Thặng dư bình phương, số giả nguyên tố euler và ứng dụng

Thặng dư bình phương, số giả nguyên tố euler và ứng dụng

đại học tháI nguyên Tr-ờng đại học khoa học trần quang huy thặng d- bình ph-ơng, số giả nguyên tố euler ứng dụng luận văn thạc sĩ toán học Thái nguyên, năm 2013 Soỏ hoựa bụỷi trung taõm hoùc lieọu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ đại học tháI nguyên Tr-ờng đại học khoa học Trần quang huy thặng d- bình ph-ơng, số giả nguyên tố euler ứng dụng Chuyên ngành: Ph-ơng pháp toán sơ cấp MÃ số : 60 46 01 13 luận văn thạc sĩ toán học Ng-ời h-ớng dẫn khoa học: TS Tskh Hà huy khoáI Thái nguyên, năm 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Quang Huy THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG, SỐ GIẢ NGUYÊN TỐ EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn: GS-TSKH HÀ HUY KHỐI Thái Ngun - 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS-TSKH Hà Huy Khối, người tận tình hướng dẫn để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Tin học, trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên dạy bảo em tận tình suốt trình học tập trường Thái Nguyên, ngày 08 tháng 07 năm 2013 Học viên Trần Quang Huy Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Chương 1.Thặng dư bình phương 1.1 Thặng dư bình phương cho modulo số nguyên tố 1.2 Thặng dư bình phương cho modulo hợp số 18 1.3 Một vài tổng kí hiệu Legendre 23 1.4 giả nguyên tố Euler Số 27 Chương 2.Ứng dụng 35 Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Có thể nói: thặng dư bình phương, kí hiệu Legendre, kí hiệu Jacobi kiến thức hay khó liên quan đến lí thuyết đồng dư, đồng thời có nhiều ứng dụng số học Vì thế, phần kiến thức quan trọng kì thi học sinh giỏi (nhất kì thi chọn đội tuyển Olympic Toán) Ở nước ta việc giảng dạy kiến thức bậc THPT gặp nhiều khó khăn, giáo viên thường chưa đào tạo chun sâu phần Vì tơi chọn đề tài "Thặng dư bình phương ứng dụng" để nghiên cứu Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Mục đích luận văn tìm hiểu định nghĩa thặng dư bình phương kí hiệu Legendre, Jacobi số giả nguyên tố Euler Trong chương tơi trình bày lí thuyết thặng dư bình phương Trong chương tơi trình bày ứng dụng tập Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu thặng dư bình phương kí hiệu Legendre, Jacobi số giả nguyên tố Euler dựa lí thuyết đồng dư Phương pháp nghiên cứu Trong luận văn thu thập tài liệu từ nhiều nguồn khác nhau, đặc biệt hướng dẫn GS Hà Huy Khối, để tơi viết lại theo ý hiểu cá nhân Ý nghĩa luận văn Bố cục khóa luận bao gồm chương: Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ • Chương Thặng dư bình phương số giả nguyên tố Euler • Chương Ứng dụng Luận văn nhằm làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh ôn luyện học sinh giỏi Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 07 tháng 08 năm 2013 Học viên Trần Quang Huy Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Thặng dư bình phương 1.1 Thặng dư bình phương cho modulo số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 Giả sử m số nguyên dương Số a gọi thặng dư bình phương m (a,m)=1 đồng dư x2 ≡ a( mod m) có nghiệm Nếu ngược lại, ta nói a khơng thặng dư bình phương m Cụ thể 1, thặng dư bình phương 13 = 12 ≡ 1( mod 13); 81 = 92 ≡ 3(mod13) Bổ đề 1.1.