Bài Giảng Thặng Dư Bình Phương

Chơng Thặng d bình phơng Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên tố với p Vấn đề đặt là: a số phơng modulo p? Vấn đề giá trị lí thuyết, mà nh ta thấy sau, có nhiều ứng dụng quan trọng Để nghiên cứu vấn đề đặt ra, công cụ quan trọng kí hiệu Legendre Jacobi mà ta xét chơng Đ1 Kí hiệu Legendre Định nghĩa 4.1 Giả sử m số nguyên dơng Số a đợc gọi thặng d bình phơng m (a,m)=1 đồng d x2 a(mod m) có nghiệm Nếu ngợc lại, ta nói a không thặng d bình phơng m Ta chứng tỏ rằng, a số nguyên tố lẻ, số số 1, 2, , p-1 có nửa thặng d bình phơng Bổ đề 4.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi đồng d sau nghiệm, có hai nghiệm không đồng d modulo p: x2 a(mod p) Chứng minh Giả sử có nghiệm x=x0 Khi đó, dễ chứng minh x=-x0 nghiệm không đồng d với x0 Ta rằng, nghiệm tuỳ ý khác x=x1 đồng d với x0 -x0 Thật vậy, ta có: x02 x12(mod p), tức x02-x12=(x0+x1)(x0-x1) 0(mod p) Do đó, p|x0+x1, p|x0-x1, điều phải chứng minh Định lí 4.3 Nếu p số nguyên tố lẻ, số 1, 2, , p-1 có (p-1)/2 thặng d bình phơng Chứng minh Để tìm tất thặng d modulo p số 1,2, ,p-1, trớc tiên ta bình phơng số xét thặng d dơng bé modulo p kết nhận đợc Các thặng d dơng bé tất thặng d bình phơng số từ đến p-1 Giả sử a thặng d nh Vì phơng trình đồng d x2 a(mod p) có hai nghiệm, nên số (p-1) bình phơng xét, phải có hai bình phơng thặng d a: Số thặng d bình phơng (p-1)/2 Để xét thặng d bình phơng, ngời ta thờng dùng kí hiệu quan trọng mà ta nghiên cứu chơng 59 Định nghĩa 4.4 Giả sử p số nguyên tố lẻ a số nguyên không chia a hết cho p Kí hiệu Legendre đợc định nghĩa nh sau: p a p = 1, a thặng d bình phơng p -1, ngợc lại Ví dụ Dễ tính đợc: 11 = 11 = 11 = 11 = 11 = 11 = 11 = 11 = 11 = 10 11 = Tiêu chẩn sau thờng đợc dùng để chứng minh tính chất kí hiệu Legendre Định lí (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên dơng không chia hết cho p Khi đó: a (p-1)/2 (mod p) p a a Chứng minh Trớc tiên, giả sử =1 Khi đó, đồng d x2 a(mod p) có p nghiệm x=x0 Theo định lí Fermat bé, ta có: a(p-1)/2=(x02)(p-1)/2=x0p-1 1(mod p) a Chỉ phải xét trờng hợp =-1 Khi , đồng d x2 a(mod p) vô nghiệm p Với i cho i p-1, tồn j (1 j p-1) để ij a(mod p) Rõ ràng i j, nên ta nhóm số 1, , p-1 thành (p-1)/2 cặp với tích cặp đồng d a modulo p Nhân cặp với ta đợc: (p-1)! a(p-1)/2(mod p) Từ định lí Wilson ta có: -1 a(p-1)/2(mod p) Định lí đợc chứng minh Những tính chất sau cho phép tính đợc dễ dàng kí hiệu Legendre 60 Định lí 4.5 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a b số nguyên không chia hết cho p Khi đó: a (i) Nếu a b(mod p) = p a b (ii) = p p b p ab p a (iii) = p Chứng minh (i) Nếu a b(mod p) x2 a(mod