Đang tải... (xem toàn văn)
Định lí số dư Trung Hoa mở rộng trên vành giao hoán và trong module. Đưa ra những ứng dụng của Định lí Số dư Trung Hoa đối với các vấn đề: Đồng dư thức và phương trình đồng dư, Số học trên vành số nguyên.
!" #$%&'($)#*+$%$,-&" .$%/0),1*2 34$,567#/08&$%9- : ;*<,=<)9;$>?@A(-$: ;*@A(-$A#@$%&'($)#2 34$,567#/08&$%9-)8($>B$,C 3DE3 3 D$%/F$%*G-A4$,567#/08&$%9-A#@>H@A.$%/0),1*>B <,0I$%)8J$,A.$%/0K3 3 D$% /F$% *G- A4$, 56 )89$% 5L ),&'M) *,@- ,M) )8($ >B$, 7# $%&'($C 33D$%/F$%A4$,567#/08&$%9-)8($>B$,A-),1*3 NOPKKKKKKKKKKKKKKKKKK33 QNR3" 1 S T$%U&-$)J$,,J$,$%,@($*1&),&V*5W$,>X*A?)B@ Định lí số dư Trung Hoa được bắt nguồn từ bài toán ‘‘Hàn Tín điểm binh’’ của Trung Quốc thời Hán Cao Tổ Lưu Bang đang dựng nghiệp. Định lí được ví như là viên gạch quan trọng để xây nên tòa nhà lý thuyết số và những lí thuyết cao cấp hơn của Toán học. Bởi vậy trên thế giới đã có nhiều nhà Toán học nghiên cứu và giải quyết các vấn đề liên quan tới định lí số dư Trung Hoa. Định lí giúp ta giải quyết nhiều bài toán khó, làm cho nhiều bài toán khó trở nên đơn giản hơn, đặc biệt cho ta những lời giải khá bất ngờ. Như việc sử dụng định lí để chứng minh công thức Phi hàm Euler, hay giải bài toán mở rộng của định lí Wilson và đếm số nghiệm của phương trình đồng dư. Ngoài ra định lí còn được ứng dụng trong thực tế đó là việc xây dựng lý thuyết mật mã, trong đó tiêu biểu là lí thuyết mật mã RSA. 6/9*,Y$A?)B@ Định lí phần dư Trung Hoa khẳng định về sự tồn tại duy nhất của một lớp thặng dư các số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính. Do đó có thể sử dụng định lí để giải quyết những bài toán về sự tồn tại và đếm các số nguyên thỏa mãn một hệ các điều kiện quan hệ đồng dư, chia hết, hay đếm số nghiệm của phương trình đồng dư. Việc sử dụng hợp lí các bộ 1 2 3 , , , , r m m m m … và bộ 1 2 , , , r a a a … (trong định lí) cho ta nhiều kết quả rất thú vị và từ đó có thể đưa ra nhiều bài tập hay và khó. Định lí không chỉ bó hẹp trong vành số nguyên mà còn được mở rộng cho vành giao hoán. Mục đích chúng em nghiên cứu đề tài này với mong muốn phát hiện thêm những ứng dụng và mối liên quan của định lí với một số vấn đề của Toán học. Để từ đó giúp các bạn học sinh, sinh viên có thêm tư liệu để nghiên cứu về định lí ‘‘ Số dư Trung Hoa’’. 2 3F*)@(&*,Y$A?)B@ – Mở rộng định lí số dư Trung Hoa trên vành. – Đưa ra những ứng dụng của Định lí Số dư Trung Hoa đối với các vấn đề: Đồng dư thức và phương trình đồng dư; Số học trên vành số nguyên. "#@)0Z$%[<,\]>@$%,@($*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 > và p không có một ước số nguyên dương nào khác 1 và chính nó. 4$,56Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nhỏ hơn .n Chứng minh: Do n là một hợp số nên ta có thể viết n ab= trong đó , a b là các số nguyên với 1 a b n< ≤ < . Ta phải có a hoặc b không vượt quá n , giả sử đó là a. Do ước nguyên tố của a cũng là ước nguyên tố của n nên ta có điều phải chứng minh. 