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi đồng dư sau khơng có nghiệm, có hai ngiệm khơng đồng dư modulo p: x2 ≡ a(modp) Chứng minh Giả sử x2 ≡ a(modp) có nghiệm x = x0 Khi đó, dễ chứng minh x = −x0 nghiệm không đồng dư với x0 Ta rằng, nghiệm tùy ý khác x = x1 đồng dư với x0 −x0 Thật vậy, ta có x2 ≡ x2 (modp), tức x2 − x2 = (x0 + x1 )(x0 − x1 ) ≡ 0(modp) 1 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Do đó, p ước (x0 + x1 ), p ước (x0 − x1 ), điều phải chứng minh Định lý 1.1.1 Nếu p số nguyên tố lẻ số 1, 2, , p − có p−1 thặng dư bình phương Chứng minh Để tìm tất thặng dư bình phương modulo p số 1, 2, , p − 1, trước tiên ta bình phương số xét thặng dư dương bé modulo p kết tìm Các thặng dư dương bé tất thặng dư bình phương số từ đến p-1 Giả sử a thặng dư Vì phương trình đồng dư x2 ≡ a(modp) có hai nghiệm, nên số (p-1) bình phương xét, phải có hai bình phương đồng dư a: Số thặng dư bình phương p−1 Một kí hiệu liên kết đặc biệt với thặng dư bình phương mơ tả định nghĩa sau: Định nghĩa 1.1.2 Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên,   a kí hiệu Legendre   định nghĩa sau: p   p a a thặng dư bình phương p;    1    a   = −1 p a a khơng thặng dư bình phương p;   p    0 p | a Ví dụ Ta có thặng dư bình phương khơng thặng dư    bình phương 7, nên   = 1;   = −1 7 Tiêu chuẩn sau thường dùng để chứng minh tính chất kí hiệu Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Legendre Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên dương không chia hết cho p Khi   a   ≡ a p−1 (modp) p Chứng minh  Trước tiên, giả sử  a   = Khi đó, đồng dư x2 ≡ a(modp) có p nghiệm x = x0 Theo định lí Fermat bé ta có p−1 p−1 = (x2 ) = xp−1 ≡ 1(modp) 0   a Chỉ xét trường hợp   = −1 Khi đó, đồng dư x2 ≡ a(modp) vô p nghiệm Với i cho ≤ i ≤ p − 1, tồn j, ≤ j ≤ p − a để ij ≡ a(modp) Rõ ràng i = j , nên ta nhóm số 1, , p − thành p−1 cặp với tích cặp đồng dư a modulo p Nhân cặp với ta (p − 1)! ≡ a p−1 (modp) Theo định lí Wilson ta có −1 ≡ a p−1 (modp) Định lí chứng minh Những tính chất sau cho phép tính dễ ràng kí hiệu Legendre Định lý 1.1.3 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a b số nguyên không chia hết cho p Khi đó: Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chúng ta thấy K(a)2 + K(b)2 = 4p, Hơn K(a)2 + K(b)2 chia hết K(a)2 K(b)2 chẵn 1.4 Số giả nguyên tố Euler Giả sử p số nguyên tố lẻ b số nguyên không chia hết cho p Khi theo tiêu