x) ≡ 0
(mod p) mà β /≡ α (mod p) và 0 ≤ β < p. Khi đó
f(β) ≡ (β − α)q(β) (mod p)
0 ≡ (β − α)q(β) (mod p).
Tà đó vì β − α 0 (mod p) nên q(β) ≡ 0 (mod p). Do v y, moi giá trị
nghi m đúng của f (x) ≡ 0 (mod p), mà /≡ α (mod p), cũng là giá trị
nghi m đúng của phương trình q(x) ≡ 0 (mod p). Hien nhiên, moi giá
trị nghi m đúng của q(x) ≡ 0 (mod p) đeu là giá trị nghi m đúng của
phương trình f (x) ≡ 0 (mod p). Vì deg q(x) = k − 1, nên áp dụng giả
thiet quy nạp, ta suy ra phương trình q(x) ≡ 0 (mod p) có nhieu nhat
là k − 1 nghi m. Do v y phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) có nhieu nhat
1 + (k − 1) = k nghi m.
Tà đó theo quy nạp ta suy ra định lý trên là đúng với moi đa thác có
b c n ≥ 1.
Chȁng hạn đa thác f (x) = x2
− x + 1 trong Ví dụ 2.4.1 có b c hai và
phương trình f (x) ≡ 0 (mod 13) có nhieu nhat hai nghi m modulo 13.
Đa thác g(x) = 2x2
+ 3x + 4 cũng có b c hai nhưng phương trình g(x) ≡ 0
(mod 5) không có nghi m modulo 5; trong cả hai trường hợp rõ ràng là
chúng có không quá hai nghi m.
Ket quả dưới đây là m®t h quả quan trong của Định lý 2.4.2. Nó có vai
trò chính yeu đe chỉ ra sự ton tại của căn nguyên thủy cho các so nguyên
to.
H quả 2.4.3. Neu p là m®t so nguyên to và d | (p − 1), thì phương trình
đong dư xd
− 1 ≡ 0 (mod p) có chính xác d nghi m modulo p.
Chúng minh. Theo Định lý Fermat nhỏ, ta thay phương trình đong dư
xp−1
− 1 ≡ 0 (mod p) có chính xác p − 1 nghi m modulo p, cụ the là các
lớp th ng dư modulo p có đại di n là 1, 2, 3, . . . , p − 1. Vì d | (p − 1), nên
xp−1
− 1 = (xd
− 1)(xp−1−d
+ xp−1−2d
+ · · · + xd
+ 1)
= (xd
− 1)g(x),

32. 30
Tải tài liệu tại sividoc.com
i=0
trong đó g(x) = xp−1−d
+ xp−1−2d
+ · · · + xd
+ 1 là m®t đa thác có b c
p − 1 − d. Theo Định lý Lagrange, ta thay phương trình g(x) ≡ 0 (mod p)
có nhieu nhat p − 1 − d nghi m modulo p. Do đó, phương trình xd
− 1 ≡ 0
(mod p) có ít nhat là (p − 1) − (p − 1 − d) = d nghi m modulo p. Nhưng,
cũng áp dụng Định lý Lagrange, ta thay phương trình xd
− 1 ≡ 0 (mod p)
có nhieu nhat d modulo p. Do v y, phương trình xd
− 1 ≡ 0 (mod p) có
chính xác d nghi m modulo p.
Ví dụ sau cho ta minh hoa ket quả trên.
Ví dn 2.4.4. Tìm các nghi m của phương trình đong dư x3
− 1 ≡ 0
(mod 13).
Giải. Vì x3
− 1 = (x− 1)(x2
+x+1), nên phương trình kéo theo x3
− 1 ≡ 0
(mod 13) kéo theo x − 1 ≡ 0 (mod 13) ho c x2
+ x + 1 ≡ 0 (mod 13).
Phương trình x − 1 ≡ 0 (mod 13) có m®t nghi m là x ≡ 1 (mod 13).
Phương trình x2
+x+1 ≡ x2
+x−12 ≡ (x−3)(x+4) ≡ 0 (mod 13) nên
x ≡ 3 (mod 13) ho c x ≡ −4 ≡ 9 (mod 13). Rõ ràng trong ba so 1, 3, 9
không có c p nào đong dư nhau theo modulo 13; do đó phương trình đã
cho có đúng 3 nghi m 1 (mod 13), 3 (mod 13) và 9 (mod 13).
Định lý Wilson có the nh n được tà H quả 2.4.3 như sau. Trước tiên,
lưu ý rang Định lý Lagrange có the được phát bieu lại như sau: Cho
f(x) =
Σn
aixi
∈ Z có b c n. Neu phương trình đong dư f(x) ≡ 0
(mod p) có nhieu hơn n nghi m thì ai ≡ 0 (mod p) với moi i = 0, 1, . . . , n.
H quả 2.4.5 (Định lý Wilson). Neu p là so nguyên to, thì
(p − 1)! ≡ −1 (mod p).
Chúng minh. (Vi c quan trong nhat trong cháng minh định lý này phụ
thu®c vào vi c lựa chon đa thác f(x) phù hợp).
Chon đa thác f(x) = (x−1)(x−2) . . . (x−p+1)−xp−1
+1. Rõ ràng là
f (x) có b c p − 2 và có các h so nguyên. Theo định lý Fermat nhỏ, ta thay
phương trình xp−1
− 1 ≡ 0 (mod p) có p − 1 nghi m. Moi m®t nghi m đó
cũng là nghi m của phương trình (x−1)(x−2) . . . (x−p+1) ≡ 0 (mod p).
Do đó phương trình f(x) ≡ 0 (mod p) có p−1 nghi m, vì the nó có nhieu
hơn m®t nghi mso với b c của f(x). Tà đó theo Định lý Lagrange, suy