p) có nghiệm a b x2 b(mod p) có nghiệm Do = p p (ii) Bởi tiêu chuẩn Euler ta có: a (p-1)/2 (mod p), p a b (p-1)/2 (mod p) p b ab (p-1)/2 (mod p) p (ab) Nh vậy, a b ab (p-1)/2 (p-1)/2 b =(ab)(p-1)/2 (mod p) p p a p Vì giá trị kí hiệu Legendre nên ta có đẳng thức cần chứng minh a (iii) Vì = nên từ phần ta có p a a a = = p p p Định lí cho thấy tích hai thặng d bình phơng hai không thặng d bình phơng thặng d bình phơng, tích thặng d bình phơng không thặng d bình phơng không thặng d bình phơng Tiêu chuẩn Euler cho biết số nguyên lẻ nhận -1 thặng d bình phơng 61 Định lí 4.6 Nếu p số nguyên tố lẻ 1, p 1(mod 4) p = 1, p 1(mod 4) Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler ta có: ( p 1)/ (mod p) p ( 1) Nếu p 1(mod 4) p=4k+1 với k nguyên Nh vậy, (-1)(p-1)/2=(-1)2k+1=-1, tức =-1 p Định lí 4.7 (Bổ đề Gauss) Giả sử p số nguyên tố lẻ (a,p)=1 Nếu s số thặng d dơng bé số nguyên a,2a, ((p-1)/2)a lớn p/2, a s p =(-1) Chứng minh Trong số thặng d dơng bé số nguyên a,2a, , ((p-1)/2)a, giả sử u1,u2, ,us thặng d lớn p/2, v1,v2, ,vt thặng d nhỏ p/2 Vì (ja,p)=1 với j, j ( p 2) / , nên tất thặng d dơng bé nói nằm tập hợp 1, ,p-1 Ta chứng tỏ rằng, p-u1, , p-us, v1, ,vt tập hợp số 1, (p-1)/2, xếp theo thứ tự Có thảy (p-1)/2 số không vợt (p-1)/2, nên phải chứng minh hai số đồng d với Rõ ràng hai số ui nào, nh hai số vj đồng d với modulo p Thật vậy, ngợc lại, ta có đồng d ma na(mod p) với m, n dơng không vợt (p-1)/2 Vì (a,p)=1 nên từ suy m n(mod p): Mâu thuẫn Tơng tự nh trên, thấy p-ui đồng d với vj Vậy ta có: p (p-u1) (p-us)v1 vt !(mod p) Từ suy p (-1)su1 usv1 vt !(mod p) Mặt khác, u1, us,v1, vt thặng d dơng bé a,2a, ,((p-1)/2)a nên 62 p u1 usv1 vt a(p-1)/2 !(mod p) Nh ta có: p p (-1)s a(p-1)/2 ! !(mod p) Vì (p,((p-1)/2)!)=1 nên suy ra: (-1)sa(p-1)/2 1(mod p), tức là: a(p-1)/2 (-1)s(mod p) Định lí suy từ tiêu chuẩn Euler Định lí 4.8 Nếu p số nguyên tố lẻ 2 (p -1)/8 p =(-1) Nh vậy, thặng d bình phơng số nguyên tố dạng p 1(mod 8)và không thặng d bình phơng số nguyên tố dạng p 3(mod 8) Chứng minh áp dụng tiêu chuẩn Gauss, ta cần tính số thặng d dơng bé lớn p/2 dãy số 1.2,2.2, ,((p-1)/2).2 Vì số nhỏ p nên thặng d dơng bé số trùng với Nh vậy, ta cần tính số số dãy lớn p/2 Số số s=(p-1)/2-[p/4] (trong [ ] phần nguyên) Nh ta có: (p-1)/2-[p/4] p =(-1) Dễ kiểm tra đồng d thức sau cách phân trờng hợp p 1,3,5,7(mod 8): (p-1)/2-[p/4] (p2-1)/8(mod 2) Từ ta có: 2 (p -1)/8 (mod 2) p (-1) Tính toán trực tiếp cho đẳng thức cần chứng minh 63 Đ2 Luật thuận nghịch bình phơng p q Định lí sau cho ta mối liên hệ kí hiệu Legendre Định lí q p thờng đợc sử dụng tính toán với kí hiệu Legendre Định lí 4.9 (Luật thuận nghịch bình phơng) Giả sử p q số nguyên tố lẻ, ta có: p q q ((p-1)/2).