chuẩn Euler ta có  b p−1 ≡ b p   (modp) Như để kiểm tra n có phải số ngun tố hay khơng, ta lấy số b nguyên tố với n, kiểm tra đồng dư sau có nghiệm hay khơng  b p−1 ≡ b n   (modn), vế phải kí hiệu Jacobi Nếu đồng dư thức khơng n phải hợp số, ngược lại chưa kết luận nhung nhiều khả n nguyên tố Định nghĩa 1.4.1 Số nguyên dương n gọi số giả nguyên tố Euler sở b hợp số đồng dư sau nghiệm   b p−1 b ≡   (modn), n Định lý 1.4.1 Mọi số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b Định lý 1.4.2 Mọi số giả nguyên tố mạnh sở b số giả nguyên tố Euler sở b 27 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh Cho n số giả nguyên tố mạnh sở b Khi đó, n − = 2s t, t lẻ thì, r bt ≡ 1(modn), b2 t ≡ −1(modn), với r ≤ r ≤ s − m Giả sử j=1 a pj j phân tích n thành thừa số nguyên tố Ta xét hai trường hợp Thứ nhất, b ≡ 1(modn) Giả sử p ước nguyên tố n Khi ordd p ước t, ordp b số lẻ Mặt khác, ordd p ước φ(p) = p − 1, nên phải ước p−1 Vậy ta có p−1 b ≡ 1(modp)     b b Theo tiêu chuẩn Euler,   =   = Mặt khác ta có p n b n−1 s = (bt )2 −1 ≡ 1(modp) Vậy n số giả nguyên tố Euler sở b Trường hợp thứ hai: b2 r+1 n b2 t r+1 t ≡ −1(modn) Nếu p ước nguyên tố ≡ −1(modp) Bình phương hai vế đồng dư thức ta r+1 b2 t ≡ 1(modp) Từ suy ordd p ước 2r+1 t, ordd p không ước 2r t Như vậy, ordd p = 2r+1 c, c số nguyên lẻ Mặt khác, ordd p ước p-1, 2r+1 ước ordd p, nên 2r+1 ước p-1 Như vậy, ta có p = 2r+1 d + 1, d số nguyên Vì b ordp b ≡ 1(modp) nên ta có 28 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/   b p   ≡ b p−1 = b ordp b p−1 ordp b  p−1  b c lẻ nên từ suy  p−1 ≡ (−1) ordp b = (−1) 2r+1 c (modp)  = (−1)d Bây ta giả sử có phân tích p thành thừa số ngun tố dạng m a n= j=1 pj j Theo chứng minh phần trên, ước nguyên tố pi có dạng pi = 2r+1 di +1, ta có   b m   m =  j=1 b tức t2 s−1−r n−1 di i=1 i r+1 m di (mod22r+2 ) Do i=1 m ≡ 2r di (mod2r+1 ), i=1 m m ≡ m  = (−1) pi Mặt khác, dễ thấy n ≡ + t2s−1 = a di (mod2) b n−1 2r t 2s−1−r = (b ) = (−1)i=1 di (mod i=1 n) Như vậy,  b n−1 ≡ b n   (modn) n số giả nguyên tố Euler sở b Định lí chứng minh Chú ý rằng, điều ngược lại luôn đúng: tồn số nguyên tố giả Euler sở b không số giả ngun tố mạnh sở Ví dụ n=1105, b=2 Tuy nhiên, với điều kiện bổ sung, số giả nguyên tố Euler số giả nguyên tố mạnh sở Ta có định lí sau 29 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.4.3 Số n giả nguyên tố Euler  sở b số giả nguyên tố  b mạnh sở b n ≡ 3(mod4),   = −1 n Chứng minh Trường hợp thứ nhất: n ≡ 3(mod4) Khi n-1=2t t lẻ Vì n số giả nguyên tố Euler sở b nên   b p−1 b = b ≡   (modn) n Như vậy, n số giả nguyên tố mạnh sở b Tong trường hợp thứ hai, ta viết n − = 2s t, t lẻ, s số nguyên dương Vì n số giả nguyên tố mạnh sở b nên   b p−1 s−1 b2 t = b ≡   (modn) n   b s−1 Theo giả thiết ta có b2 t ≡ −1(modn) Vì   = ±1 n b ≡ 1(modn), b ≡ −1(modn) n số giả nguyên tố mạnh sở