33. 31
Tải tài liệu tại sividoc.com
Σ
Σ
ra các h tả của f(x) phải đong dư với 0 modulo p. Đ c bi t ta suy ra
f(0) ≡ 0 (mod p). Trong đó
f(0) = (−1)(−2) · · · [−(p − 1)] − 0 + 1 = (−1)p−1
(p − 1)! + 1.
Do đó, (−1)p−1
(p−1)!+1 ≡ 0 (mod p); tác là (p−1)! ≡ (−1)p
(mod p).
Neu p = 2 thì (−1)p
≡ 1 ≡ −1 (mod p). Neu p lẻ, thì (−1)p
= −1. Vì
v y, trong cả hai trường hợp, ta đeu có (p − 1)! ≡ −1 (mod p).
Tiep theo, ta trở lại ket quả chính ve so các th ng dư có cap d theo
modulo p. Tuy nhiên, trước khi ta thực hi n, ta hãy xét m®t ví dụ mà sě
là minh hoa cho cháng minh của định lý.
Ví dn 2.4.6. Cho p = 19 và d | (p − 1). Kí hi u ψ(d) so các th ng
dư có cap d theo modulo p. Hãy tính ψ(d) và ϕ(d) cho moi d, và tính
d|(p−1) ψ(d).
Giải. Bởi vì d | 18 nên d = 1, 2, 3, 6, 9 ho c 18. Đe tính ψ(d) so các th ng
dư có cap d, ta li t kê các th ng dư cap d (tác là các th ng dư a có
ord19 a = d) và ϕ(d) trong Bảng 2.2.
d 1 2 3 6 9 18
th ng 1 18 7, 11 8, 12 4, 5, 6, 2, 3,
dư có 9, 16, 10, 13,
cap d 17 14, 15
ψ(d) 1 1 2 2 6 6
ϕ(d) 1 1 2 2 6 6
Bảng 2.2: Giá trị của ψ(d) và ϕ(d)
Tà bảng trên ta thay rang
d|
Σ
(p−1)
ψ(d) = ψ(d) = 1 + 1 + 2 + 2 + 6 + 6 = 18 = p − 1.
d|18
Ta sě tìm hieu thêm ve ví dụ trên m®t chút. Chú ý rang các th ng dư
(modulo 19) có cap d tạo thành m®t phân hoạch cho t p các th ng dư
dương modulo 19, như ở Hình 2.1 đã chỉ ra; ψ(d) là kí hi u cho so các
phan tả trong moi lớp. Quả ngạc nhiên là ψ(d) = ϕ(d) với moi d|18.

34. 32
Tải tài liệu tại sividoc.com
Σ
Hình 2.1: Phân hoạch của t¾p các so dư dương modulo 19.
Bây giờ ta sě đe c p đen ket quả chính, được cháng minh bởi nhà toán
hoc Pháp A. M. Legendre năm 1785.
Định lj 2.4.7. Cho p là m®t so nguyên to và d là ước so nguyên dương
của p − 1. Khi đó có chính xác ϕ(d) các th¾ng dư (modulo p) có cap d theo
modulo p.
Chúng minh. Với moi ước so dương d của p − 1, ta lay ψ(d) kí hi u cho so
các th ng dư dương modulo p có cap d. Bởi vì ta có p − 1 th ng dư dương
và moi so đó có duy nhat m®t cap d, nên các dư dương có cap d l p thành
m®t phân hoạch cho t p các th ng dư dương. Do đó,
d|
Σ
(p−1)
ψ(d) = p − 1.
M t khác theo công thác Gauss, ta có
Do đó, ta thu được
d|
Σ
(p−1)
ϕ(d) = p − 1.
d|
Σ
(p−1)
ψ(d) =
d|(p−1)
ϕ(d). (2.3)
Tiep theo, ta can chỉ ra ϕ(d) = ψ(d) với moi d|(p − 1). Đe thực hi n đieu
này, ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: Cho ψ(d) = 0. Khi đó rõ ràng ψ(d) < ϕ(d), vì v y ψ(d) ≤
ϕ(d).

35. 33
Tải tài liệu tại sividoc.com
Trường hợp 2: Cho ψ(d) /= 0. Khi đó ton tại m®t so nguyên a có cap d
theo modulo p. Do đó, tà H quả 2.1.6, ta suy ra d so nguyên a, a2
, . . . , ad
không đong dư modulo p tàng c p. Bên cạnh đó, moi so đó đeu nghi m
đúng phương trình xd
− 1 ≡ 0 (mod p), vì (ak
)d
= (ad
)k
≡ 1 (mod p),
trong đó 1 ≤ k ≤ d. Do đó theo H quả 2.4.3, chúng là đại di n cho d
nghi m của phương trình xd
− 1 ≡ 0 (mod p) và ordp(ak
) | d theo Định
lý 2.1.3.
Theo H quả 2.1.10, ordp(ak
) = ordp a = d khi và chỉ khi (k, d) = 1. Vì
ta có ϕ(d) so nguyên dương ≤ d và nguyên to cùng nhau với d, nên có chính
xác ϕ(d) th ng dư của ak
modulo p có cap d. Do đó ta có ψ(d) = ϕ(d).
Như v y, trong cả hai trường hợp, ta đeu có ψ(d) ≤ ϕ(d). Do v y, tà
đȁng thác (2.3), ta suy ra ψ(d) = ϕ(d) với moi d|(p − 1). Nói cách khác,
có chính xác ϕ(d) th ng dư có cap d modulo p.
Xét ví dụ minh hoa sau đây.
Ví dn 2.4.8. Tìm so các th ng dư có cap d modulo 13, moi khi d|12.
Giải. Vì d | 12 nên d = 1, 2, 3, 4, 6 ho c 12. Kí hi u ψ(d) là so các th ng
dư có cap d theo modulo 13. Khi đó
ψ(1) = ϕ(1) = 1 ψ(2) = ϕ(2) = 1 ψ(3) = ϕ(3) = 2
ψ(4) = ϕ(4) = 2 ψ(6) = ϕ(6) = 2 ψ(12) = ϕ(12) = 4.
Chúng sě có ích khi tìm các th ng dư dương nhỏ nhat modulo 13 có cap
d. Vì ψ(12) = 4, nên suy ra rang có bon căn nguyên thủy modulo 13.
Trong h quả sau đây, Định lý 2.4.7 dan đen m®t lớp các so nguyên
dương mà chúng có các căn nguyên thủy.
H quả 2.4.9. Moi so nguyên to p đeu có ϕ(p − 1) căn nguyên thủy đôi
m®t không đong dư.
Chúng minh. Vì (p − 1) | (p − 1), nên tà Định lý 2.4.7, ta thay có ϕ(p − 1)
th ng dư có cap p − 1 modulo p. Moi m®t so trong đó là m®t căn nguyên
thủy. Do đó ta có ϕ(p−1) căn nguyên thủy modulo p (theo định nghĩa).
Chȁng hạn, p = 19 có ϕ(18) = 6. Theo Ví dụ 2.2.8 các căn nguyên thủy
modulo 19 lan lượt là 2, 3, 10, 13, 14 và 15. Như v y ta có đúng ϕ(18) = 6
các căn nguyên thủy modulo 19.