((q-1)/2) p =(-1) Trớc hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 4.10 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số lẻ không chia hết cho p Khi a T(a,p) p =(-1) , ( p 1)/ [ ja / p] T(a,p)= j =1 Chứng minh Xét thặng d dơng bé số nguyên a,2a, ,((p-1)/2)a Giả sử u1, us,v1, vt tơng ứng thặng d lớn bé p/2 Ta có: ja=p[ja/p]+ phần d phần d số ui vj Cộng vế (p-1)/2 phơng trình, ta đợc: ( p 1)/ ( p 1)/ j =1 j =1 ja = s t j =1 j =1 p[ ja / p] + u j + v j Nh chứng tỏ chứng minh bổ đề Gauss, số nguyên p-u1, , p-us, v1, ,vt tập hợp số 1, (p-1)/2, xếp theo thứ tự đó.Vậy ta có: ( p 1)/ s t s t j =1 j =1 j =1 j =1 j =1 j = ( p u j ) + v j = ps u j + v j Từ suy ( p 1)/ ( p 1)/ ( p 1)/ s j =1 j =1 j =1 j =1 ja j = p[ ja / p] ps + u 64 j Từ công thức T(a,p), ta nhận đợc: (a 1) ( p 1)/ s j =1 j =1 j = pT (a , p) ps + u j Vì a, p lẻ nên T(a,p) s(mod 2) Bổ đề đợc chứng minh cách áp dụng bổ đề Gauss Bây ta chứng minh Luật thuận nghịch bình phơng Xét cặp số nguyên (x,y) với x (p-1) /2 y (q-1)/2 Có tất ((p-1)/2)((q-1)/2) cặp nh Ta chia cặp thành hai nhóm tuỳ thuộc độ lớn qx py Trớc tiên, dễ thấy qx py cặp Để đánh số cặp số nguyên (x,y) với x (p-1)/2, y (q-1)/2 qx > py, ta ý chúng cặp với x (p-1)/2, y qx/p Với giá trị cố định x, x (p-1)/2, tồn [qx/p] số nguyên thoả mãn y qx/p Nh số cặp thoả mãn tính chất xét ( p 1)/ [qj / p] j =1 Tiếp theo, ta xét cặp thoả mãn x (p-1)/2, y (q-1)/2 qx < py Lý ( q 1)/ luận tơng tự nh cho thấy, số cặp [ pj / q ] j =1 Vì có tất ((p-1)/2)((q-1)/2) cặp, ta nhận đợc đẳng thức sau ( p 1)/ ( q 1)/ j =1 j =1 [qj / p] + [ pj / q ] = ((p-1)/2)((q-1)/2) Từ định nghĩa hàm T, ta có: (-1)T(p,q)+T(q,p)=(-1)((p-1)/2)((q-1)/2) Định lý đợc suy từ bổ đề 4.10 Nhận xét Định lý (Luật thuận nghịch bình phơng) thờng đợc dùng để p q tính ký hiệu Legendre Chẳng hạn, từ định lí suy rằng, =-1 q p p q p q (mod 4), trờng hợp lại, tức = q p p q p q (mod 4), = trờng hợp có hai số p q p q đồng d với modulo 65 713 Ta xét ví dụ số: tính 1009 713 1009 = 23.31 1009 = 23 31 1009 1009 Vì 1009 1(mod 4) nên ta có: 23 1009 31 1009 1009 = 23 , 1009 31 Mặt khác, 1009 20 2 2 23 23 = 23 = = 23 = 23 = = = = = 23 23 1009 17 31 14 17 31 = 31 = 17 = 17 = 17 17 = 17 = = = = 2 = = 713 Vậy, =1 1009 Luật thuận nghịch bình phơng đợc dùng kiểm tra nguyên tố Ta có định lí sau Định lí 4.11 (Kiểm tra Pepin) Số Fermat Fm số nguyên tố 3(F m 1) / -1 (mod F ) m m Chứng minh Ta nhắc lại định nghĩa số Fermat: Fm=2 +1 Giả sử đồng d phát biểu định lí đợc thoả mãn Khi ta có 3F m -1 (mod Fm) Nh vậy, Fm có ớc nguyên tố p 3F m -1 (mod p) Do đó, ordp3 phải ớc Fm-1, tức