Một số định lý cơ bản của số học

Trước sự bỡ ngỡ và gặp nhiều khó khăn khi mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học em đã nhận được sự giúp đỡ, động viên của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên trong khoa.. Ngay

Trường đại học sư phạm hà nội 2

Trường đại học sư phạm hà nội 2

Lời cảm ơn

Bản khoá luận tốt nghiệp này là bước đầu tiên để em làm quen với việc

nghiên cứu khoa học Trước sự bỡ ngỡ và gặp nhiều khó khăn khi mới làm

quen với công tác nghiên cứu khoa học em đã nhận được sự giúp đỡ, động

viên của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên trong khoa Em xin chân thành

cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong tổ Đại số, các thầy cô trong

khoa Toán, các thầy cô trong trường ĐHSP Hà Nội 2 và các bạn sinh viên

Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới Thạc sĩ Nguyễn Huy

Hưng người đã giúp đỡ, hướng dẫn tận tình để em hoàn thành khoá luận này

Em cũng xin chân thành cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Toán đã tạo điều kiện

cho em có cơ hội để tập dượt với việc nghiên cứu khoa học

Hà Nội, tháng 5 năm 2008 Sinh viên

Ngô Thị Minh Diệu

Lời cam đoan

Khoá luận của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Thạc sỹ

Nguyễn Huy Hưng cùng với sự cố gắng của bản thân Trong quá trình nghiên

cứu và thực hiện khoá luận em có tham khảo tài liệu của một số tác giả có nêu

trong mục tài liệu tham khảo Em xin cam đoan những kết quả trong khoá

luận là kết quả nghiên cứu của bản thân, không trùng với kết quả của các tác

giả khác Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

Hà Nội, tháng 5 năm 2008 Sinh viên

Ngô Thị Minh Diệu

Mục lục

Trang

Lời cảm ơn……… 1

Lời cam đoan……… 2

Mục lục……… 3

Lời mở đầu……… 4

Chương 1 Một số định lý cơ bản về số nguyên tố 1.1 Định nghĩa số nguyên tố……… 6

1.2 Một số định lý cơ bản về số nguyên tố……… 6

1.3 Một số ứng dụng……… 10

1.4 Một số bài toán về số nguyên tố……… 11

Chương 2 Một số định lý cơ bản về đồng dư 2.1 Quan hệ đồng dư……… 21

2.2 Định lý Euler Định lý Wilson…… ……… 25

2.3 Phương trình đồng dư……… 27

2.4 Định lý Thặng dư Trung Hoa……… 31

2.5 Thặng dư toàn phương Luật thuận nghịch bình phương… 34 2.6 Một số bài tập áp dụng……… 40

Kết luận……… 49

Tài liệu tham khảo……… 50

Lời mở đầu

Toỏn học là mụn khoa học cơ bản, là chỡa khoỏ mở ra nhiều mụn khoa

học khỏc Từ thời xa xưa, do yờu cầu của thực tế đời sống, sản xuất, sinh

hoạt, đầu thế kỷ thứ VII, người Ấn Độ đó biết dựng cỏc ký hiệu đặc biệt để

viết cỏc chữ số 0, 1, 2…, 9 ( Ngày nay gọi là cỏc chữ số Ả Rập ) Từ thế kỷ II

trước cụng nguyờn, người La Mó đó dựng hỡnh ảnh ngún tay, bàn tay để ký

hiệu chỉ cỏc chữ số 1, 5… Rồi đến sự ra đời của chiếc bàn tớnh đầu tiờn, đến

nay là chiếc mỏy tớnh với nhiều chức năng tinh vi, hiện đại

Cỏc kiến thức về số học mà điểm xuất phỏt đầu tiờn là số tự nhiờn là

chỡa khoỏ để mở cửa vào thế giới cỏc con số

Những kiến thức nền múng và quan trọng về Toỏn học núi chung và số

học núi riờng sẽ mang đến cho chỳng ta nhiều điều mới mẻ và thỳ vị

Ngay từ cấp học Tiểu học, học sinh đó được làm quen và cú kỹ năng

