ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI THỊ MINH HẢI MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ FERMAT NHỎ VÀ ĐỊNH LÝ WILSON LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2017 Tai ngay!!! Ban co the[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI THỊ MINH HẢI MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ FERMAT NHỎ VÀ ĐỊNH LÝ WILSON LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI THỊ MINH HẢI MỘT SỐ CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ FERMAT NHỎ VÀ ĐỊNH LÝ WILSON Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN ĐÌNH BÌNH THÁI NGUYÊN - 2017 iii Mục lục Lời mở đầu 1 3 Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson 1.1 Một số kết đồng dư 1.2 1.3 Chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Chứng minh ban đầu Định lý Wilson 15 1.4 Ứng dụng giải số tập 28 Mở rộng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson 35 2.1 2.2 Một dạng tổng quát Định lý Fermat nhỏ Một dạng tổng quát Gauss Định lý Wilson 35 39 2.3 2.4 Một số chứng minh tổ hợp Ứng dụng 44 50 Lời mở đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson hai định lý hữu ích, tiếng toán học Chúng ứng dụng nhiều lĩnh vực khác nhau, nhiên luận văn này, tác giả tập trung vào trình bày chứng minh ban đầu hai định lý mở rộng chúng, chứng minh tổ hợp gần hai Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Thông qua việc chứng minh tổ hợp, tác giả muốn thể gần nhà toán học tiếp tục nghiên cứu tìm cách khác chứng minh hai định lý suốt hai kỷ qua Mục đích nghiên cứu Trình bày chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson dạng mở rộng chúng, sau trình bày thêm số chứng minh tổ hợp gần Đồng thời trình bày số ứng dụng hai định lý Nhiệm vụ nghiên cứu - Trình bày sơ lược lịch sử chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson - Trình bày mở rộng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson - Một số ứng dụng hai định lý Dự kiến đóng góp Từ lịch sử chứng minh ban đầu hai định lý mở rộng chúng, chứng minh tổ hợp gần hai Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Thông qua việc chứng minh tổ hợp, muốn thể nhà toán học tiếp tục nghiên cứu tìm cách khác chứng minh hai định lý suốt hai kỷ qua Đây nét so với kiến thức học bậc Đại học Ngoài phần mở đầu kết luận, bố cục Luận văn dự kiến có 02 chương Chương Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Trình bày sơ lược lịch sử chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Chương Mở rộng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Trình bày mở rộng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson, ứng dụng hai định lý Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Đình Bình Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới Thầy giáo, Cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K9B2 (khóa 2015–2017); Nhà trường phịng chức Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tơi học tập nghiên cứu Do cịn hạn chế nhiều mặt nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận bảo, góp ý thầy cô bạn Tác giả Bùi Thị Minh Hải Chương Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Mục đích chương trình bày sơ lược lịch sử chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Trong suốt luận văn, nhiều khái niệm kết lý thuyết số tổ hợp sử dụng chứng minh Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Những chứng minh định lý sử dụng tìm thấy hầu hết sách lý thuyết số tổ hợp Những bổ đề quan trọng trình bày chương 1.1 Một số kết đồng dư Trong mục này, tác giả trình bày số kết đồng dư, làm sở để chứng minh Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Những kết mục tác giả tham khảo từ [1],[2] Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b m số nguyên, m > Nếu m|(a − b) ta nói a đồng dư với b (mod m) ta viết a≡b (mod m) Các khái niệm đồng dư lần thức giới thiệu Gauss chương thứ Disquisitiones Aritmeticae Ơng chọn kí hiệu ≡ gần gũi với đại số [5, p.65] Bổ đề 1.1.2 Nếu ac ≡ bc (mod m) gcd (c, m) = 1, a ≡ b (mod m) Bổ đề 1.1.3 (Định lý Nhị thức) Nếu n số nguyên dương n (x + y)n = ∑ k=0 với n k ! = ! n k xn−k yk , n! số tổ hợp chập k n phần tử k!(n − k)! Bổ đề 1.1.4 (Định lý đa thức) Nếu k1 , k2 , , km n số nguyên không âm cho với n ≥ k1 + k2 + + km = n, (x1 + x2 + + xm )n = ∑ n k1 +k2 + +km =n với n k1 , k2 , , km ! = k1 , k2 , , km ! km x1k1 x2k2 xm , n! số hoán vị lặp n phần tử k1 !k2 ! km ! Bổ đề 1.1.5 (Định lý phần dư Trung Hoa) Cho m1 , m2 , , mr với r ≥ số tự nhiên cho chúng nguyên tố đơi có tích m Khi hệ r phương trình đồng dư tuyến tính: x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) x ≡ ar (mod mr ) có nghiệm (mod m) Bổ đề 1.1.6 Nếu a b số nguyên cho a ≥ b > 0, tồn số nguyên q, r cho a = qb + r ≤ r < b Bổ đề 1.1.7 Cho v bậc x (mod N) Nghĩa v số nguyên dương nhỏ cho xv ≡ (mod N) Khi hệ {1, x, x2 , , xv−1 } phân biệt (mod N) nguyên tố với N Bổ đề 1.1.8 Cho d = gcd(a, m) Nếu d|b, ax ≡ b (mod m) có xác d nghiệm (mod m) Bổ đề 1.1.9 Nếu a2 ≡ 1(mod p) gcd(a, p) = a ≡ (mod p) a ≡ p − 1(mod p) Bổ đề 1.1.10 Nếu p số nguyên tố < j < p p ước ! p j ! p p! , < j < p nên khơng có p mẫu Chứng minh Ta có = j!(p − j)! j ! p thức , có nhân tử p tử số j ! ! p p ≡ (mod p) nên suy p| Do j j ! p−1 Bổ đề 1.1.11 Nếu p số nguyên tố ≤ k ≤ p − ≡ k (−1)k (mod p) Sử dụng phương!pháp quy nạp p−1 Đặt S = {k| ≡ (−1)k (mod p)} k ! p−1 Ta có ∈ S = p − ≡ −1 (mod p) Giả sử k − ∈ S ! p−1 Khi ≡ (−1)k−1 (mod p) Theo đẳng thức Pascal, k−1 p−1 k ! ! = ! p p−1 − k k−1 Do ta có p−1 ! ≡− k p−1 ! ≡ (−1)(−1)k−1 k−1 (mod p) ≡ (−1)k (mod p) Do k ∈ S Bổ đề 1.1.12 Cho gcd(r, n) = r1 , r2 , , rϕ(n) số nguyên dương bé n nguyên tố với n Nếu r