phải luỹ thừa Từ giả thiết m1 suy ordp3 /| (Fm-1)/2=2 Vậy ta có: ordp3=Fm-1 Từ suy Fm-1 p-1, nhng p ớc Fm, nên có nghĩa Fm=p: Fm số nguyên tố Ngợc lại, giả sử Fm nguyên tố Theo luật thuận nghịch bình phơng, ta có: 66 Fm F = = m = Mặt khác, theo tiêu chuẩn Euler ta có: ( Fm 1)/ (mod Fm) F m Định lí đợc chứng minh Nhận xét Dùng tiêu chuẩn Pepin, dễ kiểm tra đợc F1,F2,F3,F4 số nguyên tố, F5 hợp số Đ3 Kí hiệu Jacobi Kí hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre, đợc sử dụng để tính kí hiệu Legendre, nh nhiều vấn đề nghiên cứu số giả nguyên tố Định nghĩa 4.12 Giả sử n số nguyên dơng lẻ, a nguyên tố với n Nếu n có phân tích thừa số nguyên tố p1t p2t pmt m , ta định nghĩa kí hiệu Jacobi nh sau: t t t m a a a a n = p p p , m vế phải kí hiệu Legendre Nh vậy, trờng hợp n số nguyên tố kí hiệu Jacobi trùng với kí hiệu Legendre Tuy nhiên cần ý rằng, khác với kí hiệu Legendre, n hợp số, kí hiệu Jacobi không cho ta biết phơng trình đồng d x2 a(mod p) có nghiệm hay không Mặc dầu vậy, kí hiệu Jacobi có nhiều tính chất tơng tự với kí hiệu Legendre Định lí 4.13 Giả sử n số nguyên dơng lẻ, a b số nguyên tố với n Khi đó: a (i) Nếu a b(mod n) = n ab (ii) = n b n a b n n (iii) =(-1)(n-1)/2 n 67 2 (iv) =(-1)(n -1)/8 n Chứng minh Hai đẳng thức dễ suy từ định nghĩa kí hiệu Jacobi tính chất kí hiệu Legendre Để chứng minh tính chất thứ 3, ta nhận xét rằng, (pi-1) chẵn nên (1+(pi-1))t1 1+ti(pi-1)(mod 4), (1+ti(pi-1))(1+tj(pj-1)) 1+ti(pi-1)+ tj(pj-1)(mod 4) Từ suy ra: n 1+t1(p1-1)+t2(p2-1)+ + tm(pm-1)(mod 4), tức là, (n-1)/2 t1(p1-1)/2+t2(p2-1)/2+ + tm(pm-1)/2(mod 2) Hệ thức với định nghĩa cho ta đẳng thức (iii) Chứng minh (iv) Ta có: t t t m t1 ( p12 1)/ + t ( p2 1)/ + + t m ( pm 1)/ n = p p p = ( 1) m Lập luận tơng tự nh chứng minh phần trên,ta có: n2 1+t1(p12-1)+t2(p22-1)+ + tm(pm2-1)(mod 64), (iv) suy từ định nghĩa Định lí 4.14 (Luật thuận nghịch bình phơng kí hiệu Jacobi) Giả sử m, n số nguyên dơng lẻ, nguyên tố Khi đó: m1 n n m 2 = ( ) m n Chứng minh Giả sử m, n có phân tích thừa số nguyên tố dạng: m=p1a p2a psa s , n=q1b q2b qrb r Dùng định nghĩa luật thuận nghịch bình phơng kí hiệu Legendre, ta đợc: n m m n = ( 1) i =1 j =1 r s p j qi aj bi 2 Nh chứng minh định lí 4.13, (iii), ta có: 68 r s = ( 1) i =1 j =1 aj p j q bi i pj s a j =1 r b i i =1 j m1 (mod 2), qi n (mod 2) 2 Từ suy định lí Đ4 Thuật toán tính kí hiệu Jacobi Giả sử a, b hai số nguyên dơng nguyên tố nhau, a>b Đặt R1=a, R2=b Dùng thuật chia Eulid tách luỹ thừa cao phần d, ta đợc: R0 = R1q1 + 2s R2 R = R q + s2 R R n-3 = R n-2 q n-2 + sn-2 R n-1 R n-2 = R n-1q n-1 + sn-1 sj số nguyên không âm, Rj số nguyên lẻ bé Rj-1 Ta ý rằng, số phép