36. 34
Tải tài liệu tại sividoc.com
Trong thực te, ket quả moi so nguyên to đeu có m®t căn nguyên thủy
đã được Euler thiet l p năm 1773. Th m trí Euler đã xây dựng m®t danh
sách các căn nguyên thủy modulo các so nguyên to ≤ 37.
Chú ý rang, cháng minh H quả 2.4.9 không có tính xây dựng, tác là
nó không chỉ cho ta cách nào đe tìm các căn nguyên thủy modulo các so
nguyên to. Và đe tìm chúng, người ta van phải tính toán trực tiep. Vào
năm 1839, nhà toán hoc Jacobi đã giới thi u m®t bảng lớn hơn các căn
nguyên thủy modulo các so nguyên to ≤ 1000.
2.5 Cap cho so nguyên theo modulo và áp dnng nh n di n so
nguyên có căn nguyên thủy
mục trước, ta đã cháng tỏ được rang moi so nguyên to p đeu có m®t
căn nguyên thủy; thực te là nó có ϕ(p − 1) căn nguyên thủy modulo p.
Ta sě nh n di n lớp các so nguyên dương có căn nguyên thủy, bao gom
1, 2, 4, pk
và 2pk
, trong đó p là so nguyên to lẻ và k là so nguyên dương bat
kỳ. Trong Ví dụ 2.2.7, ta đã tìm ra 54 = 2 · 33
có sáu căn nguyên thủy. Sự
phát trien ket quả chính này là khá phác tạp. Ta bat đau với vi c cháng
minh rang so p2
có m®t căn nguyên thủy, nhưng trước tiên ta xét ví dụ
sau đây.
Ví dn 2.5.1. Chú ý rang α = 2 chỉ là căn nguyên thủy modulo p = 3. Và
α = 2 cũng là m®t căn nguyên thủy modulo p2
= 9 (vì ta có 2ϕ(9)
= 26
≡ 1
(mod 9) và 2k
/≡ 1 (mod 9) với moi 1 ≤ k < 6). Do v y, α = 2 là m®t
căn nguyên thủy modulo cả p và p2
.
Tương tự, so 3 cũng là m®t căn nguyên thủy modulo 5 và 52
(Th t
v y, ta có ϕ(5) = 4 và 34
≡ 1 (mod 5) nên 3 là căn nguyên thủy modulo
5. Ngoài ra, 3ϕ(52
)
= 352
−5
= 320
≡ 1 (mod 52
) và 3k
/≡ 1 (mod 52
) với
1 ≤ k < 20.
Trước khi nghiên cáu ket quả đau tiên, ta can bő sung thêm m®t bő đe
ngan sau đây.
Bo đe 2.5.2. Cho α là m®t căn nguyên thủy modulo so nguyên to lé p.
Khi đó ordp2(α + p) /= p − 1.

37. 35
Tải tài liệu tại sividoc.com
2
Chúng minh. Cháng minh bang phản cháng. Đ t β = α + p. Giả sả
ordp2 (β) = p − 1. Khi đó βp−1
≡ 1 (mod p2
). Ta có
βp−1
= (α + p)p−1
= αp−1
+ (p − 1)αp−2
p +
p − 1
!
αp−3
p2
+ · · · + pp−1
1 ≡ αp−1
+ p(p − 1)αp−2
(mod p2
)
1 ≡ 1 − pαp−2
(mod p2
) (vì αp−1
= 1).
Suy ra pαp−2
≡ 0 (mod p2
), tác là αp−2
≡ 0 (mod p). Đây là đieu mâu
thuan (vì α là m®t căn nguyên thủy). Do v y
ordp2 β = ordp2(α + p) /= (p − 1).
Ví dn 2.5.3. Cho α = 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 7, hãy cháng
minh rang
ordp2(α + p) = ord49 12 /= ord7 5 = ordp α.
Giải. Ta có ϕ(7) = 6; (5, 7) = 1 và 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 7
nên ord7 5 = ϕ(7) = 6. Ta tính các lũy thàa của (α + p) = 5 + 7 = 12
theo modulo 49.
122
≡ −3 (mod 49), 123
≡ 13 (mod 49), 126
≡ 22 (mod 49)
127
≡ 19 (mod 49), 1221
≡ −1 (mod 49).
Do đó ord49 12 = 42 =
/ 6 = ord7 5.
Định lý tiep theo chỉ ra rang p2
có m®t căn nguyên thủy với moi so
nguyên to lẻ p.
Định lj 2.5.4. Neu α là m®t căn nguyên thủy modulo m®t so nguyên to
lé p, thì α ho¾c α + p là m®t căn nguyên thủy modulo p2
.
Chúng minh. Vì α là m®t căn nguyên thủy modulo p, nên ordp α = p − 1.
Giả sả ordp2 α = e. Khi đó αe
Do đó e | p(p − 1).
≡ 1 (mod p2
), vì v y e | ϕ(p2
) = p(p − 1).
Vì αe
≡ 1 (mod p2
), nên αe
≡ 1 (mod p); do đó (p − 1) | e. Khi đó có
so nguyên dương k đe e = k(p − 1). Do v y, k(p − 1) | p(p − 1), nên k | p.
Suy ra ho c k = 1 ho c k = p, nghĩa là e = p − 1 ho c e = p(p − 1).