nguyên thủy n, r, r2 , , rϕ(n) đồng dư mođun n với r1 , r2 , , rϕ(n) theo thứ tự, với ϕ(n) số số nguyên dương bé n nguyên tố với n Bổ đề 1.1.13 Số nguyên n > có nguyên thủy n = 2, 4, pe 2pe với p số lẻ, với nguyên thủy n định nghĩa sau: Nếu r, n số nguyên tố nhau, n > ordn = ϕ(n) gọi nguyên thủy modunlo n Bổ đề 1.1.14 (Công thức Euler) Cho a n số nguyên không âm với a ≥ n Khi n! = an − ! n (a − 1)n + + + (−1)n n ! (a − 2)n − n n n ! (a − 3)n ! (a − n)n Công thức Euler gốc chứng minh theo phương pháp quy nạp Chứng minh sử dụng nguyên lý Bù - Trừ Chứng minh (How and Turnage, 2007) Ban đầu ta đếm số cách khác để đặt n vật khác vào a ô khác nhau, với điều kiện n ô không phép để trống n ≤ a Khi có n cách chọn với đầu tiên, n − cách chọn với ô thứ hai Tiếp tục có n! cách để đặt vật vào Bây ta tìm câu trả lời theo cách khác Đầu tiên, xét tập U tập bao gồm tất cách xếp vật khác vào ô khác khơng có hạn chế Khi |U| = an , với n vật có a cách chọn ô Gọi Pi tính chất mà thứ i rỗng Sử dụng ngun lý Bù - Trừ, ta phân phối vật vào khơng chứa tính chất tính chất P1 , P2 , , Pn Gọi N(Pi0 ) số cách phân phối khơng chứa tính chất Pi N(Pi ) số cách phân phối chứa tính chất Pi Khi sử dụng nguyên lý Bù - Trừ N(P10 P20 · · · Pn0 ) = an − ∑ N(Pi ) + ∑ N(Pi Pj ) − ∑ N(Pi Pj Pk ) + · · · + (−1)n N(P1 P2 · · · Pn ) ! n Đầu tiên ta tính ∑ N(Pi ) Có cách chọn trống ! có (a − 1)n cách xếp n vật vào a − cịn lại Do ∑ N(Pi ) = n (a − 1)n ! ! n n (a − 2)n , ∑ N(Pi Pj Pk ) = (a − 3)n tiếp Tương tự, ∑ N(Pi Pj ) = ! n tục Do tổng quát với k = 1, 2, , n có cách chọn k tính k chất có (a − k)n cách xếp n vật vào (a − k) ô Do N(P10 P20 · · · Pn0 ) = an − n ! (a − 1)n + n ! (a − 2)n − · · · + (−1)n n n ! (a − n)n , hay suy n! = an − 1.2 n ! (a − 1)n + n ! (a − 2)n − · · · + (−1)n n n ! (a − n)n Chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ Định lý 1.2.1 (Định lý Fermat nhỏ) Nếu p số nguyên tố, a số nguyên gcd(a, p) = a p−1 ≡ (mod p) Định lý Fermat nhỏ sở để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất kiểm tra Fermat 42 Khi theo Bổ đề 1.1.12, n có nguyên thủy, gọi r Khi sử dụng bổ đề 11, Q ≡ {r, r2 , , rΦ(n) } (mod n), tích phần tử đồng dư P, ta có P ≡ r · r2 · · · rϕ(n) (mod n) = r1+2+3+···+ϕ(n) ϕ(n)(1+ϕ(n)) = r (1+ϕ(n)) ϕ(n)/2 = r ≡ (−1)(1+ϕ(n)) ≡ −1 (mod n) Ta sử dụng: •ϕ(n) chẵn với n > Chứng minh [5, p.128] Nếu n lũy thừa 2, cho n = 2k với k ≥ Khi ϕ(n) = ϕ(2k ) = 2k − 21 = 2(k−1) số nguyên chẵn Nếu n lũy thừa 2, chia hết cho vài số nguyên tố lẻ p Khi n = pk m với k ≥ vàgcd(pk , m) = Vì ϕ hàm nhân tính nên ϕ(n) = ϕ(pk ) · ϕ(m) = pk − 1p · ϕ(m) = pk − pk−1 ϕ(m) = pk−1 (p − 1)ϕ(m) Do 2|(p − 1), ϕ(n) số chẵn •rϕ(n)/2 ≡ −1 (mod n) Chứng minh Các trường hợp n = n = đơn giản, cho n = pe Khi (rϕ(n)/2 − 1)(rϕ(n)/2 + 1) = rϕ(n) − ≡ (mod n) suy p|(rϕ(n)/2 − 1) p|(rϕ(n)/2 + 1) Lưu ý