chia đòi hỏi thuật toán không vợt số phép chia cần thiết dùng thuật toán Euclid để tìm ớc chung lớn hai số a b Đặt: 2 R R R R1 R2 R Rn R (a , b) = s1 + s2 + + sn n + + + n 8 2 2 Ta có định lí sau Định lí 4.15 Giả sử a,b số nguyên dơng a>b Khi ta có: a R(a,b) b =(-1) Chứng minh Theo phần (i), (ii), (iv) định lí 4.13 ta có: a b = R0 s1 R2 = R = R1 s R s1 R2 R2 ( ) = R R R Dùng luật thuận nghịch bình phơng kí hiệu Jacobita đợc: 69 R1 R2 R2 R1 2 R = ( 1) R Nh vậy, R1 R2 R + s1 a R1 2 b = ( 1) R Tiếp tục trình đó, ta đến công thức cần chứng minh Hệ 4.16 Giả sử a b số nguyên dơng nguyên tố nhau, a>b Khi a đó, kí hiệu Jacobi tính đợc với O((log2b)3) phép tính bit b Chứng minh Nh ta nhận xét, số phép chia thuật toán xác định R(a,b) không vợt số phép chia thuật toán Euclid để tính ớc chung lớn a b Theo định lí Lamé, cần có O(log2b) phép chia Mỗi phép chia cần không O((log2b)2) phép tính bit Sau phép chia, cặp số Rj, sj tìm đợc O(log2b) phép tính bit (chỉ cần phép dịch chuyển) Nh vậy, biết a, b, cần O((log2b)3) phép tính bit để xác định số Rj, sj Để nâng (-1) lên luỹ thừa R(a,b) nh định lí, ta cần sử dụng chữ số nhị phân cuối Rj chữ số nhị phân cuối sj, giá trị luỹ thừa (-1) phụ thuộc vào tính chẵn lẻ a số mũ Nh vậy, có Rj, sj, ta cần O(log2b) để xác định Hệ b đợc chứng minh Ta có thuật toán sau để tính kí hiệu Jacobi dựa vào định lí vừa chứng minh a Thuật toán tính kí hiệu Jacobi (và đó, tính kí hiệu Legendre b b số nguyên tố) J1 (Kiểm tra b 0) Nếu b=0, in |a| 1, in |a|=1 kết thúc thuật toán J2 (Tách luỹ thừa khỏi b) Nếu a b chẵn, in kết thúc thuật toán Ngợc lại, đặt v 0, b chẵn, đặt v v+1, b b/2 Sau đó, v chẵn, đặt k 1, ngợc lại, đặt k (-1)(a -1)/8 Cuối cùng, b1, in k b=1 kết thuật toán Ngợc lại, đặt v a chẵn, đặt v v+1, a a/2 Nếu v lẻ, đặt k (-1) (b 1)/8 k J4 (Sử dụng luật thuận nghịch) Đặt k (-1)(a-1)(b-1)/4k 70 Nhận xét đây, ta cần lu ý điều Mặc dù thuật toán có xuất phép chia (a2-1)/8, (b2-1)/8, (a-1)(b-1)/4, phép nâng (-1) lên luỹ thừa đó, ta không cần làm phép chia nh nâng lên luỹ thừa, đòi hỏi nhiều phép tính bit Vì giá trị luỹ thừa (-1)2chỉ phụ thuộc vào tính chẵn lẻ đại lợng trên, nên chẳng hạn (-1)(a -1)/8, giá trị phụ thuộc a mod số dãy sau đây: {0,1,0,-1,0,-1,0,1} Thuật toán tính bậc modulo p Trong nhiều ứng dụng (chẳng hạn, xem Chơng 7), ta cần phải tính bậc modulo p, biết tồn Tất nhiên, phơng pháp để giải phơng trình đồng d x2 a(mod p), (a,p)=1 kiểm tra tất số từ đến p-1 Tuy nhiên, làm việc với p lớn, phơng pháp áp dụng đợc (thời gian đòi hỏi O(p)) Với số nguyên tố dạng p 3(mod 4), toán đơn giản Ta có: x a(p+1)/4(mod p) Thật vậy, x a(p+1)/2 a.a(p-1)/2 a(mod p) Khi p / 3(mod 4), ta có p 1(mod 8) p 5(mod 8) Trong trờng hợp p 5(mod 8), lời giải tìm đợc không khó khăn Thật vậy, ta có: a(p-1)/2 1(mod p), a(p-1)/4 1(mod p) Dễ kiểm tra đợc rằng, trờng hợp đồng d thoả mãn với dấu cộng, nghiệm phải tìm x=a(p+3)/8(mod p) Nếu đồng d thoả mãn với dấu trừ, dùng định lí 4.8 ta có: a(p-1)/2 -1(mod p) Từ nghiệm phải tìm là: x=2a.