38. 36
Tải tài liệu tại sividoc.com
Trường hợp 1: Cho e = p(p − 1) thì khi đó e = ϕ(p2
) vì v y α là m®t căn
nguyên thủy modulo p2
.
Trường hợp 2: Cho e = p − 1. Ta sě cháng minh β = α + p là m®t căn
nguyên thủy modulo p2
. Vì β ≡ α (mod p), nên β cũng là m®t căn nguyên
thủy modulo p. Do đó theo phan thảo lu n trước đó, ta có ordp2 β = p − 1
ho c p(p − 1). Nhưng theo Bő đe 2.5.2, ta thay ordp2 β /= p − 1 nên
ordp2 β = p(p − 1) = ϕ(p
modulo p2
.
). Do v y, β = α + p là m®t căn nguyên thủy
Định lý này chỉ ra rang bình phương của moi so nguyên to lẻ đeu có
m®t căn nguyên thủy. Định lý cũng cung cap m®t cách nh n di n các căn
nguyên thủy.
Ví dn 2.5.5. Nhac lại ví dụ 2.5.1 rang ta có α = 3 là m®t căn nguyên
thủy modulo cả 5 và 52
. Trong ví dụ 2.5.3 ta đã chỉ ra α = 5 là m®t
căn nguyên thủy modulo 7. M c dù nó không phải là căn nguyên thủy
modulo 49, nhưng α + p = 5 + 7 = 12 là m®t căn nguyên thủy modulo
49 (Th t v y, theo ví dụ 2.5.3, ta đã chỉ ra rang ord49 12 = 42 và ta có
ϕ(72
) = 72
− 7 = 42, suy ra ord49 12 = 42 = ϕ(49) nên 12 là m®t căn
nguyên thủy modulo 49).
Tiep theo ta sě chỉ ra rang moi lũy thàa pk
của m®t so nguyên to lẻ p
đeu có m®t căn nguyên thủy. Ta đã biet đieu này đúng với k = 1 ho c 2.
Do đó ta chỉ can cháng tỏ đieu đó cũng đúng với k ≥ 3. Ta sě chia phan
cháng minh này ra làm nhieu phan nhỏ đe vi c cháng minh được rõ ràng
hơn.
Bo đe 2.5.6. Cho α là m®t căn nguyên thủy modulo m®t so nguyên to lé
p sao cho αp−1
/≡ 1 (mod p2
). Khi đó αpk−2
(p−1)
/≡ 1 (mod pk
) với moi
k ≥ 2.
Chúng minh. Cháng minh bang quy nạp theo k. Với k = 2, ta có
αpk−2
(p−1)
= αp−1
/≡ 1 (mod p2
)
theo giả thiet. Do v y, phát bieu ở bő đe trên là đúng với k = 2.
Giả sả bő đe trên đúng với so nguyên t ≥ 2, tác là
αpt−2
(p−1)
/≡ 1 (mod pt
).
2

39. 37
Tải tài liệu tại sividoc.com
2
t t+1
Vì (p, α) = 1, nên (α, pt−1
) = 1. Do đó theo định lý Euler, ta có
αϕ(pt−1
)
≡ 1 (mod pt−1
).
Tác là
Khi đó
αpt−2(p−1)
≡ 1 (mod pt−1
).
αpt−2
(p−1)
= 1 + qpt−1
(2.4)
với so nguyên q nào đó. Theo giả thiet quy nạp, đieu này ta suy ra p ‡ q.
Bây giờ ta lay lũy thàa p cả hai ve của phương trình (2.4) và khai trien
ve phải bang cách dùng định lý nhị thác ta được:
αpt−1
(p−1)
= (1 + qpt−1
)p
= 1 + qpt
+
p
!
q2
p2(t−1)
+ · · · + qp
pp(t−1)
≡ 1 + qp (mod p ).
Vì p ‡ q, nên đȁng thác trên kéo theo
αpt−1(p−1)
/≡ 1 (mod pt+1
).
Do v y, theo quy nạp, ta thay bő đe đúng với moi so nguyên k ≥ 2.
Định lj 2.5.7. Moi lũy thùa pk
của m®t so nguyên to lé p đeu có m®t căn
nguyên thủy, với moi k ≥ 2.
Chúng minh. Goi α là m®t căn nguyên thủy modulo p. Neu α cũng là
m®t căn nguyên thủy modulo p2
thì αp−1
/≡ 1 (mod p2
). M t khác, neu
α không là m®t căn nguyên thủy modulo p2
thì theo Định lý 2.5.4, suy ra
β = α + p là m®t căn nguyên thủy modulo p2
, trong đó β ≡ α (mod p)
và βp−1
/≡ 1 (mod p2
). Do v y, trong cả hai trường hợp, ta thay p2
đeu có
m®t căn nguyên thủy γ sao cho γp−1
/≡ 1 (mod p2
). (Chú ý γ = α neu α
là m®t căn nguyên thủy modulo p2
, trường hợp khác, thì γ = β). Do đó,
theo Bő đe 2.5.6, ta có
γpk−2
(p−1)
/≡ 1 (mod pk
)
với moi so nguyên k ≥ 2.