p không chia hết cho nhân tử: p chia hết cho hai nhân tử, chia hết cho liên hợp nó, suy p|2, mâu thuẫn Vì r ngun thủy (mod n) nên ta khơng có (rϕ(n)/2 − 1) ≡ (mod n) Do với n = pe , rϕ(n)/2 + ≡ (mod n) Chứng minh tương tự n = 2pe Trong trường hợp r lẻ, 2|(rϕ(n)/2 ± 1) Tóm lại ta có rϕ(n)/2 + ≡ (mod n) Trường hợp 2: 4|n and n > 43 Xét x2 ≡ −1 (mod 4) Vì x2 ≡ −1 (mod 4) khơng có nghiệm, x2 ≡ −1 (mod n) khơng có nghiệm, chia hết n Do với phần tử a Q, đồng dư ax ≡ −1 (mod n) có nghiệm x = b Q, b 6= a Ghép cặp phần tử a b Q cho ab ≡ −1 (mod n) Khi n chia hết cho 4, n = j m với số nguyên m j ≥ Khi 2 j m n= 4p|n Suy 4|ϕ(n), j ≥ 3, m ∈ Z p số nguyên tố lẻ 2 j−1 ϕ(m) ϕ(n) = 2(p − 1) · · · ϕ(n) chẵn Khi P ≡ (−1)ϕ(n)/2 ≡ (mod n) e Trường hợp 3: n = j pe11 pe22 · · · pkk , với j = j = 1, với pi số nguyên tố lẻ, k ≥ Bây ta x2 ≡ (mod n) có 2k nghiệm Để nhận thấy điều này, ta sử dụng x2 ≡ (mod pei i ) có xác hai nghiệm x = x = −1 Lưu ý e x2 ≡ (mod j pe11 · · · pkk ) x2 ≡ (mod j ) x2 ≡ (mod pei i ) for i = 1, , k Do sử dụng định lý phần dư Trung Hoa vào hệ x ≡ (mod j ) x ≡ ±1 (mod pei i ), i = 1, , k ta thấy nghiệm xuất a (n − a) với a(n − a) ≡ −(a)2 ≡ −1 (mod n) Cho S tích tất nghiệm x2 ≡ (mod n) Vì có 2k−1 cặp, k−1 S ≡ (−1)2 ≡ (mod n) Nếu a phần tử Q khơng thuộc S ax ≡ (mod n) có nghiệm x = b Q, b 6= a Ta ghép cặp phần tử a b Q − S để ab ≡ (mod n) Do P ≡ (mod n) 44 Chú ý Theo Dickson [7, p.65], Gauss công bố định lý tổng quát nhận xét nguyên thủy sử dụng định lý Đó lí mà chúng tơi có Trường hợp phần chứng minh Tuy nhiên lưu ý phương pháp Trường hợp dễ dàng sử dụng với n = p3 n = 2pe Trong trường hợp đó, x2 ≡ (mod n) có hai nghiệm, x ≡ ±1 (mod n) Chúng ta ghép cặp phần tử a, b khác cho ab ≡ (mod n), P ≡ −1 (mod n) Do ta chứng minh ngắn gọn xét trường hợp | n - n Chú ý Trong trường hợp 3, giả sử pe11 |n với p1 ≡ (mod 4) Khi x2 ≡ −1 (mod n) khơng có nghiệm, x2 ≡ −1 (mod pi ) khơng có nghiệm Trong trường hợp 2, kết hợp tất phần tử a b Q cho ab ≡ −1 (mod n) Do P ≡ (−1)ϕ(n)/2 ≡ (mod n) Điều có nghĩa trường hợp giả định pi đồng dư với (mod 4) Ví dụ Giả sử n = 130 = · · 13 Khi k = Ta muốn x2 ≡ (mod 130) có 2k = nghiệm Để làm điều đó, ta sử dụng định lí phần dư Trung Hoa để xét hệ x ≡ (mod 2) x ≡ (mod 2) x ≡ (mod 2) x ≡ (mod 2) x ≡ (mod 5) x ≡ (mod 5) x ≡ −1 (mod 5) x ≡ −1 (mod 5) x ≡ (mod 13) x ≡ −1 (mod 13) x ≡ (mod 13) x ≡ −1 (mod 13) Khi ta có bốn nghiệm để x2 ≡ (mod n): 1, 51, −51 ≡ 79, −1 ≡ 129 2.3 Một số chứng minh tổ hợp Những chứng minh sau Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson chứng tỏ định lý xem xét Những chứng minh đến từ Combinatorial Proofs of Fermat’s, Lucas’s and Wilson by Peter G Anderson, Arthu T Benjamin Jeremy A Rouse [2] Những chứng minh viết Proofs that Really Count by Arthur T Benjamin and Jennifer J Quinn [3] 45 Chúng ta bắt đầu với