(4a)(p-5)/8(mod p) Nh phải xét trờng hợp p 1(mod 8) Cho đến nay, có thuật toán (thuật toán Shoof sử dụng đờng cong elliptic) với thời gian đa thức Tuy nhiên, thực tế, thuật toán khó sử dụng Sau tìm hiểu thuật toán xác suất Tonelli Shanks Thuật toán Tonelli-Shanks mở rộng tự nhiên trờng hợp riêng xét 71 Ta luôn viết p-1=2e.q, với q lẻ Nếu ta tìm đợc phần tử z số nguyên chẵn k cho aqzk 1(mod p) nghiệm cần tìm đợc cho x=a(q+1)/2zk/2 Ta tìm phần tử z dới dạng z=nq Ta rằng, phần tử z nh thoả mãn điều kiện đặt n không thặng d bình phơng modulo p Ta có: e (aq)2 = a ( p 1) 1(mod p), aq thuộc vào nhóm G phần tử cấp ớc số 2e Nh vậy, để tồn k, cần chọn n phần tử sinh nhóm G (khi đó, a không thặng d bình phơng nên số mũ k phải chẵn) Số nguyên n phần tử sinh e G n, n , n , ,n ( 1(mod p)) không đồng d với modulo p Dễ thấy rằng, điều xảy n không thặng d bình phơng modulo p Để xây dựng thuật toán, ta cần giải hai vấn đề: Tìm phần tử z, tìm số mũ k Phần thứ đợc giải thuật toán xác suất Ta chọn ngẫu nhiên số n n n, tính kí hiệu Legendre Khi đó, =-1, ta đặt z=nq Trong trờng p p hợp ngợc lại, ta tiếp tục làm nh với số ngẫu nhiên khác tìm đợc số n thích hợp Vì số thặng d bình phơng (p-1)/2 nên lần n chọn ngẫu nhiên số n, xác suất để có =-1 1/2 p Trong thực tế, ta tìm không thặng d bình phơng nhanh Chẳng hạn, xác suất hai mơi lần thất bại liên tiếp nhỏ 10-6 Số mũ k khó tìm Thật ra, ta không cần biết số mũ k, mà cần biết a(q+1)/2zk/2 Thuật toán Giả sử p số nguyên tố lẻ, n Z Ta viết p-1=2e.q với q lẻ (Tìm phần tử sinh) Chọn ngẫu nhiên số n n thoả mãn =-1 Sau đặt z nq(mod p) p (Xuất phát) b ax2(mod p ), Đặt y z, r e, x a(p-1)/2(mod x ax(mod p) p), (Tìm số mũ) Nếu b 1(mod p) in x kết thúc thuật toán, Trong trờng hợp ngợc lại, tìm số m nhỏ m cho m 1, b 1(mod p) Nếu m=r, in thông 72 báo nói modulo p a thặng d bình phơng r m (Thu hẹp số mũ) Đặt t y , y t2, r m, x xt, b by (mọi phép tính modulo p)và chuyển sang bớc Chú ý từ bắt đầu bớc 3, ta luôn có đồng d modulo p: ax x2, y r -1, b r Từ suy rằng, nhóm Gr phần tử cấp ớc 2r, y phần tử sinh nhóm Gr, b Gr-1, tức b phơng Gr Vì r thực giảm bớc lặp thuật toán, nên số bớc lặp nhiều e Khi r 1, ta có b=1, thuật toán kết thúc, x bậc a mod p Có thể thấy rằng, trung bình, bớc bớc đòi hỏi e2/4 phép nhân modulo p, nhiều e2 phép nhân Nh vậy, thời