40. 38
Tải tài liệu tại sividoc.com
k k
Tiep theo, ta can cháng minh rang γ là m®t căn nguyên thủy modulo
p , tác là ordpk γ = ϕ(p ). Đe cháng minh đieu này, giả sả ordpk γ = e.
Khi đó e | ϕ(pk
), trong đó ϕ(pk
) = pk−1
(p − 1). Vì γe
≡ 1 (mod pk
), nên
γe
≡ 1 (mod p). Đieu này kéo theo (p − 1) | e.
Giả sả e = (p − 1)t với t là so nguyên. Khi đó (p − 1)t | pk−1
(p − 1),
suy ra t | pk−1
. V y t = pi
với 0 ≤ i ≤ k − 1 và do đó e = pi
(p − 1). Neu
i ≤ k − 2, thì
γpi
(p−1)
≡ 1 (mod pk
)
đieu này mâu thuan. Do đó i = k − 1 và do v y ordpk γ = pk−1
(p − 1) =
ϕ(pk
). V y γ là m®t căn nguyên thủy modulo pk
với moi k ≥ 2.
Chú j 2.5.8. Tà cháng minh các định lý trên ta có hai nh n xét sau:
(i) Moi căn nguyên thủy modulo p2
thì cũng là căn nguyên thủy modulo
pk
, với k ≥ 2.
(ii) Theo định lý 2.5.4 và 2.5.7, m®t căn nguyên thủy α modulo so nguyên
to lẻ p được sả dụng đe tìm m®t căn nguyên thủy γ modulo pk
. Neu α là
m®t căn nguyên thủy modulo p2
, thì γ = α, còn ngược lại thì γ = α + p.
Ví dụ sau minh hoa cho cả hai trường hợp.
Ví dn 2.5.9. Trong Ví dụ 2.5.5, ta đã thay 3 là căn nguyên thủy modulo
5 và modulo 52
. Do đó, theo Định lý 2.5.7, thì 3 cũng là căn nguyên thủy
modulo 5k
với moi so nguyên k. Chȁng hạn, với k = 6 thì 3 cũng là m®t
căn nguyên thủy modulo 56
= 15625. Đe chỉ ra đieu này, ta chỉ can cháng
minh 3ϕ(56
)/2
= 32·55
= 36250
≡ −1 (mod 56
).
Vì 3125
≡ 11693 (mod 56
) và 32000
≡ 2501 (mod 56
), nên
36250
= (32000
)3
· (3125
)2
≡ 2501 · 11693 (mod 56
)
6
≡ 15624 ≡ −1 (mod 5 ).
Nhớ lại rang, trong ví dụ 2.5.5 ta đã tìm ra α = 5 là m®t căn nguyên
thủy modulo 7, nhưng không là căn nguyên thủy modulo 49. Tuy nhiên
α + p = 5 + 7 = 12 là căn nguyên thủy modulo 72
. Vì v y, theo Định
lý 2.5.7, ta có 12 là m®t căn nguyên thủy modulo 7k
, với k ≥ 2. Ví dụ,
12 là căn nguyên thủy modulo 75
= 16807. Đe cháng minh đieu này, ta
3 2

41. 39
Tải tài liệu tại sividoc.com
5
can chỉ ra 12ϕ(75
)/2
= 123·74
= 127203
≡ −1 (mod 75
). Ta có 123
≡ 1728
(mod 75
), 12200
≡ −4336 (mod 75
) và127000
≡ −4184 (mod 75
). Do đó
127203
= 127000
· 12200
· 123
≡ (−4184) · (−4336) · (1728) ≡ −1 (mod 7 ).
Tiep theo, ta có the xác định được khi nào thì so nguyên 2k
có căn
nguyên thủy. Rõ ràng 1, 2 và 4 đeu có căn nguyên thủy tương áng là 1, 1
và 3. Tại thời điem này, m®t câu hỏi tự nhiên được đ t ra là li u 2k
có căn
nguyên thủy không khi k ≥ 3? Trước khi trả lời câu hỏi trên, chúng ta
giới thi u hai bő đe sau đe làm nen tảng cháng minh cho Định lý 2.5.12.
Bo đe 2.5.10. Bình phương của moi so nguyên lé đeu đong dư bang 1 theo
modulo 8.
Chúng minh. Cho a là m®t so nguyên lẻ, khi đó a = 2i + 1 với i là m®t so
nguyên. Do đó
a2
= 4i2
+ 4i + 1 = 4i(i + 1) + 1.
Vì 2 | i(i + 1), nên 8 | 4i(i + 1). Do đó a2
≡ 1 (mod 8).
Bo đe 2.5.11. Cho a là m®t so nguyên lé và t ≥ 3. Khi đó
a2t−2
≡ 1 (mod 2t
).
Chúng minh. Ta cháng minh bang quy nạp theo t.
Rõ ràng bő đe đúng với t = 3 theo Bő đe 2.5.10. Do đó ta giả sả bő đe
trên đúng với so nguyên k ≥ 3, tác là
a2k−2
≡ 1 (mod 2k
).
Do đó a2k−2
= 1 + q.2k
với m®t so nguyên q nào đó. Khi đó
a2k−1
= (a2k−2
)2
= (1 + q.2k
)2
= 1 + q.2k+1
+ q2
.22k
≡ 1 (mod 2k+1
).
Do v y, neu bő đe đúng với t = k, thì nó cũng đúng với t = k + 1. Do đó
theo quy nạp, ta suy ra bő đe là đúng với moi so nguyên t ≥ 3.
Sả dụng bő đe này, ta có the cháng minh rang 2k
không có căn nguyên
thủy khi k ≥ 3 như trong định lý dưới đây.

42. 40
Tải tài liệu tại sividoc.com
d
d
Định lj 2.5.12. So nguyên 2k
không có căn nguyên thủy khi k ≥ 3.
Chúng minh. Cháng minh bang phương pháp phản cháng. Giả sả 2k
có
m®t căn nguyên thủy α. Khi đó ord2k α = ϕ(2k
) = 2k−1
. Nhưng vì (α, 2) =
1 nên α là lẻ. Do đó theo Bő đe 2.5.11 ta thay α2k−2
≡ 1 (mod 2k
). Do
đó, ord2k α ≤ 2k−2
, đieu này mâu thuan. Vì v y, 2k
không có căn nguyên
thủy khi k ≥ 3.
Theo Định lý trên, ta thay các so 8, 16, 32, 64, . . . không có căn nguyên
thủy.
Tiep theo, ta sě cháng minh rang m®t so nguyên dương sě không có căn
nguyên thủy neu nó chia het cho hai so nguyên to lẻ khác nhau, ho c nó
có dạng 2i
pj
, với i ≥ 2 và p là m®t so nguyên to lẻ. Đe cháng minh, ta can
bő đe sau đây.
Bo đe 2.5.13. So nguyên ab không có căn nguyên thủy neu a > 2, b > 2
và (a, b) = 1.
Chúng minh. Ta sě cháng minh bang phản cháng. Giả sả ab có m®t căn
nguyên thủy là α. Khi đó (α, ab) = 1 và αϕ(ab)
≡ 1 (mod ab). Vì (α, ab) =
1, nên (α, a) = 1 = (α, b).
Cho d = (ϕ(a), ϕ(b)). Vì a, b > 2, nên cả hai ϕ(a) và ϕ(b) đeu là chȁn.
Do đó d ≥ 2. Bên cạnh đó, d | ϕ(a) và d | ϕ(b), nên ϕ(a)ϕ(b) ϕ(ab)
d
là m®t
so nguyên. Nhưng d > 1, nên ϕ(ab)
< ϕ(ab).
Vì (α, a) = 1 và αϕ(a)
≡ 1 (mod a), nên
αϕ(ab)/d
= αϕ(a)ϕ(b)/d
= [αϕ(a)
]ϕ(b)/d
(chú ý rang d | ϕ(b))
ϕ(b)/d
≡ 1 ≡ 1 (mod a).
Tương tự, αϕ(ab)/d
≡ 1 (mod b). Do đó αϕ(ab)/d
≡ 1 (mod ab), đieu này
mâu thuan vì α là m®t căn nguyên thủy modulo ab và ϕ(ab)/d < ϕ(ab).
Do đó, ab không có căn nguyên thủy.
Ví dụ, 20 không có căn nguyên thủy, vì 20 = 4 · 5 trong đó 4 > 2, 5 > 2
và (4, 5) = 1. Hay như 150 = 6 · 25 cũng không có căn nguyên thủy.
Định lj 2.5.14. M®t so nguyên không có căn nguyên thủy neu nó có hai
ước so nguyên to lé khác nhau ho¾c neu nó có dạng 2i
pj
, trong đó p là m®t
so nguyên to lé, i ≥ 2.
=

