một số vấn đề về căn nguyên thủy và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THIÊN THỦY MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ CĂN NGUYÊN THỦY VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Bình Định - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THIÊN THỦY MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ CĂN NGUYÊN THỦY VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số : 8460113 Người hướng dẫn: TS TRẦN ĐÌNH LƯƠNG i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan kết đề tài “MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ CĂN NGUYÊN THỦY VÀ ỨNG DỤNG ” công trình nghiên cứu tơi hướng dẫn TS Trần Đình Lương chưa cơng bố cơng trình khoa học khác thời điểm Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc Nếu có điều gian lận, tơi xin chịu trách nhiệm luận văn Bình Định, ngày 26 tháng 07 năm 2021 Học viên thực đề tài Nguyễn Thiên Thủy ii Mục lục Mở đầu 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số kiến thức số học 1.2 Một số kết chuẩn bị CĂN NGUYÊN THỦY 12 2.1 Cấp phần tử 12 2.2 Căn nguyên thủy theo môđun m 14 2.3 Số nguyên tố với số nguyên thủy cho trước 19 2.4 Mối liên hệ thặng dư bậc hai với nguyên thủy 27 2.5 Điều kiện để số nguyên thủy 31 2.6 Thuật tốn tìm nguyên thủy 33 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CĂN NGUYÊN THỦY 36 3.1 Chỉ số 36 3.2 Điều kiện để số thặng dư bậc k 37 3.3 Trao đổi khóa Diffie - Hellman 39 3.4 Một số toán 42 Kết luận 60 iii Danh mục tài liệu tham khảo 60 Mở đầu Vào năm 1801, nhà toán học người Đức Carl Friedrich Gauss đưa khái niệm nguyên thủy sách Những nghiên cứu số học, tên tiếng Latinh Disquisitiones Arithmeticae, Đề mục số 57 Đây phần mà ông đúc kết phát triển từ số kết nghiên cứu nhà toán học L Euler thân Từ Đề mục số 56, ơng nói hai nhà toán học J H Lambert L Euler biết đến nguyên thủy, ông người đưa chứng chặt chẽ tồn nguyên thủy theo môđun nguyên tố n Khái niệm nguyên thủy phải trải qua quãng đường dài hình thành Mở đầu xuất Định lý Fermat nhỏ, tiếp Định lý Euler đưa ra, tổng quát cho Định lý Fermat nhỏ trước Từ đây, nhờ có tồn hàm phi Euler, khái niệm cấp phần tử hình thành Cuối cùng, dựa mối tương quan cấp phần tử hàm phi Euler, định nghĩa nguyên thủy thức xây dựng Sự xuất nguyên thủy đóng góp vơ lớn khơng cho tốn học mà cịn ứng dụng vào thực tiễn, đặc biệt lĩnh vực mật mã học Luận văn nhằm nghiên cứu số vấn đề nguyên thủy như: số nguyên tố với số nguyên thủy cho trước, mối liên hệ thặng dư bậc hai với nguyên thủy, điều kiện để số nguyên thủy thuật tốn tìm ngun thủy Bên cạnh đó, luận văn đưa số ứng dụng nguyên thủy vào việc nghiên cứu phương trình đồng dư bậc cao vấn đề mã khóa cơng khai Ngồi ra, luận