gian chạy thuật toán O(log4p) Đ5 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 b(p-1)/2 (mod p) p Nh vậy, để kiểm tra số n có phải nguyên tố hay không, ta lấy số b nguyên tố với n, kiểm tra xem đồng d sau có hay không: b b(n-1)/2 (mod n), n đó, vế bên phải kí hiệu Jacobi Nếu đồng d thức không n phải hợp số Nếu đồng d thức nghiệm đúng, cha kết luận đợc n có phải nguyên tố hay không, nhng có nhiều khả n số nguyên tố Định nghĩa 4.18 Số nguyên dơng n đợc gọi số giả nguyên tố Euler sở b hợp số đồng d thức sau nghiệm đúng: b b(n-1)/2 (mod n) n Ta có mối liên hệ số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b xét chơng 73 Định lí 4.19 Mọi số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b Chứng minh Chỉ cần bình phơng hai vế đồng d thức thoả mãn số giả nguyên tố Euler Điều ngợc lại không Chẳng hạn, thấy số 431 số giả nguyên tố sở 2, nhng không số giả nguyên tố Euler sở Định lí 4.20 Mọi số giả nguyên tố mạnh sở b số giả nguyên tố Euler sở b Chứng minh Cho n số giả nguyên tố mạnh sở b Khi đó, n-1=2st, r t lẻ, thì, bt 1(mod n), b t -1(mod n), với r r s-1 Giả m sử p j aj phân tích n thành thừa số nguyên tố Ta xét riêng hai trờng hợp j =1 Thứ nhất, bt 1(mod n) Giả sử p ớc nguyên tố n Khi ordpb|t, ordpb số lẻ Mặt khác, ordpb ớc (p)=p-1, nên phải ớc (p-1)/2 Vậy ta có b(p-1)/2 1(mod p) b b p =1, đó, n =1 Mặt khác ta có: 1(mod p) Vậy n số giả nguyên tố Euler sở b Theo tiêu chuẩn Euler, b(n-1)/2=(bt) s r Trờng hợp thứ hai: b t -1(mod n) Nếu p ớc nguyên tố n r b t -1(mod n) Bình phơng hai vế dồng d thức ta đợc b2 r +1 t 1(mod p) Từ suy ordpb|2r+1t, nhng ordpb không ớc 2rt Nh vậy, ordpb=2r+1c, c số nguyên lẻ Mặt khác, ordpb|(p-1), 2r+1|ordpb, nên 2r+1|(p1) Nh vậy, ta có: p=2r+1d+1, d số nguyên Vì b ( ord pb )/2 -1(mod p) nên ta có: r +1 b ( ord b / )(( p 1)/ ord pb ) ( p 1)/ ord pb (p-1)/2 =b p ( 1) = ( 1) ( p 1)/ c (mod p) p b b Vì c lẻ nên từ suy =(-1)d p Bây giả sử n có phân tích thành thừa số nguyên tố dạng: 74 m n= p j a j j =1 Theo chứng minh phần trên, ớc nguyên tố pi có dạng pi=2r+1di+1, ta có: a m m b b n = p = ( 1) d i i =1 i =1 i i Mặt khác, dễ thấy rằng, m n 1+2r+1 d i (mod 22r+2) i =1 Do m t2s-1=(n-1)/2 2r d i (mod 2r+1), i =1 tức t2s-1-r m a d i i (mod 2) i =1 r b(n-1)/2= (b t ) s r ( 1) s r m = ( 1) d i (mod n) i =1 Nh vậy, b b(n-1)/2 (mod n), n n số giả nguyên tố Euler sở b Chú ý rằng, điều ngợc lại luôn đúng: tồn số giả nguyên tố Euler sở b không giả nguyên tố mạnh sở Ví dụ n=1105, b=2 Tuy nhiên, với điều kiện bổ sung, số giả nguyên tố Euler giả nguyên tố mạnh sở Ta có định lí sau Định lí 21 Số n giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố mạnh sở