thành thạo khi giải cỏc bài toỏn liờn quan đến cỏc phộp tớnh cộng, trừ, nhõn,

chia số tự nhiờn Khi học sinh học lờn cấp học THCS, THPT bờn cạnh việc

được ụn tập, hệ thống hoỏ cỏc nội dung về số tự nhiờn đó học, cỏc em cũn

tỡm hiểu thờm nhiều nội dung mới: phộp nõng lờn luỹ thừa, số nguyờn tố và

hợp số, ước chung và bội chung, quan hệ đồng dư…

Trong chương trỡnh toỏn phổ thụng, lý thuyết số được xem là nội dung

khú với những bài toỏn phức tạp với nhiều cỏch giải thỳ vị Trong cỏc kỳ thi

học sinh năng khiếu, học sinh giỏi cỏc cấp, nội dung số học: Số nguyờn tố,

quan hệ đồng dư… chiếm tỷ lệ khỏ cao trong cỏc đề thi Vỡ vậy, để giỳp cỏc

em học sinh cú cỏch nhỡn tổng quỏt, toàn diện về hệ thống số, đặc biệt là cỏc

kiến thức, cỏc định lý cơ bản để từ đó cú thể giải được những bài toỏn về số

nguyờn tố, bài toỏn về quan hệ đồng dư… nờn em chọn nội dung: “ Một số

định lý cơ bản của số học” làm luận văn nghiờn cứu

Khoá luận của em gồm hai chương :

Chương 1 : Một số định lý cơ bản về số nguyên tố

Chương 2 : Một số định lý cơ bản về đồng dư

Mặc dù đã có nhiều cố gắng song không tránh khỏi những thiếu sót, vì

vậy em rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo và các bạn

sinh viên cho bài khoá luận của em Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2008

Sinh viên:

Ngô Thị Minh Diệu

Chương 1 Một số định lý cơ bản về

số nguyên tố 1.1 Định nghĩa số nguyên tố :

* Định nghĩa:

- Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước tự nhiên nào khác ngoài 1

và chính nó được gọi là số nguyên tố

Ký hiệu P là tập hợp các số nguyên tố Khi đó :

P = { p    p nguyên tố }

- Số tự nhiên lớn hơn 1 mà không là số nguyên tố gọi là hợp số

- Ước của số tự nhiên khác 1 và khác chính nó được gọi là ước thực sự

Khi đó định nghĩa số nguyên tố có thể được phát biểu lại như sau: Số tự

nhiên lớn hơn 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó không có ước thực sự

* Nhận xét :

- Số 1 và số 0 đều không phải là số nguyên tố mà cũng không phải là

hợp số ( số 1 chỉ có một ước số, số 0 có vô số ước số )

- Mỗi số tự nhiên n* có một và chỉ một trong ba khả năng : n = 1;

+ Với n = 2, do 2 là số nguyên tố nên bổ đề đúng

+ Xét n > 2 và giả sử bổ đề đúng với mọi số nguyên lớn hơn 1 và nhỏ

hơn n Ta sẽ chứng minh bổ đề đúng với n

Nếu n là số nguyên tố thì n  nvà bổ đề đúng

Nếu n là hợp số thì n có ước dương a với a ≠ 1, a ≠ n Giả sử n = a.b

Nếu a > n thì từ b ≥ 1 ta có n = a.b > n.1 = n, mâu thuẫn Vậy 1 < a < n

Theo giả thiết quy nạp, a có ước nguyên tố p Từ p | a, a | n suy ra p | n

Vậy bổ đề đúng với mọi n > 1

Định lý 1.2.2 ( Định lý Euclid )

Tồn tại vô hạn các số nguyên tố

Chứng minh:

Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p1, p2,…, pn

Khi đó đặt N = p1.p2…pn + 1, thế thì theo bổ đề (1.2.1), N chia hết cho

một số nguyên tố p nào đó ( vì N > 1 ) Số nguyên tố p này bắt buộc phải là

một trong các số pi, do chỉ có n số nguyên tố p1, p2,…, pn mà thôi Tuy nhiên,

theo định nghĩa của N, N không thể chia hết cho số pi nào cả Mâu thuẫn này

cho ta điều phải chứng minh

Định lý 1.2.4 : ( Bổ đề cơ bản các số nguyên tố - Bổ đề Euclid) :