văn trình bày lời giải số toán số học xuất đề thi học sinh giỏi cách sử dụng nguyên thủy Luận văn "Một số vấn đề nguyên thủy ứng dụng" bao gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Nội dung luận văn gồm ba chương Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức số học như: quan hệ chia hết, đồng dư thức số kết chuẩn bị dùng luận văn Chương 2: Căn nguyên thủy Chương trình bày số vấn đề nguyên thủy theo môđun số nguyên dương như: tính chất bản, điều kiện tồn nguyên thủy, vấn đề số nguyên thủy, mối liên hệ thặng dư bậc hai nguyên thủy, điều kiện để số cho trước nguyên thủy theo môđun số nguyên tố Trong chương trình bày thuật tốn tìm ngun thủy theo môđun số nguyên dương cho trước Chương 3: Một số ứng dụng nguyên thủy Chương trình bày ứng dụng nguyên thủy vào việc nghiên cứu phương trình đồng dư bậc cao, ứng dụng nguyên thủy vào vấn đề mã khóa cơng khai Trong chương trình bày lời giải số toán số học xuất đề thi học sinh giỏi cách sử dụng nguyên thủy Luận văn hoàn thành nhờ hướng dẫn giúp đỡ tận tình thầy hướng dẫn TS Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp tơi xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thực luận văn Chúng xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phịng Đào tạo Sau Đại học, Khoa Tốn Thống kê quý Thầy Cô giáo giảng dạy lớp Cao học Phương pháp tốn sơ cấp Khóa 22 dày cơng giảng dạy suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập thực đề tài Nhân xin chân thành cảm ơn hỗ trợ mặt tinh thần gia đình, bạn bè ln tạo điều kiện giúp đỡ để tơi hồn thành tốt khóa học luận văn Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q Thầy Cơ để luận văn hoàn thiện Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày số kiến thức số học như: quan hệ chia hết, đồng dư thức số kết chuẩn bị dùng luận văn 1.1 Một số kiến thức số học Mục trình bày số kiến thức số học Các kết mục tham khảo từ tài liệu [1], [2], [4] Định lý 1.1.1 Cho a b hai số nguyên với b = Khi tồn số nguyên q r cho a = bq + r ≤ r < |b| Số r định lý gọi phần dư phép chia a cho b Nếu r = ta nói b ước a, ký hiệu b | a Cho a b hai số nguyên Số nguyên d gọi ước chung lớn a b d ước chung a b, với d ước chung a b d | d Ta quy ước dùng ký hiệu (a, b) để ước chung lớn dương a b Mệnh đề 1.1.2 Cho a, b, c số nguyên khác (i) Nếu b | a, c | b c | a (ii) Nếu b | a, c | a (b, c) = bc | a (iii) Nếu c | ab (b, c) = c | a (iv) Nếu c | a c | b c | a ± b Mệnh đề 1.1.3 Cho u v số nguyên Nếu d = (u, v) tồn số nguyên x y cho d = xu + yv Số tự nhiên p = gọi số nguyên tố có hai ước Định lý 1.1.4 (Định lý số học.) Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích số nguyên tố, phân tích khơng kể đến thứ tự nhân tử Theo Định lý số học số nguyên n > biểu diễn dạng n = pα1 pα2 · · · pαk k p1 , p2 , , pk số nguyên tố phân biệt, α1 , α2 , , αk số nguyên dương Biểu diễn gọi biểu diễn tắc n Định nghĩa 1.1.5 Cho m số nguyên dương Hai số nguyên a b gọi đồng dư với theo môđun m, ký hiệu a ≡ b (mod m), a − b chia hết cho m Tính chất 1.1.6 Cho a, b, c, d, m, n số nguyên dương Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) thì: (i) a ± c ≡ b ± d (mod m) (ii) ac ≡ bd (mod m) (iii) an ≡ bn (mod m) (iv) (a + b)n ≡ bn (mod m) (v) Nếu d ước chung a, b m a b m ≡ (mod ) d d d 47 Vậy ta chọn n = −2020p(p − 1) 1n + 2n−1 + + n1 ≡ 2020 (mod p) theo yêu cầu đề Bình luận Vấn đề khó khăn tốn số liệu lớn phức tạp Việc áp dụng nguyên thủy, cụ thể ứng dụng số, vào toán giúp số liệu trở nên đơn giản nhiều so với ban đầu Bài (Hungary - Israel Math Competition 2009) Cho số nguyên tố p Tìm tất số nguyên dương k cho Sk = 1k + 2k + + (p − 1)k chia hết cho p Lời giải Vì p số nguyên tố tồn g ngun thủy theo mơđun p Khi g p−1 ≡ (mod p) {1, g, g , , g p−2 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun p từ suy Sk ≡ + g k + + g (p−2)k (mod p) Nếu p − | k g k ≡ (mod p) Do Sk ≡ + + + = p − (mod p), điều mâu thuẫn với giả thiết Nếu p − k g k ≡ (mod p) g (p−1)k ≡ (mod p) Khi g (p−1)k − Sk ≡ ≡ (mod p), gk − thỏa mãn yêu cầu đề Như vậy, k số nguyên dương không chia hết cho p − Bình luận Thực chất nhờ tốn mà chúng tơi giải tốn số Rõ ràng việc áp dụng nguyên thủy, cụ thể ứng dụng số, vào toán giúp số liệu ban đầu từ phức tạp trở nên đơn giản nhiều Bài (Iran TST 2013) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh tồn số tự nhiên x cho x 4x nguyên thủy theo môđun p Lời giải Vì p nguyên tố tồn số nguyên dương g nguyên thủy theo môđun p, (g, p) = {1, g, g , , g p−2 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun 48 p Khi tồn số nguyên dương r, ≤ r ≤ p − với g r ≡ (mod p) từ suy g 2r ≡ (mod p) Gọi p1 , p2 , , pl ước nguyên tố phân biệt p − Với số k nguyên dương cho ≤ k ≤ l, đặt mk số nguyên dương cho mk ≡ (mod pk ) mk ≡ −2r (mod pk ) Theo Định lý phần dư Trung hoa, tồn số tự nhiên m cho m ≡ mk (mod pk ), ∀1 ≤ k ≤ l Vì m m + 2r khơng chia hết cho pk m m + 2r nguyên tố với p − Từ suy số m, 2m, 3m, , (p − 2)m không chia hết cho p − 1, số (m + 2r), 2(m + 2r), 3(m + 2r), , (p − 2)(m + 2r) không chia hết cho p − Mặt khác, g nguyên thủy theo môđun p ta g m , g 2m , , g (p−2)m ≡ (mod p) g m+2r , g 2(m+2r) , , g (p−2)(m+2r) ≡ (mod p) Do g m g m+2r nguyên thủy theo môđun p Vậy chọn số x = g m 4x ≡ 4g m ≡ g m+2r (mod p) Khi đó, x 4x nguyên thủy theo mơđun p cần tìm Bình luận Bài tốn nêu trực tiếp vấn đề nguyên thủy, cần dùng tính chất ngun thủy x ứng dụng số chứng minh tồn 4x thỏa mãn điều kiện