4$,563Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự không giảm. Chứng minh: ● Sự tồn tại : Giả sử tồn tại những số không viết được thành tích các số nguyên tố. Gọi n là số bé nhất trong những số đó. Như vậy, n phải là hợp số, n ab= , với , a b n < . Do định nghĩa của n các số a và b phân tích được thành tích các số nguyên tố, nghĩa là n cũng phân tích được, mâu thuẫn với giả thiết. ●Tính duy nhất: Giả sử ta có: 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 k k n p p p α α α = thì số tất cả các ước số dương của n là 1 2 ( 1)( 1) ( 1) k α + α + α + . 1.1.4.2. Nếu 1 1 , , , 0 i i k k i i i i i i n p m p α β = = = = α β ≥ ∏ ∏ , thì: • ( 1,2, , ). i i m n i k ⇔ 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 = = ∏ . 4$,$%,W-:. Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng có ước số chung lớn nhất là 1. Kí hiệu: (a,b) = 1. Số 1 là nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên. Nếu 1m ≥ là một số nguyên, tập hợp các số nguyên tố cùng nhau với m, lấy theo modulo m, tạo thành một nhóm với phép nhân; nó được ký hiệu là ( )m × ¢ ¢ hoặc m ∗ ¢ . 6$,*,b)2 Các điều kiện sau tương đương với điều kiện a và b nguyên tố cùng nhau: • Tồn tại các số nguyên x và y sao cho 1ax by+ = . • Nếu a và b 1 là nguyên tố cùng nhau, a và b 2 cũng nguyên tố cùng nhau, thì a và b 1 b 2 cũng là nguyên tố cùng nhau. • Nếu a và b là nguyên tố cùng nhau và a là ước của tích bc, thì a là ước của c. Mở rộng cho n số nguyên: 5 • Cho n số nguyên 1 2 , , , . n a a a Các số này được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung lớn nhất của n số đó bằng 1. • Các số 1 2 , , , n a a a được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu từng cặp hai số khác nhau trong chúng là nguyên tố cùng nhau. Ví dụ: Ba số 2, 10, 15 là nguyên tố cùng nhau, nhưng không nguyên tố cùng nhau từng đôi một. cD 4$,$%,W-Cho một số nguyên dương m. Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư modulo m nếu hiệu a b − chia hết cho m. Nếu a đồng dư với b modulo m, thì ta viết (mod )a b m≡ và gọi đó là một đồng dư thức. Ví dụ: 2 5 (mod 3) ≡ vì ( ) 3 5 2 − . Nếu (mod )a b m≡ thì b được gọi là một thặng dư của a theo modulo m. Nếu 0 1b m ≤ ≤ − thì b là một thặng dư bé nhất của a theo modulo m. `$,A? Cho a, b, c, m là những số nguyên 0m ≠ . Khi đó, ta có: (i) (mod )a a m≡ . (ii) Nếu (mod )a b m≡ thì (mod )b a m≡ . (iii) Nếu (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 { } .a km + Từ đó, ta có định nghĩa sau: 4$,$%,W-3Một tập gồm các phần tử có dạng { } , a a km k = + ∈ ¢ gọi là một lớp đồng dư của a theo modulo m. Ví dụ: Với m = 2, ta có lớp 0 là tập các số nguyên chẵn, lớp 1 là tập các số nguyên lẻ. `$,A?" Cho , , a b m là những số nguyên, 0.m ≠ Khi đó, ta có: 6 (i) a b = khi và chỉ khi ( ) mod .a b m≡ (ii) a b ≠ khi và chỉ khi .a b ∩ =∅ (iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo modulo m. Chứng minh. (i) Giả sử a b = , xét .a a b ∈ = Do đó, ( ) mod .a b