Nếu một số nguyên tố p chia hết tích ab của hai số nguyên a và b thì p

phải chia hết ít nhất một trong hai số a và b

Chứng minh :

Giả sử p | ab nhưng p không chia hết a và không chia hết b Khi đó theo

định lý (1.2.3) ta có (a,p) =1 và (b,p) = 1, từ đó ta có (ab,p) =1 ( trái giả thiết p

| ab) Từ đó, ta có điều phải chứng minh

Nhận xét : Bằng quy nạp, chúng ta có thể mở rộng kết quả này cho nhiều số

và khi đó định lý (1.2.4) được mở rộng như sau:

Nếu một số nguyên tố p chia hết tích a1.a2 … an thì p chia hết ai, với i

Nếu một số nguyên tố p chia hết tích của nhiều số nguyên tố thì nó

phải trùng với một trong các số nguyên tố đó

Bổ đề 1.2.6 :

Mọi hợp số có ước thực sự nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của nó

Chứng minh:

Cho n là hợp số Khi đó ta có thể viết n = a.b với 1 < a, b < n

Nếu đồng thời a, b > n thì n = n n < ab = n < mâu thuẫn >

Vậy có ít nhất một trong hai số a, b phải nhỏ hơn hoặc bằng n

Từ bổ đề này ta có nhận xét sau :

Mỗi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của

nó

Dựa vào nhận xét trên ta có thể kiểm tra xem một số nguyên dương cho

trước bất kỳ là số nguyên tố hay không?

Ví dụ : Để xác định a = 89 có là số nguyên tố không ta chỉ cần xem nó có

ước nguyên tố bé hơn hoặc bằng 89không? Ta có 89 = 9,43 và các số

nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng 9,43 là 2; 3; 5; 7 đều không là ước của 89

Vậy 89 là số nguyên tố

Cho một số tự nhiên a > 1 bất kỳ Vấn đề đặt ra là liệu có thể biểu thị a

dưới dạng tích của các thừa số nguyên tố được hay không và có bao nhiêu

cách biểu thị như vậy? Vấn đề đó được giải quyết trong định lý sau:

Định lý 1.2.7 < Định lý cơ bản của số học >

Mọi số tự nhiên a > 1 đều phân tích được thành tích những thừa số nguyên

tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số

Chứng minh:

a Sự phân tích được :

Giả sử a   , a > 1 Khi đó theo bổ đề (1.2.1) a có ít nhất một ước

nguyên tố p1 nào đó và ta có a = p1 a1, a1 

Nếu a1 = 1 thì a = p1 là cách phân tích tầm thường của a

Nếu a1 > 1 theo lý luận trên, a1 có ước nguyên tố p2 nào đó và ta có :

a1 = p2 a2, a2  nên a = p1.p2.a2

Nếu a2 = 1 thì a = p1 p2 là phân tích của a

Nếu a2 > 1 lại tiếp tục lý luận như trên, có số nguyên tố p3 ,…

Quá trình này phải kết thúc, nghĩa là ắt có n sao cho an = 1, an-1 = pn là

một số nguyên tố, bởi vì ta có a, a1, a2,… là một dãy những số tự nhiên mà

a > a1 > a2 >… Như vậy, ta được a = p1 p2… pn là sự phân tích của a thành

tích những thừa số nguyên tố

b Sự duy nhất:

Giả sử ta có a = p1.p2…pn = q1.q2…qm là hai dạng phân tích của a thành

tích của những thừa số nguyên tố Đẳng thức trên chứng tỏ p1 là ước của

q1.q2…qm nên p1 phải trùng với một qj nào đó ( 1 ≤ j ≤ m ) Vì không kể đến

thứ tự của các thừa số nên có thể coi p1 = q1 từ đó ta được p2.p3…pn =

q2.q3 qm Ta lấy p2 và lặp lại cho đến khi ở một vế không còn thừa số nguyên

tố nào nữa Nhưng lúc đó, ở vế còn lại cũng không còn thừa số nguyên tố nào

vì nếu ngược lại sẽ xảy ra hoặc 1 = qn+1.qn+2…qm hoặc pm+1.pm+2…pn = 1 là

không thể

được Vì vậy phải có m = n và pi = qi , i = 1, 2,…, n nghĩa là phân tích của a là

duy nhất

Chú ý :

- Nếu trong sự phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên a,

một thừa số nguyên tố pi được lặp lại i lần thì ta viết :

i.