nguyên thủy Bài (IMO Shortlist 1997) Chứng minh cấp số cộng vô hạn gồm số nguyên dương chứa số phương số lập phương dãy số chứa lũy thừa sáu số nguyên Lời giải Gọi cấp số cộng gồm số nguyên dương a + qn với a, q n số nguyên, ≤ a ≤ q − 1, q n số dương Theo giả thiết, tồn 49 số nguyên dương x y cho x2 = a + qnx y = a + qny với nx ny số nguyên dương Khi x2 ≡ a (mod q ) y ≡ a (mod q ) Xét a = 0, chọn x2 = q với nx = q , y = q với ny = q dãy số có z = q với nz = q , ta có điều phải chứng minh Xét ≤ a ≤ q − Với q = ta có dãy số nguyên vô hạn, trường hợp hiển nhiên Với q = pα với p số nguyên tố, α số nguyên dương, ta có hai trường hợp sau Trường hợp 1: Xét q = pα lẻ từ suy p số nguyên tố lẻ Khi tồn số nguyên g nguyên thủy theo môđun q Nếu (a, q) > (a, q) = pk với k số nguyên dương, ≤ k ≤ α Khi x2 = a + qnx = pk (a + pα−k nx ) với (a , p) = từ suy p (a + pα−k nx ), pk số phương hay | k Từ suy x2 ≡ a (mod q ) hay x ≡ a (mod q = pα−k ) k p2 Chứng minh tương tự trên, ta có | k y p k 3 ≡ a (mod q = pα−k ) Như vậy, ta rút gọn phương trình đồng dư cho pk để a q nguyên tố mà không làm ảnh hưởng đến giả thiết ban đầu tốn Do đó, khơng tính tổng qt, ta xét (a, q) = Vì a vừa thặng dư bậc hai vừa thặng dư bậc ba theo môđun q tồn số nguyên t s cho a ≡ g 2t (mod q ) a ≡ g 3s (mod q ) 50 Khi 2t ≡ 3s (mod ϕ(q) = (p − 1)pα−1 ) Vì p − chẵn | s hay tồn số nguyên z cho s = 2z Do a ≡ g 3(2z) = (g z )6 (mod q ) Như ta có điều phải chứng minh Trường hợp 2: Xét q = 2α Với q = 2, cấp số cộng a + 2n Nếu a chẵn cấp số cộng dãy số tự nhiên chẵn, trường hợp hiển nhiên Ngược lại a lẻ cấp số cộng dãy số tự nhiên lẻ, trường hợp hiển nhiên Với q = Nếu a ≡ (mod 4) ta có 32 , 53 , 76 nằm cấp số cộng Nếu a ≡ (mod 4) tồn số nguyên h với a = 4h + từ suy x2 = 4h + + 4nx = 2(2(h + nx ) + 1), điều dẫn đến mâu thuẫn Như trường hợp dãy không chứa số phương Nếu a ≡ (mod 4) điều dẫn đến mâu thuẫn Thật vậy, nguyên thủy theo môđun bất thặng dư bậc hai theo môđun hay a bất thặng dư bậc hai theo mơđun Do trường hợp dãy khơng chứa số phương Xét q = 2α với α số nguyên dương lớn Tương tự trường hợp q = pα , khơng tính tổng quát, giả sử (a, q) = hay a lẻ Theo Mệnh đề 1.2.5, số (−1)u 5v với ≤ u ≤ ≤ v ≤ 2α−2 lập thành hệ thặng dư thu gọn theo mơđun 2α Vì x2 ≡ a (mod 2α ) x lẻ Khi tồn số nguyên v cho x ≡ ±5v (mod 2α ) từ suy a ≡ x2 ≡ 52v (mod 2α ) Tương tự, ta có y lẻ từ suy tồn số nguyên t với ≤ t ≤ 2α−2 cho y ≡ ±5t (mod 2α ), a ≡ y ≡ ±53t (mod 2α ) Khi 54v ≡ a2 ≡ 56t (mod 2α ) từ suy 51 4v ≡ 6t (mod 2α−2 ) hay 2v ≡ 3t (mod 2α−3 ) Nếu α > | t hay tồn số nguyên m cho t = 2m Khi a ≡ 56m = (5m )6 (mod 2α ), ta có điều phải chứng minh Nếu α = q = Khi hệ thặng dư thu gọn theo môđun −52 , −5, 5, 52 Vì