Về các dãy số nguyên tố và ứng dụng

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THANH BẰNG VỀ CÁC DÃY SỐ NGUN TỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGHỆ AN - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THANH BẰNG VỀ CÁC DÃY SỐ NGUN TỐ VÀ ỨNG DỤNG CHUN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN - 02/2013 MỤC LỤC TRANG MỞ ĐẦU CHƯƠNG PHÂN BỐ SỐ NGUN TỐ 1.1 Dãy số ngun tố………………………………… ………… 1.2 Hàm số ngun tố…………………………………….……… 12 1.3 Phương trình Fermat với số mũ ẩn số ngun tố……… 14 CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ SỐ NGUN TỐ CĨ ỨNG DỤNG TRONG LÝ THUYẾT MẬT MÃ 19 2.1 Bài tốn kiểm tra số ngun tố lớn………….… …………… 19 2.2 Bài tốn phân tích thành thừa số ngun tố …… ………… 27 2.3 Hệ mã mũ Pohlig Hellman………………….………… 30 CHƯƠNG BÀI TẬP VỀ DÃY SỐ NGUN TỐ 33 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 55 MỞ ĐẦU Các số ngun tố vật liệu để xây dựng tất số tự nhiên Vì số tự nhiên tăng lên vơ hạn, nên câu hỏi đặt là: Có số ngun tố? Có thể liệt kê tất chúng hay chúng lập thành dãy vơ hạn? Để chứng minh điều này, Euclid đưa lập luận, xuất phát từ giả thuyết dãy số ngun tố hữu hạn đến việc có số ngun tố khác với số ngun tố có Sau Euclid chứng minh có vơ số số ngun tố, nhiều câu hỏi xung quanh số ngun tố nêu Một số câu hỏi đó, phát biểu đơn giản, trở thành tốn lịch sử tốn học mà chưa có lời giải trọn vẹn Người ta khơng nhận thấy tuần hồn dãy số ngun tố Trùm lên số ngun tố dường có huyền bí Sự phân bố số ngun tố tỏ phức tạp khơng có quy luật S.G Telang (xem [8]) viết: Chưa đưa lý phân tích phân bố khơng quy luật số ngun tố (Nobody has been able to put forward any reason which will account for this extreme irregularity in the distribution of primes) Việc tìm số ngun tố lớn thời gian dài quan tâm nhiều nhà tốn học Cho phép chúng tơi nhắc lại vài tên tuổi nhà tốn học lớn lịch sử nhân loại gắn liền với kết nghiên cứu số ngun tố: Euclid, Euler, Goldbach, Fermat, Dirichlet, Waring, Wilson, Leibniz, Vinogradov, Brun, J R Chen, P M Ross, … Tuy nhiên, đến Số học tồn nhiều giả thuyết mở số ngun tố Hơn nữa, thời đại cơng nghệ thơng tin ngày việc nghiên cứu số ngun tố kích thích kiện số ngun tố tỏ có ích việc mã hóa giải mã thơng tin Tính bảo mật an tồn hệ mật mã RSA (do ba nhà khoa học Học viện Cơng nghệ Massachusetts cơng bố năm 1978) đảm bảo độ phức tạp tốn số học phân tích số ngun thành tích thừa số ngun tố Nói khác đi, vấn đề thời gian tiêu tốn cho việc chạy máy tính để thực tốn phân tích số ngun đủ lớn thành tích thừa số ngun tố, sử dụng làm tiêu định lượng đánh giá độ an tồn hệ mã RSA Vì vậy, hệ mật mã cộng đồng quốc tế chấp nhận rộng rãi việc thực thi mật mã khóa cơng khai Nhân đọc dịch phần sách Số học tiếng Anh viết S.G.Telang – Giáo sư Trường Đại học Bombay, Ấn độ ([8]), với mục đích tìm hiểu sâu ứng dụng Số học lĩnh vực cơng nghệ thơng tin, chúng tơi tập trung tìm hiểu vấn đề xung quanh số ngun tố, dãy số ngun tố ứng dụng chúng Lý thuyết mật mã Vì vậy, mục đích luận văn