43. 41
Tải tài liệu tại sividoc.com
Chúng minh. Giả sả so nguyên dương n có hai thàa so nguyên to lẻ khác
nhau là p và q. Khi đó theo Bő đe 2.5.13, n = pi
qj
thì n không có căn
nguyên thủy.
M t khác, cho n = 2i
pj
, i ≥ 2 và p là m®t so nguyên to lẻ. Theo Bő đe
2.5.13 với a = 2i
và b = pj
, ta suy ra n = ab = 2i
pj
không có căn nguyên
thủy.
Ví dn 2.5.15. So nguyên 1125 = 32
· 53
không có căn nguyên thủy vì nó
có hai thàa so nguyên to lẻ. Tương tự, 3780 = 22
· 33
· 5 · 7 cũng không có
căn nguyên thủy. So 19208 = 23
· 74
cũng không có căn nguyên thủy vì nó
có dạng 2i
pj
với i ≥ 2.
Định lý 2.5.14 đã mang đen bước nhảy vot trong vi c nh n di n các so
nguyên dương có căn nguyên thủy. Nó thu hep danh sách các so nguyên
can khảo sát ve các so có dạng n = 2i
pj
, trong đó p là m®t so nguyên to
lẻ. Neu i = 0 và j = 0 thì n = 1 có m®t căn nguyên thủy. M t khác, neu
j > 0, thì theo H quả 2.4.9, Định lý 2.5.4 và Định lý 2.5.7, ta thay rang
so n = pj
có m®t căn nguyên thủy. Neu i ≥ 2 thì theo Định lý 2.5.14, so
n không có căn nguyên thủy.
Ta sě xét trường hợp còn lại n = 2pj
trong định lý dưới đây.
Định lj 2.5.16. So nguyên n = 2pj
có m®t căn nguyên thủy, trong đó p
là so nguyên to lé.
Chúng minh. Cho α là m®t căn nguyên thủy modulo pj
. Vì v y
αϕ(pj)
≡ 1 (mod pj
).
Trường hợp 1: Giả sả α lẻ. (Ta sě chỉ ra α là m®t căn nguyên thủy modulo
n). Vì ϕ(n) = ϕ(2pj
) = ϕ(2)ϕ(pj
) = ϕ(pj
), nên
αϕ(n)
= αϕ(pj
)
≡ 1 (mod pj
). (2.5)
Vì α là lẻ, nên α ≡ 1 (mod 2); do đó
αϕ(pj )
≡ 1 (mod 2). (2.6)
Do v y, theo (2.5) và (2.6), ta có
αϕ(n)
≡ 1 (mod 2pj
) tác là αϕ(n)
≡ 1 (mod n).

44. 42
Tải tài liệu tại sividoc.com
Giả sả ordn α = e < ϕ(n) = ϕ(2pj
). Khi đó αe
≡ 1 (mod pj
). Do v y,
ϕ(pj
) ≤ e < ϕ(pj
), đieu này mâu thuan. Do đó, ordn α = ϕ(n) và α là
m®t căn nguyên thủy modulo n.
Trường hợp 2: Giả sả α là so chȁn. Khi đó β = α + pj
là m®t so lẻ, do v y
βϕ(pj
)
≡ 1 (mod 2).
Bên cạnh đó, vì β ≡ α (mod pj
), nên βϕ(n)
≡ αϕ(pj
)
≡ 1 (mod 2pj
); tác
là βϕ(n)
≡ 1 (mod n). Như trong trường hợp 1, ta suy ra rang β cũng là
m®t căn nguyên thủy modulo n.
Vì v y, trong cả hai trường hợp, ta đeu thay n = 2pj
có m®t căn nguyên
thủy.
Ví dụ sau minh hoa cho định lý này.
Ví dn 2.5.17. Cho n = 38 = 2 · 19. Theo Ví dụ 2.2.8, thì 3 là m®t căn
nguyên thủy modulo 19. Vì v y, theo Định lý 2.5.16, 3 cũng là m®t căn
nguyên thủy modulo 38. Th t v y, ta có ϕ(38) = ϕ(2·19) = ϕ(2)·ϕ(19) =
18. Ta chỉ can chỉ ra rang ord38 3 = 18. Vì (3, 38) = 1 nên theo H quả
2.1.4 ord38 3 | 18. Các ước của 18 lan lượt là 1, 2, 3, 6, 9 và 18. Ta tính 3k
theo modulo 38.
31
≡ 3 (mod 38), 32
≡ 9 (mod 38), 33
≡ 27 (mod 38)
36
≡ 7 (mod 38), 39
≡ −1 (mod 38), 318
≡ 1 (mod 38)
Như v y, bang cách tính trực tiep, ta đã chỉ ra 3 cũng là căn nguyên thủy
modulo 38.
M t khác, 10 cũng là m®t căn nguyên thủy modulo 19. Vì 10 là so
chȁn nên theo Định lý 2.5.16, ta có 10 + 19 = 29 là m®t căn nguyên
thủy modulo 38. Đe cháng minh đieu này, chúng ta chỉ can cháng minh
29ϕ(38)/2
= 299
≡ −1 (mod 38).
Chú j 2.5.18. Bây giờ, ta tő hợp các ket quả ở H quả 2.4.9, Định lý
2.5.4, 2.5.7, 2.5.12 và 2.5.16 vào trong Định lý 2.5.19, ta có the nh n di n
được m®t so nguyên có căn nguyên thủy hay không. Định lý này đã được
xuat bản năm 1801 bởi nhà toán hoc Gauss.
Định lj 2.5.19 (Gauss). Chí có các so nguyên dương sau đây là có căn
nguyên thủy: 1, 2, 4, pk
và 2pk
(với p là so nguyên to lé).