m≡ Ngược lại, nếu ( ) mod a b m≡ thì .a b ∈ Ngoài ra, nếu ( ) mod c a m≡ thì ( ) mod .c b m≡ Điều này chứng tỏ rằng .a b ⊆ Từ ( ) mod a b m≡ ta suy ra ( ) mod b a m≡ hay .b a ⊆ Từ đó suy ra a b = . (ii) Dễ thấy rằng, nếu a b ∩ = ∅ thì .a b ≠ Ngược lại, cần chứng tỏ rằng nếu a b ∩ ≠ ∅ thì a b= . Thật vậy, giả sử a b ∩ ≠ ∅ gọi c a b ⊆ ∩ . Ta có ( ) mod c a m≡ và ( ) mod .c b m≡ Suy ra ( ) mod .a b m≡ Do đó, theo (i) ta suy ra .a b = (iii) Ta chứng minh tập { } 0,1,2, , 1m − là m lớp đồng dư phân biệt theo modulo m. Thật vậy, giả sử tồn tại 0 k l m ≤ < < sao cho .k l = Theo (i) ta có ( ) mod k l m≡ , hay ( ) m l k− . Điều này mâu thuẫn với 0 k l m ≤ < < . Do đó, .k l ≠ Ngoài ra, với mỗi a ⊆ ¢ luôn tồn tại cặp số nguyên , q r để , 0 ,a qm r r m= + ≤ < suy ra ( ) mod a r m≡ hay .a r = 4$,$%,W-:. Tập gồm m phần tử { } 1 2 , , , m A a a a= gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu { } 1 2 , , , m B a a a = là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo modulo m. Từ định nghĩa ta thấy, hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m là không duy nhất. Ví dụ các tập { } { } 0,1,2,3 , 0,1,2, 1 ,− là những hệ thặng dư đầy đủ theo modulo 4. `$,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 . m a b d ≡ ÷ Chứng minh. Giả sử ( ) mod ac bc m≡ . Ta có ( ) ,m bc ac− suy ra tồn tại số nguyên k sao cho ( ) .c b a km− = Khi đó, chia hai vế cho d ta được ( ) . c m b a k d d − = Ngoài ra, theo giả thiết ta có ( ) , ,d c m= suy ra , 1 c m d d = ÷ . Do đó, ta có ( ) m b a d − hay mod . m a b d ≡ ÷ `$,A?C Cho 1 2 , , , , , k a b m m m là các số nguyên; 1 2 , , , 0 k m m m > ; ( ) ( ) ( ) 1 2 mod , mod , , mod . k a b m a b m a b m≡ ≡ ≡ Khi đó, ta có: [ ] ( ) 1 2 mod , , , , k a b m m m≡ trong đó [ ] 1 2 k m m m là bội chung nhỏ nhất của 1 2 , , , k m m m . Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa. d^,@,B]e&5f8 4$,$%,W-dSố các số thuộc dãy 1, 2, , n nguyên tố với n được kí hiệu là ( )n ϕ . Người ta gọi hàm ( )n ϕ là một hàm Euler. 6$,*,b)dCho 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 − = − = − > . • Nếu 1 2 1 2 k k m p p p α α α = , p i là các số nguyên tố thì 1 2 1 1 1 ( ) 1 1 1 k m m p p p ϕ = − − − ÷ ÷ ÷ . 4$,56d34$,56e&5f8Giả sử m là số nguyên dương và ( ) , 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 1 , ar 2 , , ( )m ar ϕ phải là các số r 1 , r 2 ,…, ( )m r ϕ xếp theo một thứ tự nào đó. Vì thế ta có: 1 2 ( ) 1 2 ( ) . m m ar ar ar rr r ϕ ϕ ≡ (mod m) hay ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) (mod ) m m m 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$, 4$,$%,W-gPhương trình dạng ax ≡ b (mod m) được gọi là phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m là các số đã biết, x 0 là một nghiệm của phương trình khi và chỉ khi ( ) 0 mod .ax b m≡ Nếu x 0 là nghiệm thì các phần tử thuộc lớp 0 x cũng là nghiệm. 