bổ đề sau: Bổ đề 17 Cho S tập hữu hạn, p số nguyên tố, giả sử f : S → S có tính chất f p (x) = x với x thuộc S, với f p p lần thành phần f Khi |S| ≡ |F| (mod p), F tập điểm bất động f Chứng minh Đầu tiên ta S hợp rời tập có dạng {x, f (x), , f p−1 (x)} Giả sử điều khơng đúng, nghĩa giả sử ta có hai tập riêng biệt S cho {x, f (x), , f p−1 (x)} ∩ {y, f (y), , f p−1 (y)} 6= ∅ Khi tồn i, j ∈ Z với ≤ j < i ≤ p − cho f i (x) = f j (y) Khi đó: f i+1 (x) = f j+1 (y) f i+2 (x) = f j+2 (y) f p (x) = f j+k (y), j + k < p, p = i + k Khi đó: x = f j+k (y) f (x) = f j+k+1 (y) f (x) = f j+k+2 (y) i.e {x, f (x), , f p−1 (x)} = {y, f (y), , f p−1 (y)} Do {x, f (x), , f p−1 (x)} ∩ {y, f (y), , f p−1 (y)} = ∅ {x, f (x), , f p−1 (x)} = {y, f (y), , f p−1 (y)} Bây ta cần độ dài chu trình x là p Cho x ∈ S Khi hốn vị 46 tạo x tập {x, f (x), , f p−1 (x)} Nếu x điểm bất động f f (x) = x suy độ dài chu trình x Giả định f p (x) = x với x ∈ S, suy độ dài chu trình x lớn p Bây giờ, giả sử độ dài chu trình x k cho < k ≤ p − Khi {x, f (x), , f k−1 (x)} hốn vị x, ta có: x f (x) f (x) f k−1 (x) x f (x) f k−1 (x) x f (x) f p−1 (x) Có tất p ô chia cho m tập hợp k số hạng Do p = mk mâu thuẫn với p số nguyên tố Do độ dài chu trình x p Cuối ta |S| ≡ |F| (mod p) Theo bên trên, độ dài chu trình x p Trong S x điểm bất động không Độ lớn S tổng số điểm bất động, |F|, cộng thêm số điểm khác |N| Vì độ dài điểm bất động p,số điểm bất động bội p Do |S| = |F| + |N| = |F| + pn ≡ |F| (mod p) Bây ta sử dụng bổ đề để chứng minh Định lý Fermat nhỏ: Chứng minh 1.10 (Anderson, Benjamin, and Rouse, 2005) Cho S tập tất vịng màu có độ dài p, với a màu chọn màu có độ dài Cho f : S → S cho f (x) = x1 ,với x1 x quay theo chiều kim đồng hồ đơn vị Do |S| = a p Ta có a vịng màu độ dài p với màu Vì vịng quay vịng màu màu, i.e f (x) = x điểm bất động ta Tức |F| = a Do với bổ đề trước đó, a p ≡ a (mod p ) Ví dụ Cho p = = độ dài vòng a = = số màu vịng Ta muốn minh họa số vịng màu có độ dài p với a cách chọn màu với độ dài a p = Hình 2.1 minh họa tất trường hợp Do số lượng vịng với độ dài có màu 23 = Có vịng mà có màu Vì vịng có màu theo bổ đề 23 = ≡ 2(mod 3) Bây ta sử dụng bổ đề để chứng minh Định lý Wilson: 47 Hình 2.1: Chứng minh 3.8 (Anderson, Benjamin, and Rouse, 2005) Đầu tiên, hỏi đặt là: Có hốn vị {0, 1, , p − 1} có chu trình? p − p − p − Chú ý rằng: Mỗi cách chọn ô xác định số cách chọn xây dựng hoán vị Tất hốn vị bắt đầu với 0, ta có (p−1)! hoán vị {0, 1, , p−1} có chu trình Cho S tập (p − 1)! hoán vị với {0, 1, , p − 1} với xác chu trình,và xác định hàm f S đây: Cho (0, a1 , a2 , , a p−1 ) hoán vị S Khi f ((0, a1 , a2 , , a p−1 )) = (1, a1 + 1, a2 + 1, , a p−1 + 1) ∈ S tổng tất đồng dư mô đun p Chú ý f p ((0, a1 , a2 , , a p−1 )) = (0, a1 , a2 , , a p−1 ) Từ bổ đề trước ta biết |S| ≡ |F| (mod p) Do ta phải có p − điểm bất động f Yêu cầu: Ta chứng minh (0, a1 , a2 , , a p−1 ) điểm bất động của f tồn a cho ≤ a ≤ p − 1, thỏa mãn (0, a1 , a2 , , a p−1 )=(0, a, 2a, , (p− 1)a) Đầu tiên ta (0, a, 2a, , (p − 1)a) điểm bất động: theo 48 định nghĩa f , ta có f (0, a, , (p − 1)a) = (1, + a, + 2a, , + ka, + (k + 1)a, , + (p − 1)a) Ta có + ka ≡ (mod p) với k, + (k + 1)a = + ka + a ≡ a (mod p) + (k + 2)a = + ka + 2a ≡ 2a (mod p) + (k + (p − 1))a = + ka − a ≡ (p − 1)a (mod p) Do (0, a, , (p − 1)a) điểm bất động Bây giả sử (0, a1 , a2 , , a p−1 ) điểm bất động f Do f (0, a1 , a2 , , a p−1 ) = (1, + a1 , , + a p−1 ) f (2)(0, a1 , a2 , , a p−1 ) = (2, + a1 , , + a p−1 ) f (a1 )(0, a1 , a2 , , a p−1 ) = (a1 , 2a1 , , a1 + a p−1 ) với a2 = 2a1 Tiếp tục tính tốn ta f (2a1 )(0, a1 , a2 , , a p−1 ) = (2a1 , 3a1 , , 2a1 + a p−1 ) với a3 = 3a1 Tổng quát lên ta f (ka1 ) (0, a1 , a2 , , a p−1 ) = (ka1 , (k + 1)a1 , , ka1 + a p−1 ) với ak+1 = (k + 1)a1 Vì (0, a1 , a2 , , a p−1 ) điểm bất động, ta có (0, a1 , a2 , , ak+1 , , a p−1 ) = (0, a1 , 2a1 , , (k + 1)ak+1 , , (p − 1)a1 ) suy tất điểm bất động S có dạng trên.Vì có tất (p − 1) cách 49 chọn với a1 , có (p − 1) điểm bất động f Do |S| ≡ |F| (mod p) (p − 1)! ≡ (p − 1) (mod p) ≡ −1 (mod p) Ví dụ Minh họa cho chứng minh trên, cho p = đặt Π = (0, 3, 1, 4, 2) Chú ý f (Π) = (1, 4, 2, 0, 3) = (0, 3, 1, 4, 2), Π điểm bất động với Π(0) = Khi Π = f (3) (Π) = (3, 6, 4, 7, 5), so Π(3) = Π = f (6) (Π) = (6, 9, 7, 10, 8), so Π(6) = Π = f (9) (Π) = (9, 12, 10, 13, 11), so Π(9) = 12 Π = f (12) (Π) = (12, 15, 13, 16, 14) = (12, 0, 13, 16, 14) với Π(12) = Do (0, 3, 1, 4, 2) = (0, 3, 6, 9, 12) điều minh họa cho chứng minh với a1 = Bây ta nhìn vào chứng minh khác định lí Fermat nhỏ: Chứng minh 1.11 (Benjamin and Quinn, 2003) Đầu tiên, câu hỏi đặt là: Có cách để số {1, 2, , p} chọn màu mà không số trùng màu với số kia? Bây ta chứng minh câu hỏi Định lý Fermat nhỏ Một cách khác để dễ hiểu ta có hộp gồm có p ơ, chưa số tập {1, 2, , p} Khi với ta chọn màu Do tổng số màu kết hợp a p , ta phải tìm trường hợp a mà có màu Do cách để số {1, 2, , p} có màu a p − a 50 2.4 Ứng dụng Các công việc chi tiết trước cho thấy đa dạng cách chứng minh Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Tuy nhiên điều quan trọng cần lưu ý ứng dụng thực tế định lý Trong sách An Introduction to Cryptography, Richard A Mollin định nghĩa mật mã nghiên cứu phương pháp để gửi tin nhắn cách trá hình cho có người nhận giải mã Một loại cụ thể mật mã mật mã Public-Key Mollin định nghĩa hệ mật bao gồm tập hợp mã biến đổi giải mã biến đổi [ mà ] cặp (e, d) e gọi khóa cơng khai, cơng bố cơng khai, chìa khóa giải mã d giữ bí mật Hệ thống mật mã phải thỏa mãn điều kiện tính tốn khơng khả thi để tìm d e [7] Việc sử dụng hệ thống mật mã khóa cơng khai dựa vào thuật toán RSA, đặt theo tên nhà