b Dùng số giả nguyên tố Euler, ta xây dựng thuật tốn xác suất để kiểm tra số ngun tố hay khơng Thuật tốn Solovay Strassen tìm năm 1977 Ta bắt đầu bổ đề sau Bổ đề 1.4.1 Giả sử n số nguyên dương lẻ khơng phương Khi tồn số b với < b < n, (b,n)=1, cho 30 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/   b n   = −1 Chứng minh Nếu n số nguyên tố số b tồn Khi n hợp số khơng phương, ta viết n=rs, (r,s)=1 r = pe , với p số nguyên tố lẻ e số nguyên dương lẻ Bây giả sử t khơng thặng dư bình phương số ngun tố p Ta dùng định lí Trung Hoa phần dư để tìm số nguyên b cho < b < n, (b,n)=1 b ≡ t(modr), b  1(mods)  ≡     b b b  = (−1)e = −1 = −1,   = 1, tức Khi ta có   =  r pe s   b   = −1 n Bổ đề 1.4.2 Với hợp số lẻ n, tồn số b cho < b < n, (b,n)=1  b n−1 ≡  b  (modn) n Giả sử ngược lại, với số nguyên không vượt n nguyên tố với n, ta có  b n−1 ≡ b n   (modn) Từ suy ra, (b,n)=1 bn−1 ≡ 1(modn) Như vậy, n phải số Carmicheal, đó, n = q1 q2 qr tích số nguyên tố lẻ khác Ta b n−1 ≡ 1(modn) 31 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ số ngun tố b khơng vượt n nguyên tố với n Giả sử ngược lại, tồn b thỏa mãn b n−1 ≡ −1(modn) Dùng định lí Trung Hoa phần dư, ta tìm số a, < a < n, (a,n)=1 cho a ≡ b(modq1 ), a ≡ 1(modq1 q2 qr ) Như a n−1 ≡b n−1 ≡ −1(modq1 ), a n−1 ≡ 1(modq1 q2 qr ) Do a n−1 ≡ ±1(modq1 q2 qr ), trái với giả thiết phản chứng Như với b, < a < n, (b,n)=1 ta có b n−1 ≡ 1(modn) Từ đồng dư giả thiết bổ đề, ta có   b n−1 b ≡   ≡ 1(modn) n Điều mâu thuẫn với bổ đề nên bổ đề chứng minh Định lí dùng làm sở cho thuật toán kiểm tra xác suất số nguyên tố Ta có định lí sau: Định lý 1.4.4 Đối với hợp số lẻ n, tồn không φ(n) số nguyên dương b nhỏ n, nguyên tố với n, cho n số giả nguyên tố Euler sở b Chứng minh Theo bổ đề 2, tồn số b < a < n, (b,n)=1, cho 32 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/  b n−1 ≡ b n   (modn) Giả sử a1 , a2 , , am số thỏa mãn ≤ aj < n, (aj , n) =   n−1 aj  = (modn) aj ≡  n Giả sử r1 , r2 , , rm thặng dư dương bé số ba1 , ba2 , , bam Các số rj khác nahu nguyên tố với n Ta chứng tỏ chúng không thỏa mãn đồng dư thức số aj Thật vậy, ngược lại  n−1 rj ≡   rj  = 1(modn) n ta có  n−1 baj ≡   baj  = 1(modn), n  b n−1 n−1 aj ≡  b n   baj n   (modn) Từ suy  b n−1 ≡ b n   (modn), mâu thuẫn với tính chất b Như vậy, tập hợp số aj rj không giao Gộp hai tập hợp ta 2m số khác nhau, bé n nguyên tố với n Từ suy m < φ(n) , định lí chứng minh 33 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Nhận xét Từ định lí ta thấy rằng, n hợp số lẻ, b số chọn nhẫu nhiên số 1,2, ,n-1, xác suất để n số giả nguyên tố Euler sở b bé Ta có định lí sau: Định lý 1.4.5 Thuật tốn kiểm tra nguyên tố xác suất Solovay-Strassen Cho n số nguyên dương, ta chọn ngẫu nhiên k số b1 , b2 , , bk từ số 1,2, ,n-1 Đối với số nguyên bj , xét đồng dư thức   n−1 bj bj ≡   (modn), n ta có kết luận