4$,$%,W-gGiả sử a, m là các số nguyên, 1m > . Nghiệm của phương trình 1 (mod )ax m≡ được gọi là nghịch đảo của a modulo m. 4$,56g3Nghịch đảo của a modulo m là duy nhất ( , ) 1.a m⇔ = Chứng minh: Gọi a’ là nghịch đảo của a modulo m 1 (mod ) 1aa m aa mb ′ ′ ⇒ ≡ ⇒ + = ( , ) 1a m ⇒ = . Đảo lại nếu ( , ) 1a m = ⇒ tồn tại a’, m’ sao cho aa’ + mm’ = 1 ⇒ aa’≡ 1 (mod m) ⇒ a’ là nghịch đảo của a modulo m. a’ là duy nhất bởi vì nếu có a’’ sao cho aa’’≡ 1 (mod m) thì aa’≡ aa’’(mod m), mà (a,m) = 1⇒ a’≡ a’’(mod m). `U&ag"Nếu p nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp { } 1, 2, , 1p − đều có nghịch đảo duy nhất modulo p. 4$,56g:Nếu (a,m) = 1 thì phương trình ax ≡ b (mod m) có nghiệm duy nhất theo modulo m. Chứng minh: 9 Ta có { } 1, 2, , m là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m và (a,m) =1 nên { } , 2 , , a a ma cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m suy ra có đúng một phần tử của hệ này đồng dư với b theo modulo m ⇒ đpcm. 4$,56g24$,56).$)\@$%,@`]<,0I$%)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) trong đó t là nghiệm duy nhất của phương trình (mod ) a b m x d d d ≡ . (3) Chứng minh: Nếu phương trình có nghiệm là 0 0 .x ax b mt d b⇒ = + ⇒ Đảo lại, nếu d b thì phương trình mod a b m x d d d ≡ ÷ (do , 1 a m d d = ÷ ) 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 y t k d ⇒ = + 10 [...]... bày, đề tài "Một số ứng dụng của định lí số dư Trung Hoa" đã giải quyết được một số vấn đề được đặt ra ở đầu Đề tài đã nghiên cứu việc mở rộng định lí số dư Trung Hoa trên vành (định lí 2.3.6, trang 19), trong mođun (định lí 2.3.7.2, trang 20) và trong không gian véctơ (định lí 2.3.8, trang 21) Bên cạnh đó, đề tài cũng đưa ra một số bài tập ứng dụng của định lí đối với các vấn đề: đồng dư thức và phương... × Kerϕ V1 ∩ V2 V1 V2 ϕ là đơn cấu do định lí đồng cấu V V V = dim × ÷ nên suy ra ϕ là đẳng cấu Lại có dim V1 ∩ V2 V1 V2 CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ TRUNG HOA 3.1 ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA ĐỐI VỚI ĐỒNG DƯ THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ α1 α α Bài toán 1: Cho n = p p pk và f(x) là một đa thức với hệ số nguyên Khi 1 2 k 2 đó phương trình đồng dư f ( x ) ≡ 0 ( mod n ) có nghiệm khi... 3)/2 cặp mà tích của chúng đồng dư 1 modulo p 2.3 …(p – 3)(p – 2) ≡ 1 (mod p) ⇒ (p – 1)! ≡ 1(p – 1) ≡ –1 (mod p) 1.3 ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA Định lí 1.3.1 Định lí Trung Hoa về phần dư Giả sử m1,m2, mr là các số nguyên tố cùng nhau từng cặp Khi đó hệ đồng dư: x ≡ a1 (mod m1) x ≡ a2 (mod m2) x ≡ ar(mod mr) có nghiệm duy nhất modulo M = m1m2 mr Chứng minh 11 Ta xây dựng một nghiệm của hệ Giả sử: Mk... nhau của f(x) ≡ 0 (mod pi ) , do đó hai nghiệm tương ứng với hai bộ đó không i α đồng dư theo mod pi ) Do đó số nghiệm của f(x) ≡ 0 đúng bằng n1.n2 nk i Như vậy dựa vào định lí phần dư Trung Hoa ta có thể đếm được số nghiệm của một phương trình đồng dư α1 α α Bài toán 2: Cho các số nguyên dư ng n = p p pk , trong đó p1 , p2 , , pk 1 2 k 2 