45. 43
Tải tài liệu tại sividoc.com
Theo định lý trên, 12 so nguyên dương đau tiên có căn nguyên thủy
là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13 và 14; và các so 8, 12 và 15 không có căn
nguyên thủy.
2.6 Chỉ so cho so nguyên theo modulo và fíng dnng
Khái ni m chỉ so đã được nhà toán hoc Gauss giới thi u trong cuon
“Disquisitiones Arithmeticae”. Khái ni m chỉ so rat hǎu dụng cho vi c giải
phương trình đong dư và toán hoc tính toán.
Cho α là m®t căn nguyên thủy modulo m. Khi đó, theo Định lý 2.2.4,
các th ng dư nhỏ nhat của α, α2
, . . . , αϕ(m)
modulo m là m®t hoán vị của
ϕ(m) các so nguyên dương ≤ m và nguyên to cùng nhau với m. Ví dụ,
trong Ví dụ 2.2.8 ta thay α = 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 18 và các
th ng dư nhỏ nhat của 5, 52
, 53
, 54
, 55
và 56
là m®t hoán vị của ϕ(18) = 6
so nguyên dương 1, 5, 7, 11, 13 và 17 nhỏ hơn ho c bang 18 và nguyên to
cùng nhau với 18.
Cho a là m®t so nguyên dương ≤ 18 và nguyên to với 18. Khi đó a ≡ 5k
(mod 18) với m®t so nguyên dương k nào đó thỏa mãn 1 ≤ k ≤ 6. Chȁng
hạn, cho a = 13, khi đó k = 4 (vì 13 ≡ 54
(mod 18)). Theo đó, ta nói 4
là chỉ so của 13 đoi với cơ sở 5 theo modulo 18. Mục tiep theo sě trình bày
ky ve khái ni m cũng như đưa ra các minh hoa và tính chat cho khái ni m
này.
Định nghĩa 2.6.1. Cho m là so nguyên dương với m®t căn nguyên thủy
α, và a là m®t so nguyên dương sao cho (a, m) = 1. Khi đó so nguyên
dương nhỏ nhat k sao cho αk
≡ a (mod m) được goi là chí so của a đoi
với cơ sớ α theo modulo m, kí hi u là indα a (ho c ind a khi đã rõ cơ sở).
Chú ý rang 1 ≤ k ≤ ϕ(m).
Ví dn 2.6.2. So 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 18. Chú ý rang
51
≡ 5 (mod 18), 52
≡ 7 (mod 18), 53
≡ 17 (mod 18)
54
≡ 13 (mod 18), 55
≡ 11 (mod 18), 56
≡ 1 (mod 18)

46. 44
Tải tài liệu tại sividoc.com
Như v y,
ind55 = 1, ind57 = 2, ind517 = 3
ind513 = 4, ind511 = 5, ind51 = 6
Giả sả ta chon m®t căn nguyên thủy modulo 18 khác là 11. Khi đó
111
≡ 11 (mod 18), 112
≡ 13 (mod 18), 113
≡ 17 (mod 18)
114
≡ 7 (mod 18), 115
≡ 5 (mod 18), 116
≡ 1 (mod 18)
Dan đen
ind115 = 5, ind117 = 4, ind1117 = 3
ind1113 = 2, ind1111 = 1, ind111 = 6
Chú ý rang, nhìn chung thì ind5a ind11a. Ví dụ, 2 = ind57 /= ind117 = 4.
Như v y, giá trị của indαa phụ thu®c vào căn nguyên thủy α (và modulo
m).
Theo định nghĩa của chỉ so, như ta thay trong trường hợp của lôgarit,
ta thay rang indα a là m®t so mũ dương. Chú ý rang αindαa
≡ a (mod m)
và indαa là so mũ dương nhỏ nhat trong đó 1 ≤ indαa ≤ ϕ(m).
Giả sả a ≡ b (mod m). V y moi quan h của inda và indb là gì? Giả
sả α là m®t căn nguyên thủy modulo m. Khi đó αindαa
≡ a (mod m) và
αindαb
≡ b (mod m). Bởi vì a ≡ b (mod m) nên αindαa
≡ αindαb
(mod m).
Theo H quả 2.1.6, ta suy ra indαa = indαb. Do v y, a ≡ b (mod m) khi
và chỉ khi indαa = indαb.
Ví dụ, 67 ≡ 13 (mod 18). Nhac lại, trong Ví dụ 2.6.2 ta có ind513 = 4.
Vì 54
= 67 (mod 18), nên ind567 = 4. Vì v y ind5 13 = ind567.
Tính chat αindαa
≡ a (mod m) nhac ta nhớ đen tính chat của lôgarit,
blogb a
= a với moi cơ so b thích hợp và moi so thực dương a. Tương tự như
v y, tính chat indα a = indα b khi và chỉ khi a ≡ b (mod m) gợi nhớ đen
tính chat của hàm lôgarit logb x = logb y khi và chỉ khi x = y.
Khái ni m chỉ so có ba tính chat tương tự như các tính chat của hàm
lôgarit sau đây:
(i) logb 1 = 0
(ii) logb(xy) = logb x + logb y