là: Tìm hiểu kết phân bố số ngun tố, dãy số ngun tố hàm số ngun tố Tìm hiểu số thuật tốn sơ cấp thuật tốn xác suất kiểm tra ngun tố Tìm tòi số ứng dụng số ngun tố dãy số ngun tố Lý thuyết mật mã Giải số tốn dãy số ngun tố nhằm số điều kiện đủ tồn xây dựng dãy vơ hạn hữu hạn số ngun tố thoả mãn số tính chất Luận văn gồm có chương: Chương trình bày kiến thức sở số ngun tố dãy số ngun tố, số bất đẳng thức dãy số ngun tố Chương giới thiệu tốn: - Phân bố số ngun tố dãy số tự nhiên; - Bài tốn giải mã có sử dụng số ngun tố Chương trình bày số lời giải tốn dãy số ngun tố Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình chu đáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học, người dành nhiều thời gian cơng sức giúp đỡ cho tơi để hồn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy giáo thuộc chun ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Tốn học, Phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh, người tận tình giảng dạy tổ chức thành cơng cho khóa học Xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi hồn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thơng Nguyễn Bỉnh Khiêm - Sở Giáo dục Đào tạo Đồng Nai, đồng nghiệp, bạn bè, gia đình động viên giúp đỡ tơi hồn thành nhiệm vụ học tập Mặc dù có nhiều cố gắng, song luận văn nhiều thiếu sót, tác giả mong nhận đóng góp thầy giáo đồng nghiệp TÁC GIẢ CHƯƠNG PHÂN BỐ SỐ NGUN TỐ 1.1 Dãy số ngun tố Lý thuyết số cắt nghĩa ngắn gọn nghiên cứu tính chất số ngun, có số ngun tố Các số ngun tố đóng vai trò quan trọng Lý thuyết số Dù khái niệm số ngun tố đơn giản vấn đề liên quan đến chúng lại khó Thật ngạc nhiên định lý quan trọng liên quan đến số ngun tố lại chứng minh cách dễ dàng Điều liên quan đến câu hỏi: Có số ngun tố tập hợp vơ hạn số ngun dương? Một định lý tiếng Euclid khẳng định có vơ hạn số ngun tố Chứng minh Euclid đơn giản cách đáng ngạc nhiên mà khơng cần trợ giúp ngồi định nghĩa số ngun tố Đó chứng minh tuyệt đẹp, ngày nhân loại tìm nhiều cách chứng minh khác Bài tốn xác định tập hợp vơ hạn tập hợp số ngun tố tốn khó, chí trở thành giả thuyết lớn Số học mà chưa có lời giải nhiều người ngồi ngành tốn quan tâm 1.1.1 Định nghĩa Số ngun tố số ngun lớn 1, khơng chia hết cho số ngun dương ngồi Số ngun lớn khơng phải số ngun tố gọi hợp số Nhận xét rằng, số ngun lớn ln có ước ngun tố 1.1.2 Định lý (Định lý Euclid) Tồn vơ hạn số ngun tố Chứng minh Giả sử tồn hữu hạn số ngun tố thứ tự p1 < p2 pk Gọi p ước ngun tố N Khi đó, p ¹ pi , " i =1,2, , k Thật vậy, p = pi đó, từ tính chất p ước N ta suy p ước 1, vơ lý Như vậy, tồn số ngun p khác với tất số ngun tố p1 , p2 ,L , pk Điền mâu thuẫn với giả thiết có hữu hạn số ngun tố ■ Trong chứng minh Định lý Euclid ta đặt N = p1 p2 L pk - lập luận tương tự, thu hệ sau 1.1.3 Hệ Nếu pk số ngun tố thứ k, thì: (i) pk +1 ≤ p1 p2 pk – 1; (ii) pk +1 < p1k với k ≥ 1.1.4 Bảng phân bố số ngun tố Sự phân bố số ngun tố tỏ phức tạp khơng có quy luật S.G Telang viết: Chưa đưa lý phân tích phân bố khơng quy luật số ngun