phát triển R Rivest, A Shamir Adleman Thuật toán phát minh vào năm 1978 chủ yếu dựa vào Định lý Fermat nhỏ Định lý phần dư Trung Hoa Các mô tả sau mật mã RSA tìm thấy Elementary Number Theory [5] Burton, hồn thiện : Đầu tiên, người sử dụng hệ thống mã RSA chọn cặp số nguyên tố phân biệt p q đủ lớn tích n, n số nguyên tố nhiều 100 chữ số; n gọi the enciphering modulus Tiếp theo, phải chọn số nguyên k, gọi số mũ phục hồi cho gcd(k, Φ(n)) = Khi cặp (n, k) đặt tập tin cơng cộng chìa khóa mã hóa người dùng Trước thơng điệp mã hóa, "bảng chữ kỹ thuật số" phải xác định, chữ cái, khơng gian, dấu chấm câu đưa 51 mô tả số Burton [5, p.142] đưa tiêu chuẩn sau: A = 01 K = 11 U = 21 = 31 B = 02 L = 12 V = 22 = 32 C = 03 M = 13 W = 23 = 33 D = 04 N = 14 X = 24 = 34 E = 05 O = 15 Y = 25 = 35 F = 06 P = 16 Z = 26 = 36 G = 07 Q = 17 , = 27 = 37 H = 08 R = 18 = 28 = 38 I = 09 S = 19 ? = 29 = 39 J = 10 T = 20 = 30 ! = 40 với 00 khoảng trống từ Như với bảng chữ này, thông điệp Leibniz deserves more credit chuyển thành M = 1205090214092600040519051822051900131518050003180504092028 Đối với người có nhu cầu gửi tin nhắn đến người sử dụng khác, trước tiên phải có khóa cơng khai người dùng sau chuyển M với số mã hóa r cách lũy thừa M với số mũ k sau làm giảm kết theo modulo n: Mk ≡ r (mod n) Người nhận cần phải xác định số nguyên j, số mũ phục hồi cho kj ≡ (mod Φ(n)) Từ gcd(k, Φ(n)) = 1, phải có nghiệm theo modulo Φ(n) Sử 52 dụng thuật tốn Euclide, người ta tìm thấy j Vì số mũ phục hồi tìm thấy người biết kv nguyên tố n (cần thiết để tìm Phi(n), giá trị k bí mật Cuối cùng, để dịch r trở lại M, người nhận tìm thấy M, cho r j ≡ (M k ) j ≡ M (1+Φ(n)t) ≡ M(M Φ(n) )t ≡ M 1t ≡ M (mod n) Lưu ý bước quan trọng nơi sử dụng đến Định lý nhỏ Fermat Ta giả định gcd(M, n) = Nếu M n nguyên tố nhau, ta đến kết luận tương tự thông qua Định lý phần dư Trung Hoa (Xem [5, tr 143]) Ví dụ sau cho thấy hoạt động Thuật toán RSA, sử dụng số nguyên tố nhỏ để hiểu cho rõ ràng Ví dụ Cho p = 13 q = 29 Khi n = 377 suy Φ(n) = (13 − 1)(29 − 1) = 336 Bây phải chọn số nguyên k, số mũ phục hồi, cho gcd(k, Φ(n)) = Số 67 lựa chọn đắn Số j phải đáp ứng kj ≡ (mod Φ(n)) Do thuật tốn Euclide, đặt j = −5 ≡ 331 (mod 336) Ta mã hóa thơng báo sau cách sử dụng bảng chữ kỹ thuật số liệt kê trên: HELP! thành M = 0805121640 Sau chia M thành khối mã, khối mã nhỏ Φ(n) = 336 Do chia M thành khối có độ dài Khối đầu tiên, 08 mã hóa 53 sau 867 ≡ 148 (mod 377) Tổng tin nhắn mã hóa đọc sau: 148216220315300 Để giải mã tin nhắn, với b, người nhận tính b331 (mod 377) Ví dụ, giải mã 148: 148331 ≡ (mod 377) Một ứng dụng thực tế Định lý nhỏ Fermat xuất Contemporary Abstract Algebra, Sixth Edition, by Joseph A Gallian [8, p.142]: Sử dụng kết hợp Định lý Fermat máy tính để kiểm tra tính nguyên tố số tự nhiên Một trường hợp liên quan đến số p = 