với x lẻ bất kỳ, ta có x2 ≡ (mod 8) từ suy a = Khi đó, chọn y ≡ 52 (mod 8) y ≡ = a (mod 8) Vậy a ≡ y ≡ 56 (mod 8), ta có điều phải chứng minh Với q = pα1 pα2 · · · pαk k với pi ước số nguyên tố phân biệt, αi số nguyên dương, ≤ i < k Khi x2 ≡ a (mod q ) y ≡ a (mod q ) Từ suy x2 ≡ a (mod pαi i ) y ≡ a (mod pαi i ) với ≤ i ≤ k Khi đó, từ trường hợp q = pα , ta có kết ln tồn số ngun zi cho a ≡ zi6 (mod pαi i ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương n cho n ≡ zi (mod pαi i ) với ≤ i ≤ k Do n6 ≡ zi6 ≡ a (mod pαi i ) từ suy n6 ≡ a (mod q) Vậy ta có điều phải chứng minh Bình luận Vì tốn liên quan trực tiếp đến thặng dư bậc hai thặng dư bậc ba nên phương pháp áp dụng nguyên thủy, cụ thể ứng dụng 52 số, phù hợp Tuy nhiên cần ý phân thành nhiều trường hợp khơng phải số nguyên tồn nguyên thủy Bài (Trung Quốc TST 1993) Với số nguyên tố p lẻ, ta định nghĩa p−1 F (p) = k 120 f (p) = k=1 − F (p) p Tìm giá trị f (p) Lời giải Vì p số nguyên tố tồn số nguyên dương g ngun thủy theo mơđun p Khi g p−1 ≡ (mod p) {1, g, g , , g p−2 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun p Do đó, với số nguyên dương k , ≤ k ≤ p − 1, tồn số nguyên dương i, ≤ i ≤ p − cho k ≡ g i (mod p) Nếu p − 120 g 120 ≡ (mod p) g 120(p−1) ≡ (mod p) Như p−1 k 120 F (p) = k=1 ≡ = p−1 k 120 + k 120 k=1 p−1 g 120i = i=1 ≡ p−1 k 120 + (p − k)120 k=1 g 120 (g 120(p−1) − 1) ≡0 2(g 120 − 1) (mod p) Từ suy f (p) = p−1 Nếu p − | 120 k 120 ≡ (mod p) với ≤ k ≤ Do p−1 F (p) ≡ (mod p) p−1 từ suy f (p) = − = 2p 2p Bình luận Tương tự 4, ví dụ điển hình cho việc áp dụng nguyên thủy hay cụ thể số làm cho toán trở nên đơn giản Bài (IOM Shortlist 2012) Chứng minh với số nguyên tố p > 100 số nguyên r tồn hai số nguyên dương a, b cho p | a2 + b5 − r Lời giải Vì p số nguyên tố nên tồn số nguyên dương g 53 nguyên thủy theo mơđun p Nếu p − g nguyên thủy theo môđun p {1, g , (g )2 , , (g )p−2 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun p Khi đó, tồn số i với ≤ i ≤ p − cho r ≡ (g )i (mod p) Ta chọn b = g i (mod p) a = 0, ta có a2 + b5 ≡ g 5i ≡ r (mod p) Vậy ta có điều phải chứng minh Vì p số nguyên tố lớn 100 nên p lẻ hay | p − Nếu | p − p = 10k + với k số nguyên k ≥ 10 Xét p | r, chọn a = b = 0, ta có điều phải chứng minh Xét p r hay (r, p) = 1, ta có {1, g, g , , g p−2 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun p Khi đó, tồn số nguyên i với ≤ i ≤ p − cho r ≡ g i (mod p) Khi đó, ta có ba trường hợp sau i Trường hợp 1: Nếu | i chọn a ≡ g (mod p) b = Vậy ta có điều phải chứng minh i Trường hợp 2: Nếu | i chọn b = g (mod p) a = Vậy ta có điều phải chứng minh Trường hợp 3: Nếu i i cần chứng minh tồn số nguyên dương a cho a2 ≡ r − b5 (mod p) Giả sử trái lại, với số