Vậy số các ước của a là (1 + 1) (2 + 1 )… (n + 1 )

+) Cho ( a, b) =1 Khi đó :

d | ab  d = xy với x | a, y | b và (x , y) = 1

1.3.2 Ước chung lớn nhất ( ƯCLN ):

- Một số nguyên c được gọi là ước chung của các số nguyên a1, a2,…,

an khi c là ước của từng số đó

- Một ước chung d của các số nguyên a1, a2 , , an được gọi là ước chung

lớn nhất nếu mọi ước chung của chúng đều là ước của d

- Giả sử cho các số tự nhiên lớn hơn 1 là a1, a2 , , an Gọi p1, p2 , , pn là

các ước nguyên tố phân biệt của các số đó

- Một số nguyên m được gọi là bội chung của các số nguyên a1, a2, , an

khi m là bội của mỗi số đó

- Một bội chung m của các số nguyên a1, a2, , an được gọi là BCNN

nếu mọi bội chung của chúng đều là bội của m

1000 = 23 53

Vậy ( 720, 225, 1000 ) = 20

30 5 = 5 [ 720, 225, 1000 ] = 24 32 53 = 18000

1.4 Một số bài toán về số nguyên tố:

 n = 1 Với n = 1 thì n4

+ n1990 + 1 là số nguyên tố thì n1991 + n1990 + 1 = n2+ n + 1

 n = 1

Vậy tất cả các số nguyên tố lớn hơn 5 đều không thoả mãn

Kết luận : p = 5 là số nguyên tố duy nhất cần tìm

b Tìm ba số nguyên tố liên tiếp p, q, r

Vậy trường hợp 2 thỏa mãn

 TH3 : p, q, r là các số nguyên tố liên tiếp lớn hơn 3

Do p, q, r đều nguyên tố nên chúng không chia hết cho 3

có p2 q2 r2 = 9(k2 l2 m2)6(k l m) 3 chia hết cho 3 nên nó

Do k  * nên ( n + 2k )2 + 22k > 1 và ( n - 2k )2 + 22k > 1

Vậy B là hợp số

1.4.2 Dạng 2 : Sử dụng tính vô hạn của tập số nguyên tố:

Bài 6 :

Chứng minh rằng tích của các số có dạng 4m + 1 là một số có dạng ấy

Từ đó chứng minh có vô số số nguyên tố dạng 4m + 3

Vậy tích của hai số có dạng 4m + 1 là số có dạng 4m + 1 Nếu ta nhân

thêm với các thừa số thứ ba, thứ 4 … có dạng 4m + 1 thì sẽ cho kết quả là một

số có dạng 4m + 1

- Chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 4m + 3 :

Trước hết chứng minh : Nếu p là số nguyên tố thì p chỉ biểu diễn được

dưới dạng 4m + 1 hoặc 4m + 3

Thật vậy :

- Nếu p = 4m thì p chia hết cho 4 nên p là hợp số

- Nếu p = 4m + 2 thì p = 2 ( 2m + 1 ) là tích của hai số lớn hơn 1 nên

Bởi vì : nếu a có tất cả các ước có dạng 4m + 1 thì theo chứng minh

trên, a có dạng 4m + 1 ( mâu thuẫn với (*) )

Gọi ước nguyên tố đó là u = 4m + 3

Vậy có vô số số nguyên tố có dạng 4m + 3

Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được tích của các số có dạng

6m + 1 là số có dạng ấy Từ đó suy ra có vô số số nguyên tố có dạng 6m + 5

Bài 7 :

Chứng minh rằng với m > 2 giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố,

từ đó suy ra rằng có vô số số nguyên tố

Giải:

* Do m > 2 nên m! – 1 > 1, theo bổ đề (1.2.1) có số nguyên tố p sao

cho

p  ( m! – 1 ) (1)

Khi đó, p  ( m! – 1 ) < m! tức là có p < m! (2)

Bây giờ ta chứng tỏ p > m

Giả sử ngược lại p ≤ m Khi đó p  m! (3)

+ Từ (1) và (3) suy ra p  [ m! - ( m! – 1 ) ] =1 ( mâu thuẫn) vì p là số nguyên

tố Vậy p > m (4)

+ Từ (2) và (4) có m < p < m!