sau: • Nếu đồng dư thức khơng nghiệm n hợp số • Nếu n ngun tố đồng dư thức nghiệm • Nếu n hợp số, xác suất để đồng dư thức nghiệm bé 2k Như vậy, k đủ lớn, n trải qua kiểm tra xác suất đây, "hầu chắn" n số ngun tố 34 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Ứng dụng Sau tơi trình bày số tập vận dụng lí thuyết chương I, tập trích dẫn từ đề thi chọn học sinh giỏi Bài Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình 12x + y = 2008z Lời giải Nếu z>0, ta có y>0 Với x chẵn vế trái có dạng a2 + b2 , với x lẻ vế trái có dạng a2 + 3b2 Dễ thấy 2008 có ước nguyên tố 251, a b không chia hết cho 251, theo định 1.1.5 ta có -1 -3 thặng dư bậc hai modulo 251, tức lí    −1 −3  =   =  251 251 Mặt khác ta có:   −1 251   = (−1) 251−1 = −1   −3 251    = − 251    = −(−1) 251−1  251  = = −1 35 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Điều vơ lí Vậy z=0, y=0, x=0 phương trình cho có nghiêm nguyên (0,0,0) Bài Tìm tất cặp số nguyên dương (x,n) cho: x3 + 2x + = 2n Lời giải Phương trình cho tương đương với phương trình sau: x(x2 + 2) = 2n − Dễ thấy x(x2 + 2).3 n chẵn Từ phương trình ban đầu suy x lẻ Nếu n>2 ta có: x3 + 2x + ≡ 0(mod8), suy x ≡ 5(mod8) Mặt khác ta lại có x3 + 2x + = 2n ⇔ x3 + 2x + = 2n + ⇔ (x + 1)(x2 − x − 3) = 2n + Gọi p ước nguyên tố x2 − x + suy p lẻ -2 thặng dư bình phương modulo p Theo định lí 1.1.8 số ngun tố p có dạng 8m+1 8m+3 Vì x ≡ 5(mod8) suy x2 − x + ≡ 7(mod8) Vì ước nguyên tố x2 − x + có dạng 8m+1 8m+3 nên x2 − x + ≡ 3n (mod8) suy 3n ≡ 7(mod8) Kiểm tra với n từ đến ta thấy điều không xẩy ra, n>2 khơng thỏa mãn Nếu n=2, ta có x3 + 2x + = 22 ⇔ x = Nếu n=1, ta có x3 + 2x + = ⇔ x = (loại) Vậy phương trình cho có nghiệm x=1 với n=2 Bài Cho số nguyên dương n Chứng minh 2n + khơng có ước nguyên tố dạng 8k-1 với k số nguyên dương Lời giải Nếu n chẵn, gọi p ước nun tố 2n + Ta có 36 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/   −1 p   = ⇒ p = 4k + 2n + khơng có ước nguyên tố dạng 8k-1 với k số nguyên dương Nếu n lẻ, gọi p ước nuyên tố 2n +1, p ước 2n+1 +2, -2 thặng dư bậc hai modulo p Theo định lí 1.1.8, p có dạng 8k+1 8k+3 Vậy 2n +1 khơng có ước ngun tố dạng 8k-1 với k số nguyên dương Bài Chứng minh phương trình x2 +1 = k(y −5) khơng có nghiệm ngun dương với x, y>2 Lời giải Nếu y chẵn y − có dạng 4m+3, có ước nguyên tố dạng p=4n+3 Từ suy p phải ước x 1, điều vơ lí Nếu y lẻ y − chia hết cho 4, x1 + đồng dư với mod4 điều khơng thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho vơ nghiệm ngun Bài Chứng minh số nguyên tố p tồn số nguyên a,b cho a2 + b2 + bội p Lời giải Xét hai tập hợp : A = a2 , B = −1 − b2 , với a,b số nguyên Lấy theo modulo p tập có p+1 phần tử, tổng số phần tử hai tập hợp p+1 Theo nguyên lí Dirichlet tồn phần tử chung A B theo modulo p Do ta có, a2 + b2 + bội p Bài Cho số nguyên tố p Chứng minh số 3p + 7p − không 37 