nguyên dương b r − b5 bất thặng dư bậc hai theo môđun p hay (r − b5 ) p−1 ≡ −1 (mod p) suy (r − b5 )5k ≡ −1 (mod p) Vì (b, p) = nên tồn số nguyên j với ≤ j ≤ 2k − cho b ≡ g j (mod p) hay b5 ≡ g 5j (mod p) 2k−1 Xét g 5tj với t số nguyên dương tùy ý Nếu 2k | t g 5tj ≡ (mod p), j=0 với số nguyên ≤ j ≤ 2k − Khi 54 2k−1 g 5tj ≡ 2k (mod p) j=0 Nếu 2k t g 5t ≡ (mod p) g 10kt ≡ (mod p) Khi 2k−1 g 5tj ≡ j=0 g 10kt − ≡ (mod p) g 5t − 2k−1 Chọn ≤ t ≤ k − Khi 2k t từ suy g 5tj ≡ (mod p) Ta có j=0 S(t) = (r − g 5j )5k 2k−1 g 5tj ≡ − j=0 2k−1 g 5tj ≡ (mod p) j=0 Mặt khác S(t) = (r − g 5j )5k 2k−1 j=0 g 5tj = 5k m r 5k−m (−1)m C5k m=0 2k−1 g 5(m+t)j j=0 Nếu 2k m + t S(t) ≡ (mod p) Nếu 2k | m + t m + t = 2k m + t = 4k ≤ m + t ≤ 6k − Khi 2k−t 3k+t 4k−t k+t S(t) ≡ (−1)m C5k r + C5k 2k (mod p) r 2k−t 2k 4k−t hay C5k r + C5k ≡ (mod p) Với số nguyên ≤ t ≤ k − 2, xét hiệu 2k−t−1 2k−t 2k 4k−t 2k−t 2k−t−1 2k 4k−t−1 ≡ C5k C5k r + C5k − C5k C5k r + C5k 2k−t−1 4k−t 2k−t 4k−t−1 = C5k C5k − C5k C5k = (5k)!2 ((2k − t)(k + t + 1) − (3k + t + 1)(4k − t)) (2k − t)!(3k + t + 1)!(4k − t)!(k + t + 1)! = −(5k)!2 2k(5k + 1) (2k − t)!(3k + t + 1)!(4k − t)!(k + t + 1)! (mod p) Điều dẫn đến mâu thuẫn p = 10k + số nguyên tố Do đó, tồn số nguyên dương b cho r − b5 thặng dư bậc hai theo môđun p Vậy ta chọn số nguyên dương a cho a2 ≡ r − b5 (mod p) Như vậy, ta có điều phải chứng minh 55 Bình luận Tương tự 6, việc áp dụng nguyên thủy không đơn giản cần phân thành nhiều trường hợp để xem xét Tuy nhiên toán liên quan trực tiếp đến thặng dư bậc hai thặng dư bậc năm nên việc áp dụng nguyên thủy, cụ thể ứng dụng số thặng dư bậc k , phù hợp Bài (Taiwan IOM 2014 TST) Alice Bob chơi trò chơi Hai người luân phiên chọn chữ số khác từ đến đến họ chọn bảy chữ số, xếp theo thứ tự chọn thành số có bảy chữ số sau A1 B2 A3 B4 A5 B6 A7 Alice thắng số thu bảy chữ số cuối lũy thừa bậc bảy Xác định người có chiến lược để thắng Lời giải Gọi m số có bảy chữ số thu sau trò chơi Giả thiết (m, 107 ) = từ suy (m, 2) = (m, 5) = Như A7 ∈ {1, 3, 7, 9} Theo Mệnh đề 1.2.6, tồn số nguyên a b, ≤ a ≤ 1, ≤ b ≤ 25 cho m ≡ (−1)a (57 )b (mod 27 ) Khi đó, m ≡ ((−1)a 5b )7 (mod 27 ) Rõ ràng ngun thủy theo mơđun Vì (7, ϕ(5)) = nên theo Hệ 2.2.5, 27 ngun thủy theo mơđun Vì nguyên tố nên theo Mệnh đề 2.2.10, 27 ngun thủy theo mơđun 57 từ suy {1, 27 , (27 )2 , , (27 )ϕ(5 )−1 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun 57 Khi tồn số nguyên i với ≤ i ≤ ϕ(57 ) − cho m ≡ (27 )i ≡ (2i )7 (mod 57 ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên n nghiệm hệ phương trình n ≡ (−1)a 5b (mod 27 ) n ≡ 2i (mod 57 ) Khi 56 n7 ≡ ((−1)a 5b )7 ≡ m (mod 27 ) n7 ≡ (2i )7 ≡ m (mod 57 ) Do đó, n7 ≡ m (mod 107 ) Vậy Alice