b b n 3(mod 4), =-1 n Chứng minh Trờng hợp thứ nhất: n 3(mod 4) Khi n-1=2.t t lẻ Vì n số giả nguyên tố Euler sở b nên 75 b bt=b(n-1)/2 (mod n) n Nh vậy, n số giả nguyên tố mạnh sở b Trong trờng hợp thứ hai, ta viết n-1=2st, t lẻ, s số nguyên dơng Vì n số giả nguyên tố mạnh sở b nên b2 s t b = b ( n 1)/ (mod n) n Theo giả thiết ta có: bt2 s -1(mod n) Nh n số giả nguyên tố mạnh sở b Dùng số giả nguyên tố Euler, ta xây dựng thuật toán xác suất để kiểm tra số nguyên tố hay không Thuật toán đợc Solovay Strassen tìm năm 1977 ([S-S]) Ta bắt đầu bổ đề sau Bổ đề 4.22 Giả sử n số nguyên dơng lẻ không phơng Khi tồn b số b với 1 2^((1105-1)/2)-J mod 1105; Vậy 1105 số giả nguyên tố Euler sở 83 [...]... tính II 1 Thực hành kiểm tra một số là thặng d bình phơng Cho a, b là các số nguyên để kiểm tra xem a có phải là thặng d bình phơng của b hay không ta thực hiện dòng lệnh nh sau: [>quadres(a, b); Sau dấu (;) ấn phím Enter Nếu trên màn hình hiện lên số 1 thì a là thặng d bình phơng của b, nếu trên màn hình hiện lên số -1 thì không phải 80 Thí dụ: 74 có phải là thặng d bình phơng của 101 hay không? Ta thực... hiện lệnh tính lí hiệu Legendre, máy tính sẽ cho kết quả là 0, 1, hoặc -1 Nếu kết quả là 0 thì a chia hết cho p Nếu kết quả là 1 thì a là thặng d bình phơng của p Nếu kết quả là -1 thì a không là thặng d của p Do đó ta cũng có thể dùng dòng lệnh trên để kiểm tra thặng d bình phơng II 3 Tính kí hiệu Jacobi Cho b là số nguyên dơng lẻ, a nguyên tố cùng nhau với b Để tính kí hiệu Jacobi của a và b ta thực... Ta chỉ ra rằng, phần tử z nh vậy thoả mãn điều kiện đặt ra khi và chỉ khi n là một không thặng d bình phơng modulo p Ta có: e (aq)2 = a ( p 1) 1(mod p), do đó aq thuộc vào nhóm G các phần tử cấp là một ớc số của 2e Nh vậy, để tồn tại k, chỉ cần chọn n là phần tử sinh của nhóm G (khi đó, do a là một không thặng d bình phơng nên số mũ k phải là chẵn) Số nguyên n sẽ là một phần tử sinh của e 2 4 2 G khi... không thặng d bình phơng modulo p Để xây dựng thuật toán, ta cần giải quyết hai vấn đề: Tìm phần tử z, và tìm số mũ k Phần thứ nhất đợc giải quyết bằng thuật toán xác suất Ta chọn ngẫu nhiên một số n n n, và tính kí hiệu Legendre Khi đó, nếu =-1, ta đặt z=nq Trong trờng p p hợp ngợc lại, ta tiếp tục làm nh trên với một số ngẫu nhiên khác cho đến khi tìm đợc một số n thích hợp Vì số các thặng d bình. .. nguyên tố, số b tồn tại theo định lí 4.3 Khi n là hợp số không chính phơng, ta viết n=rs, trong đó (r,s)=1 và r=pe, với p là một số nguyên tố lẻ và e số nguyên dơng lẻ Bây giờ giả sử t là một không thặng d bình phơng của số nguyên tố p Ta dùng định lí Trung Quốc về phần d để tìm số nguyên b sao cho 1