2257 − Nếu p số nguyên tố, theo Định lý Fermat nhỏ 10 p ≡ 10 (mod p) 10 p+1 ≡ 100 (mod p) Với độ xác cao vịng lặp đơn giản máy tính tính tốn 257 10 p+1 ≡ 102 (mod p) vài giây Kết 100 modunlo p, p khơng số nguyên tố Chúng chứng minh hai ứng dụng thực tế Định lý Fermat nhỏ, công việc mà phát triển năm 1970 cịn liên quan đến cơng việc tốn học ngày Định lý Wilson có giá trị sử dụng để chứng minh nhiều định lý quan trọng khác Chứng minh Dirichlet Định lý Wilson chứng tỏ điều Định lý Wilson sử dụng để chứng minh tính nguyên tố số nguyên Một kết thú vị phát sinh xem xét định lý đảo Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson Định lý 5.1 (Định lý Wilson đảo) 54 Giả sử (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Khi p số nguyên tố Chứng minh Giả sử p không số nguyên tố Với p = ta có 3! ≡ (mod 4) Giả sử p > Khi p biểu diễn hai số không tầm thường m, n cho p = mn Đầu tiên, giả sử < m < n < p Khi mn phải chia hết (p − 1)! Khi mn - [(p − 1)! + 1], (p − 1)! ≡ (mod p) Tiếp theo, giả sử < m = n < p Khi m|(p − 1)! suy m - [(p − 1)! + 1] Khi mn - [(p − 1)! + 1], 2m < m2 = p, (p − 1)! ≡ (mod p) Do hai trường hợp ta thấy mâu thuẫn, p số nguyên tố Ta xét đến mệnh đề đảo Định lý Fermat nhỏ nhiên khơng Nói cách khác, mệnh đề sau không đúng: Cho p > số tự nhiên, với số tự nhiên a với gcd(a, p) = a p−1 ≡ (mod p) Khi p số nguyên tố Năm 1909 Carmichael chứng minh có giá trị n cho an−1 ≡ (mod n) cố định với tất số a nguyên tố với n [5, p.94] Những số n đặt tên số Carmichael Ví dụ số 561 = · 11 · 17 Chú ý gcd(a, 561) = a560 = (a2 )280 ≡ (mod 3) a560 = (a10 )56 ≡ (mod 11) a560 = (a16 )35 ≡ (mod 17) theo Định lý phần dư Trung Hoa, a560 ≡ (mod 561) 55 Kết Luận Một số kết luận văn tác giả thể (1) Hệ thống chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ (2) Hệ thống chứng minh ban đầu Định lý Wilson (3) Một dạng mở rộng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson chứng minh tương ứng (4) Ứng dụng Định lý Fermat nhỏ Định lý Wilson 56 Tài liệu tham khảo Tài liệu tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2006) Chuyên đề bồi dưỡng số học THPT, NXB Giáo Dục [2] Hà Huy Khoái (2003) Số học thuật toán: Cơ sở lý thuyết tính tốn thực hành, Bộ sách tốn cao cấp, Viện Toán học Hà Nội, Trung tâm KHTN CN Quốc gia Tài liệu tiếng Anh [3] Benjamin, Arthur T and Jennifer J Quinn (2003), Proofs that Really Count, The Mathematical Association of America [4] Dickson, L.E (1952), History of the Theory of Numbers, 1, Chelsea Publishing Company, New York [5] Burtun, David M (1994), Elementary Number Theory, Third Edition, Wm C Brown Publishers [6] Comtet, Louis (1974), Advanced Combinatorics, D Reidel Publishing Company, Dordrecht, Holland [7] Caroline LaRoche Turnage (2008), Selected Proofs of Fermat’s Theorem, Wake Forest University Department of Mathematics