thắng chọn chữ số cuối bốn chữ số 1, 3, 7, Bình luận Bài toán liên quan trực tiếp đến thặng dư bậc bảy nên việc áp dụng nguyên thủy, cụ thể số, vào toán phù hợp Lưu ý tốn 27 khơng có ngun thủy, cần tìm hệ thặng dư thu gọn phù hợp theo môđun 27 mà không dùng nguyên thủy Bài 10 (Putnam 2009) Chứng minh với số ngun dương n, ln có dãy số nguyên a0 , a1 , , a2009 với a0 = a2009 = n cho kể từ a1 , số số hạng liền trước cộng với 2k với k số nguyên không âm đồng dư với b theo môđun c với b c số hạng dương liền trước Lời giải Ta chia toán làm hai trường hợp sau Trường hợp 1: Xét n Vì nguyên thủy theo môđun nguyên thủy theo môđun 32m với số nguyên dương m số nguyên tố Khi {1, 2, 22 , , 2ϕ(3 2m )−1 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun 32m Vì (n, 32m ) = tồn số nguyên h với ≤ h ≤ ϕ(32m ) − cho n ≡ 2h (mod 32m ) Khi đó, chọn số nguyên dương l bất kỳ, ta có dãy sau a0 = 0, a1 = 1, a2 = = a1 + 21 , a3 = + 22l = a2 + 22l , a4 = 24ml ≡ ≡ a3 (mod a2 = 3), a5 = 32m ≡ (−3)2m ≡ 24lm = a4 (mod a3 ), a6 = 2h + 32m = 2h + a5 , a7 = n ≡ 2h ≡ a6 (mod a5 = 32m ) Chọn a8 = = a2009 = n, ai+1 ≡ (mod ai−1 ) với số nguyên ≤ i ≤ 2008 57 Trường hợp 2: Xét | n từ suy (n − 1, 32m ) = Khi đó, tồn số nguyên dương h, ≤ h ≤ ϕ(32m ) cho n − ≡ 2h (mod 32m ) Ta đặt trường hợp từ a0 đến hết a6 , thay đổi a7 = n − ≡ 2h ≡ a6 (mod a5 = 32m ), a8 = n = a7 + 20 Chọn a9 = = a2009 = n Khi ai+1 ≡ (mod ai−1 ) với số nguyên ≤ i ≤ 2008 Như vậy, hai trường hợp, ta tìm dãy thỏa mãn điều kiện đề Bình luận Xuất phát điểm toán nằm 2k phép đồng dư, liên kết với việc ứng dụng nguyên thủy vào số, chọn nguyên thủy theo mơđun Từ dễ dàng thiết lập nên dãy số theo yêu cầu toán Phương pháp ứng dụng số có tính phù hợp cao toán Bài 11 (IMO Shortlist 2011) Cho số nguyên dương k , đặt n = 2k + Chứng minh n số nguyên tố tồn hoán vị a1 , , an−1 số 1, , n − chuỗi số nguyên g1 , , gn−1 cho n | (gi )ai − ai+1 với số nguyên dương ≤ i ≤ n − 1, cho an = a1 Lời giải Giả sử trái lại, n khơng số ngun tố Khi n = pα1 pα2 · · · pαmm với pi ước số nguyên tố lẻ phân biệt n lẻ, αi số nguyên dương với ≤ i ≤ m Xét αi ≥ Giả sử tồn cặp số nguyên g a ≥ cho g a ≡ pi (mod p2i ) Khi pi | g từ suy p2i | g a hay g a ≡ (mod p2i ) Do pi ≡ (mod p2i ), 58 điều dẫn đến mâu thuẫn pi số nguyên tố Như vậy, αi ≥ 2, với cặp số nguyên g a ≥ 2, g a ≡ pi (mod p2i ) hay g a ≡ pi (mod n) Khi đó, < pi < n tồn số ai+1 = pi cho với ≤ i ≤ n−1 ≥ ta có giai ≡ ai+1 (mod n), điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy αi = với ≤ i ≤ m hay n = p1 p2 · · · pm Xét m ≥ Từ đến n − có n−1 số chẵn Mặt khác với phương trình đồng dư giai ≡ ai+1 (mod n) n−1 thặng dư bậc p+1 hai khác từ đến n − Với số nguyên tố pi ≥ 3, tồn thặng dư bậc