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ bình phương số nguyên Lời giải Giả sử tồn x cho: 3p + 7p − = x2 Theo định lí Fecmat, ta có 3p ≡ 3(modp) Vậy x2 ≡ −1(modp), nên p có dạng 4k+1 Mặt khác 34k+1 có dạng 4k+3, 3p + 7p − có dạng 4k+2, suy ra: x2 ≡ 2(mod4) điều mâu thuẫn x2 ln đồng dư với mod4 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Tìm tất nghiệm nguyên phương trình + 2x + 22x+1 = y Lời giải Nếu x=0 ta y = ±2 Nếu x>0, giả sử (x,y) nghiệm phương trình (x,-y) nghiệm phương trình, ta giả sử y>0 Biến đổi phương trình dạng: 2x (2x+1 + 1) = (y − 1)(y + 1) Vì ước chung lớn y-1 y+1 Nếu ước chung lớn y-1 y+1 1, ta có:   y − = 2x  y + = 2x+1 + Hệ vô nghiệm Nếu ước chung lớn y-1 y+1 2, ta có: 38 Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/    x y−1=2 a x+1 y+1=2 a ⇔ y = 2x a + y = 2x+1 a − Nếu y = 2x−1 a + 1, thay vào phương trình ban đầu ta được: 2x (2x+1 + 1) = a(2x−1 a + 2) ⇔ 2x−2 (8 − a2 ) = a − Suy = a ≤ a=2, thay vào phương trình ta thấy khơng thỏa mãn Nếu y = 2x−1 a − 1, thay vào phương trình ban đầu ta được: 2x (2x + 1) = a(2x−1 a − 2) ⇔ 2x−1 (4 − a2 ) = −2(a + 1) ⇔ 2x−2 = a+1 a2 −8 Dễ thấy phương trình có nghiệm a=3, x=4 Thay vào ta y=23 Vậy phương trình cho có nghiệm (0,2), (0,-2), (4,23), (-4,23) BÀI TẬP Bài Giả sử p>3 số nguyên tố, a,b số tự nhiên cho: + + + p−1 = a b Chứng minh p2 ước a Bài Tìm tất giá trị n số tự nhiên cho tập A = n, n + 1, , n + 1997 phân hoạch thành hai tập mà tích hai phần tử tập Bài 10 Tìm tất số nguyên dương cho: a2 +b2 +c2 3(ab+bc+ca) số nguyên Bài 11 Cho hai số nguyên dương a, b cho (4a2 − 1)2 chia hết cho (4ab − 1) Chứng minh a=b 39 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ KẾT LUẬN Trong khóa luận tơi trình bày : Lí thuyết đồng dư, Kí hiệu Lagrange, Jacobi số giả nguyên tố Euler ứng dụng Tìm hiểu kí hiệu Lagrange, kí hiệu Jacobi Tìm hiểu số giả nguyên tố Đề cập phân tích số dạng tốn Tuy nhiên thời gian thực khóa luận khơng nhiều cịn có sai sót em mong nhận góp ý q thầy bạn đọc 40 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển, Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2003) 237 trang [2] Hà Huy Khối, Nhập mơn số học thuật toán, NXB Khoa Học (1997) 156 trang 41 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... Mọi số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b Định lý 1.4.2 Mọi số giả nguyên tố mạnh sở b số giả nguyên tố Euler sở b 27 Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh... sung, số giả nguyên tố Euler số giả nguyên tố mạnh sở Ta có định lí sau 29 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.4.3 Số n giả nguyên tố Euler  sở b số giả nguyên tố ... Nghĩa 814 thặng dư bình phương 2003 Vậy  2003 Ví dụ Chứng minh số nguyên a thặng dư bình phương số nguyên tố a số phương Chứng minh Giả sử a khơng số phương Chúng ta giả thiết mà khơng 17 Số hóa