47. 45
Tải tài liệu tại sividoc.com
(iii) logb(xn
) = n logb x.
Các tính chat đó được phát bieu trong định lý dưới đây.
Định lj 2.6.3. Cho m®t so nguyên dương m có căn nguyên thủy là α và
a, b là các so nguyên dương nguyên to cùng nhau với m. Khi đó
(i) indα1 ≡ 0 (mod ϕ(m))
(ii) indα(ab) ≡ indαa + indαb (mod ϕ(m))
(iii) indα(an
) ≡ n · indαa (mod ϕ(m))
Chúng minh. (i) Vì α là m®t căn nguyên thủy modulo m, nên ϕ(m) là so
nguyên dương nhỏ nhat sao cho αϕ(m)
≡ 1 (mod m). Do v y, indα1 =
ϕ(m) ≡ 0 (mod ϕ(m)).
(ii) Theo định nghĩa, αindαa
≡ a (mod m) và αindαb
≡ b (mod m), do đó
ab = αindαa
.αindαb
≡ αindαa+indαb
(mod m)
Theo định nghĩa, ta có ab ≡ αindα(ab)
(mod m). Do v y
αindα(ab)
≡ αindαa+indαb
(mod m)
Do đó theo H quả 2.1.6, ta có indα(ab) ≡ indαa+indαb (mod ϕ(m))
(iii) Theo định nghĩa, αindα(an
)
≡ an
(mod m). Nhưng
αn·indαa
≡ (αindαa
)n
≡ an
(mod m)
Do v y
suy ra
αindα(an
)
≡ αn·indαa
(mod m),
indα(an
) ≡ n · indαa (mod ϕ(m)).
Ví dn 2.6.4. Kiem cháng tính chat (ii) và (iii) của Định lý 2.6.3 với
α = 5, m = 18, a = 11, b = 13 và n = 7.
Chúng minh. Tà Ví dụ 2.6.2, ta có ind511 = 5, ind513 = 4. Do đó ta có:

48. 46
Tải tài liệu tại sividoc.com
(ii) ind511 + ind513 = 5 + 4 ≡ 3 (mod 6).
Bang tính toán trực tiep,
ind5(11.13) = ind517 = 3 ≡ ind511 + ind513 (mod 6)
(iii) 7.ind511 = 7 · 5 ≡ 5 (mod 6)
Bang tính toán trực tiep, ind5(117
) = ind511 ≡ 5 (mod 6). Do đó
ind5(117
) = 7 · ind511.
Do chỉ so cũng có m®t so tính chat thú vị như hàm lôgarit, nên ta có the
áp dụng Định lý 2.6.3 đe giải các bài toán tìm phan dư có dạng axb
≡ c
(mod m) và abx
≡ c (mod m), trong đó (a, m) = 1. Sau đây chúng ta sě
trình bày m®t so ví dụ minh hoa.
Ví dn 2.6.5. Giải phương trình đong dư 11x ≡ 7 (mod 18).
Giải. Vì 5 là m®t căn nguyên thủy modulo 18 theo Ví dụ 2.2.5, chúng ta
lay ind5 cả hai ve ta được
ind5(11x) ≡ ind57 (mod ϕ(18))
Theo Định lý 2.6.3, ta có
ind511 + ind5x ≡ ind57 (mod ϕ(18))
Nhưng theo Ví dụ 2.6.2, ind511 = 5, ind57 = 2 nên
5 + ind5x ≡ 2 (mod 6)
ind5x ≡ 3 (mod 6)
x ≡ 53
≡ 17 (mod 18).
Ta có the kiem tra đieu này bởi tính toán trực tiep. (Chú ý: Phương pháp
này yêu cau chúng ta phải biet chỉ so của các so nguyên dương ≤ 18 và
nguyên to cùng 18).
Hai ví dụ sau đây dựa trên các kien thác ve chỉ so đoi với cơ sở 2 theo
modulo 13. (Chú ý rang 2 là m®t căn nguyên thủy modulo 13). Đe thu n
ti n, chúng ta dựng m®t bảng sau:
Ví dn 2.6.6. Giải phương trình đong dư 8x5
≡ 3 (mod 13).

49. 47
Tải tài liệu tại sividoc.com
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
ind2a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6
Bảng 2.3: Chỉ so của a đoi với cơ sở 2 theo modulo 13
Giải. Ta có ϕ(13) = 12. Lay ind2 cả hai ve ta được
ind2(8x5
) ≡ ind23 (mod 12)
Áp dụng Định lý 2.6.3 ta được
ind28 + 5ind2x ≡ ind23 (mod 12)
Sả dụng Bảng 2.3 ta có
3 + 5ind2x ≡ 4 (mod 12)
5ind2x ≡ 1 (mod 12)
ind2x ≡ 5 (mod 12)
x ≡ 6 (mod 13)
Chú ý rang, trong ví dụ này chúng ta sả dụng Bảng 2.3 ve các chỉ so đe
giải bài toán đong dư phác tạp, nhờ đó van đe trở nên de dàng hơn. Trên
thực te, không khó đe chon cơ sở là 2. Chúng ta có the dùng bat kỳ căn
nguyên thủy modulo 13 nào đe làm cơ sở.
Sả dụng khái ni m và tính chat của chỉ so cho so nguyên theo modulo
giúp ta giải quyet m®t so bài toán ve tìm nghi m của phương trình đong
dư có ȁn ở trên mũ. Tuy nhiên trong khuôn khő lu n văn này ta chưa đủ
thời gian đe nghiên cáu thêm ve lớp phương trình đong dư này. Chȁng hạn
phương trình 113x
≡ 5 (mod 13) có nghi m là x ≡ 1, 5, 9 (mod 13).

50. 48
Tải tài liệu tại sividoc.com
Ket lu n
Trong lu n văn này chúng ta đã nghiên cáu ba khái ni m quan trong:
cap cho m®t so nguyên dương theo modulo m, căn nguyên thủy và chỉ so
cho so nguyên theo modulo m. Chúng ta nghiên cáu các tính chat của của
cả ba khái ni m trên và m®t vài áng dụng, bao gom sự ton tại của vô hạn
các so nguyên to, hai tiêu chuȁn kiem tra tính nguyên to, mà phương pháp
tìm phan dư và giải các phương trình đong dư đ c bi t.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 5 năm 2019.
Ngư i thfic hi n
Phạm Thị Định

51. 49
Tải tài liệu tại sividoc.com
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Nguyen Hǎu Hoan (2004), Lý thuyet so, Nhà xuat bản Đại hoc Sư
phạm.
[2] Lại Đác Thịnh (1977), Giáo trình so hoc, Nhà xuat bản Giáo dục.
Tieng Anh
[3] Thomas Koshy (2007), Elementary Number Theory with Applications,
Academic Press 2nd Edition, May 22.