hai theo môđun p, kể số Do số lượng thặng dư bậc hai theo mơđun ta có nghiệm ai+1 Khi đó, n có n pm + 2p1 2p2 2pm 2m 4n n−1 p1 + p2 + ··· ≤ ··· = mn ≤ < 2 3 3 p ≥ 3, m ≥ n > Điều dẫn đến mâu thuẫn Do đó, m = hay n số nguyên tố Ngược lại, n số nguyên tố tồn số nguyên g nguyên thủy theo mơđun n Khi {1, g, g , , g ϕ(m)−1 } hệ thặng dư thu gọn theo mơđun n Khi đó, với số nguyên dương j , ≤ j ≤ n − 1, chọn = j đặt ai+1 ≡ g j (mod n) Như vậy, ta có dãy số g1 = = gn−1 = g ai+1 ≡ giai (mod n) với số nguyên dương ≤ i ≤ n − 1, cho an = a1 Vậy ta có điều phải chứng minh 59 Bình luận Việc ứng dụng nguyên thủy hay số vào toán hiển nhiên chiều nghịch chứng minh rõ ràng tập hợp số ak mà đề cho hệ thặng dư thu gọn theo môđun n nguyên tố 60 Kết luận Trong luận văn thực cơng việc sau Trình bày cách có hệ thống chi tiết số vấn đề nguyên thủy: + Điều kiện tồn ngun thủy (Mục 2.2) + Thuật tốn tìm nguyên thủy (Mục 2.6) Tổng hợp kết tài liệu tham khảo, bổ sung thêm tự chứng minh số kết xếp vấn đề theo hệ thống thành chủ đề sau: + Số nguyên tố với số nguyên thủy cho trước (Mục 2.3) + Mối liên hệ thặng dư bậc hai với nguyên thủy (Mục 2.4) + Điều kiện để số nguyên thủy (Mục 2.5) Trình bày số ứng dụng nguyên thủy: + Nghiên cứu phương trình đồng dư bậc cao (Mục 3.2) + Vấn đề mã khóa cơng khai (Mục 3.3) + Lời giải số toán số học xuất đề thi học sinh giỏi (Mục 3.4) 61 Danh mục tài liệu tham khảo [1] Ngô Thúc Lanh (1986), Đại số Số học, NXB Giáo dục [2] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình Số học, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Thanh Sơn (2016), "Tìm logarit theo phương pháp Baby-step Giant-step", Tạp chí Nghiên cứu Khoa học Cơng nghê Qn sự, số 46, tr 143-148 [4] Hua Loo Keng (1982), Introduction to Number Theory, Springer Verlag [5] M Krizek, F Luca and L Somer (2001), 17 Lectures on Fermat Numbers – From Number Theory to Geometry, Springer Verlag [6] Kin Y Li (2010), "Primitive Roots Modulo Primes", Mathematical Excalibur, Vol 15, Number [7] Richard A Mollin , An introduction to cryptography 2nd ed., Chapman Hall/CRC ... thức số kết chuẩn bị dùng luận văn Chương 2: Căn nguyên thủy Chương trình bày số vấn đề nguyên thủy theo môđun số nguyên dương như: tính chất bản, điều kiện tồn nguyên thủy, vấn đề số nguyên thủy, ... điều phải chứng minh 12 Chương CĂN NGUYÊN THỦY Chương trình bày số vấn đề nguyên thủy theo môđun số nguyên dương như: tính chất bản, điều kiện tồn nguyên thủy, vấn đề số nguyên thủy, mối liên... Bảng nguyên thủy dương bé 229 số tự nhiên 36 Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CĂN NGUYÊN THỦY Chương trình bày ứng dụng nguyên thủy vào việc nghiên cứu phương trình đồng dư bậc cao, ứng dụng ngun thủy