Vậy với m > 2 thì giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố

* Chứng minh có vô số số nguyên tố bằng phản chứng

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p p1, 2, ,p n

Đặt m =p p1 2 p Khi đó m > 2 n

Theo chứng minh trên có số nguyên tố p sao cho m < p < m!

Nhưng vì m = p p1 2 p < p nên p ≠ n p ( i = 1, 2, …, n ) điều này mâu thuẫn i

với giả sử ở trên

Nghĩa là có vô số số nguyên tố

p ≠ 3 ta có 8p – 1; 8p; 8p + 1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một số

chia hết cho 3 Vì p nguyên tố khác 3 nên 8p  3 do đó 8p – 1 hoặc 8p + 1

chia hết cho 3 Vậy số thứ ba là hợp số

Bài 10:

Tìm số tự nhiên k để dãy : k + 1 , k + 2, …, k + 10 chứa nhiều số

nguyên tố nhất

Giải:

+) k = 0 ta có dãy 1, 2, …, 10 chứa 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7

+) k = 1 ta có dãy 2, 3, …, 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11

+) k = 2 ta có dãy 3, 4, 5, …, 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11

+) k 3 dãy k + 1, k + 2,…, k + 10 chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này

đều lớn hơn 3 nên có một số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển

nhiên không là số nguyên tố Vậy trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố

Kết luận : Với k = 1 thì dãy k + 1, k + 2, … , k + 10 chứa nhiều số

Hai số 2n 1 và 2n 1 ( n > 2 ) có thể đồng thời là số nguyên tố hay

đồng thời là hợp số được hay không?

Cho hai số nguyên a và b Ta nói a có quan hệ đồng dư modulo m với

b, ký hiệu a ≡ b ( mod m ) nếu và chỉ nếu m | (a - b ), trong đó m là số nguyên

Cho m   *, a   , nếu có ax ≡ 1 ( mod m ) thì ta nói x là nghịch đảo

của a theo modulo m, ký hiệu a-1, phần tử này xác định duy nhất theo modulo

m

Ví dụ : 3 là nghịch đảo của 6 ( hay ngược lại 6 là nghịch đảo của 3) theo

modulo 17 vì 3.6 ≡ 1 ( mod 17 )

Định lý 2.1.3 :

Nghịch đảo của a theo modulo m tồn tại và duy nhất nếu và chỉ nếu a

nguyên tố cùng nhau với m

Chứng minh :

Nếu ax ≡ 1 ( mod m) thì ax = 1 + km  ax - km = 1 với k nguyên nào

đó suy ra a nguyên tố cùng nhau với m

Đảo lại, nếu a nguyên tố cùng nhau với m thì tồn tại x, y sao cho

ax + my = 1 suy ra ax = 1 - my, do đó ax ≡ 1 ( mod m)

Nghịch đảo x là duy nhất theo modulo m

Thật vậy, vì nếu có thêm nghịch đảo x’ thì ax ≡ ax’ ≡ 1 ( mod m)

Do đó :

x  xax ≡ xax’ ≡ x’ ( mod m )

Định nghĩa 2.1.4 ( Định nghĩa hệ thặng dư đầy đủ) :

Tập hợp m số nguyên a1, a2 , , am được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ

modulo m nếu với i ≠ j thì ai  aj ( mod m) hay điều kiện tương đương là

ai ≡ aj (mod m ) thì i = j

Ví dụ :

Với m = 7 thì tập hợp { 14; -6; 9; 17; 25; -9; 6 } là hệ thặng dư đầy đủ

modulo 7

Định nghĩa 2.1.5 : ( Hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất ) :