là các số nguyên tố đôi một khác nhau Tìm số nghiệm của phương... phải chứng minh Hệ quả 2.2.3 Tích của hữu hạn các iđêan cực đại khác nhau bằng giao của chúng 2.3 ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH Định lí 2.3.1 Định lí Trung Hoa Cho I1, I2, ,In là các iđêan của R Ánh xạ f: n R→∏R i =1 f a = (a + I1 , a + I 2 , , a + I n ) f là một toàn cấu khi I i xác định bởi ( ) và chỉ khi I1 , I 2 , , I n đôi một đối cực đại, tức I i + I j = R , với mọi i ≠ j (1 ≤ i, j ≤ n) Chứng... i ri là một sự phân tích tiêu chuẩn thành các thừa số nguyên tố Định lí Trung Hoa thường được áp dụng cho vành các số nguyên Giả sử m ¢ k là một số nguyên lớn hơn 1 và m = ∏ pi i là một sự phân tích của m thành thừa r i =1 k số nguyên tố, với mũ ri ≥ 1 Thế thì ta có một đẳng cấu vành: ¢ m¢ ≅ ∏ ¢ ri pi ¢ i =1 Định lí 2.3.6 Định lí Trung Hoa về dư trong vành không giao hoán Cho R là vành không... ra: a1 , a2 , , aϕ ( n ) ≡ 1(mod n) m Kết luận: n = p 3.2 ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ TRONG LÝ THUYẾT CHIA HẾT TRÊN VÀNH SỐ NGUYÊN Bài toán 5: Cho hai số nguyên dư ng p, q nguyên tố cùng nhau Chứng minh k rằng tồn tại nguyên k sao cho ( pq − 1) + 1 là hợp số với mọi số nguyên dư ng n Lời giải: Vì (p,q)=1 nên theo định lí về phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên k thỏa mãn 27 k ≡ 1 (mod p) k ≡ −1 (mod q ) Khi... chung lớn nhất của 2a − 1 và 2b − 1 là 2( a , b ) − 1 Hệ quả 1.3.4 Các số nguyên 2a − 1 và 2b − 1 nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi a và b nguyên tố cùng nhau Việc giải hệ phương trình đồng dư trở nên đơn giản khi bộ số nguyên dư ng m1 , m2 , , mr đôi một nguyên tố cùng nhau Ta xét trường hợp đó là những số nguyên dư ng bất kì Định lí 1.3.5 Định lí số dư Trung Hoa mở rộng Cho n số nguyên dư ng m1 , m2... Theo nguyên lí quy nạp, định lí được chứng minh CHƯƠNG II ĐỊNH LÍ SỐ DƯ TRUNG HOA TRÊN VÀNH 2.1 CÁC PHÉP TOÁN VỀ IĐÊAN Định nghĩa 2.1.1 Ta gọi là iđêan trái (iđêan phải) của vành R, một vành con A của R thỏa mãn điều kiện: xa ∈ A (ax ∈ A), ∀a ∈ A, ∀x ∈ A Vành con A được gọi là một iđêan của R nếu và chỉ nếu A vừa là iđêan trái vừa là iđêan phải của R Ví dụ: Bộ phận { 0} và R là hai iđêan của vành R... + 1 là hợp số với mọi số nguyên dư ng n Nhận xét: Chứng minh trên thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lí đồng dư Trung Hoa Mấu chốt của vấn đề ở đây là chúng ta phải thấy rằng để ( pq − 1) n k + 1 là hợp số, ta cần chỉ ra ( pq − 1) n k + 1 (chia hết cho p hoặc q), khi phân tích tính chẵn lẻ của n ta dễ dàng thấy được sự xuất hiện của hệ: k ≡ 1 (mod p) k ≡ −1 (mod q) Bài toán 6 Chứng minh rằng . 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. cứu về định lí ‘‘ Số dư Trung Hoa ’. 2 3F*)@(&*,Y$A?)B@ – Mở rộng định lí số dư Trung Hoa trên vành. – Đưa ra những ứng dụng của Định lí Số dư Trung Hoa đối với các vấn đề: Đồng dư thức. vành. :V@/&$%$%,@($*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.