H = { 0; 1; 2;…; m - 1 } là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m và được

gọi là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất

Ví dụ : m = 4 thì hệ { 0, 1, 2, 3 } là hệ thặng dư đầy đủ không âm modulo 4

nhỏ nhất

Nhận xét : Từ định nghĩa ta thấy nếu { a1, a2,…, am } là hệ thặng dư đầy đủ

modulo m, thì với mọi số nguyên tuỳ ý z, luôn tồn tại số ai nào đó của hệ để

 Trong tập hợp các số tự nhiên khác 0 không vượt quá pcó p số, trong

đó các số không nguyên tố với p là và chỉ là p, 2p, …, p-1p nghĩa là có p-1

số như vậy Các số còn lại đều là những số nguyên tố với p nên ta có :

(p) = p - p-1 = p ( 1- 1

p )

 Ta chứng minh công thức (1) quy nạp theo k

Với k = 1 (1) đúng ( theo chứng minh phần trước)

Giả sử (1) đúng với các số tự nhiên có k - 1 ước nguyên tố và giả sử

Vậy (1) đúng với mọi số tự nhiên m > 1

Định nghĩa 2.1.8 ( Hệ thặng dư thu gọn) :

Tập hợp gồm (m) các số nguyên { a1, a2,…, a(m) } được gọi là một

hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu :

i) Nếu i ≠ j thì ai  aj ( mod m )

ii) Với mỗi i, 1 ≤ i ≤ (m) thì (ai,m) = 1

Ví dụ : Tập hợp { 1; 7; -2; 9 } là một hệ thặng dư thu gọn modulo 5

Định nghĩa 2.1.9 ( Hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất ) :

Hệ thặng dư thu gọn chứa trong hệ thặng dư đầy đủ modulo m không

âm nhỏ nhất được gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo m không âm nhỏ nhất

Ví dụ : m = 8 tập hợp { 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } là một hệ thặng dư đầy đủ

không âm nhỏ nhất modulo 8 Tập { 1, 3, 5, 7 } là một hệ thặng dư thu gọn

không âm nhỏ nhất modulo 8

Nhận xét: Trong hệ thặng dư đầy đủ modulo m bằng cách giữ lại những số

nguyên tố cùng nhau với m ta sẽ thu được hệ thặng dư thu gọn modulo m

Ví dụ : m = 5 tập hợp {14; 8; -3; 1; 10 } là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 5

tập { 14; 8; -3; 1 } là một hệ thặng dư thu gọn modulo 5

Định lý 2.1.10 :

Cho (m) = s và { a1, a2,…, as } là hệ thặng dư thu gọn modulo m

a) Từ ai ≡ ai + km ( mod m ) với mọi i nên nếu { a1, a2,…, as } là hệ

thặng dư thu gọn modulo m thì { a1 + km, a2 + km,…, as + km } là hệ thặng

dư thu gọn modulo m

b) Từ (k,m) = 1 nên tồn tại x   sao cho kx ≡ 1 ( mod m )

Mặt khác do (ai, m) = 1 nên có bi   sao cho aibi ≡ 1 ( mod m )

Do đó ( kai )( xbi ) ≡ (kx) (aibi) ≡ 1 ( mod m ) Điều này chứng tỏ k.ai là phần

tử khả nghịch modulo m hay ( kai , m ) = 1

Bây giờ nếu kai ≡ kaj ( mod m ) thì xkai ≡ xkaj ( mod m ) hay ai ≡ aj (mod

m) Do { a1, a2,…, as } là hệ thặng dư thu gọn modulo m nên ta có i = j

Vậy { ka1 , ka2,…, kas } là hệ thặng dư thu gọn modulo m

Ví dụ : m = 4 hệ {1, 3} là một hệ thặng dư thu gọn modulo 4

Khi đó: Hệ {1 + 5.4 , 3 + 5.4 } = { 21, 23 } là hệ thặng dư thu gọn modulo 4

( k = 5) và hệ { 5, 15 } là hệ thặng dư thu gọn modulo 4 vì (5, 4) = 1 ( k = 5 )

Giả sử { r1, r2, …, r(m) } là hệ thặng dư thu gọn modulo m không âm

nhỏ nhất Theo giả thiết (a, m) = 1 nên theo định lý (2.1.10) ta có:

{ ar1, ar2, …, ar(m) } là một hệ thặng dư thu gọn modulo m