tố (Nobody has been able to put forward any reason which will account for this extreme irregularity in the distribution of primes) Ta quan sát bảng thống kê sau ([8]): Thứ tự 1-10 11- 20 21 - 30 31- 40 41- 50 51- 60 61- 70 71- 80 81- 90 91- 100 101- 200 201- 300 301- 400 401- 500 Số số ngun tố 4 2 2 21 16 16 17 Thứ tự 1-1000 1001-2000 2001-3000 3001-4000 4001-5000 106 - 106 +100 106+101-106+ 200 106+201-106+ 300 106+301-106+ 400 106+401-106+ 500 Số số ngun tố 168 135 127 120 113 10 8 Nhà tốn học tiếng Dirichlet (1805-1859) người Đức chứng minh định lý sau 1.1.5 Định lý (Dirichlet [8]) Giả sử a, b số ngun dương ngun tố Khi đó, tồn vơ hạn số ngun tố có dạng ak + b, k Ỵ ¥ Một số trường hợp riêng Định lý Dirichlet chứng minh dễ dàng cách sử dụng kiểu lý luận áp dụng cho Định lý Euclid: - Tồn vơ hạn số ngun tố có dạng 4k + 3, k Ỵ ¥ - Tồn vơ hạn số ngun tố có dạng 6k + 5, k Ỵ ¥ Định lý mở rộng từ Định lý Euclid số ngun tố: tập hợp số ngun tố vơ hạn (dạng 4x + 3, số ngun tố Gauss, 2x + với số ngun tố lẻ) Chú ý định lý khơng phát biểu có vơ hạn số ngun tố tạo thành cấp số cộng Tính phân bố khơng quy luật dãy số ngun tố làm phát sinh nhiều giả thuyết số học mà nhiều chúng chưa chứng minh Chẳng hạn giả thuyết dường đơn giản sau: 1.1.6 Giả thuyết Có vơ hạn số ngun tố dạng k + = 22 +1; 17 = +1; +1 = 37; 10 +1 = 101 Hiện chưa chứng minh hay bác bỏ giả thuyết này, chứng thể bảng số ngun tố, ủng hộ quan điểm cho dự đốn Nếu ký hiệu pn số ngun tố thứ n dãy số ngun tố 2, 5, 7, , pn , pn+1 , có đánh giá chặt số ngun tố pn với thứ ngun n > sau 1.1.7 Định lý Nếu n > pn > n + Chứng minh Ta có p4 = > + Như định lý với n = Giả sử định lý với n = k Điều dẫn đến pk > k + Do đó: pk +1 ³ pk + > (k + 2) + > (k + 1) + Định lý với n = k + Theo phép quy nạp, định lý với n > ■ 10 n 1.1.8 Hệ Giả sử k =   Khi đó, ta có: 2 (i) n ≥ 2k với n; (ii) n – (k – 1) < pk với n ≥ n n n −1 Chứng minh (i) Từ k =   , ta suy k = k = Dẫn đến 2 2 n = 2k n = 2k + 1, tức n ≥ 2k với n n (ii) Giả sử n ≥ Khi k =   > 2 Nếu n = 2k + 1, theo Định lý 1.1.7, có n – (k – 1) = k + < pk Nếu n = 2k, n – (k – 1) = k + < pk ■ 1.1.9 Định lý (Bất đẳng thức Bonse) Nếu n > pn+1 < p1 p2 L pn Chứng minh Với n = 4, 5, 6, kiểm tra trực tiếp Bất đẳng thức Bonse n Với n ≥ k =   theo Hệ 1.1.8 ta có: 2 pk > n - (k - 1) n ≥ 2k Ta ký hiệu u = p1 p2 pk - Xét tập hợp (1) (2) S = { u - 1, 2u - 1, , pk u - 1} Nhận thấy khơng có số ngun tố số: pk , pk +1 , , pn (3) lại chia hết nhiều số ngun S Chẳng hạn, giả sử tu – su – S chia hết cho pk+i (3) Điều dẫn đến pk+i chia hết (tu - 1) − ( su - 1) = u (t - s ) điều khơng thể xảy ( pk+i , u ) = t − s < pk +i Số số ngun thuộc S nhiều số số ngun tố dãy (3) pk > n – (k – 1) Điều dẫn đến có nhiều số ngun S khơng chia hết cho số ngun tố dãy (3) Hơn nữa, khơng có số ngun S chia hết cho p1 , p2 , , pk - Do đó, ta đến kết luận 45 Lời giải Đặt p = 1999 ý p số ngun tố Xét dãy { An } xác định sau: n An = p - 1, n = 1, 2, Ta có: n-1 (2 p n-1 ) + (2 p n-1 ) + + (2 p n-1 p-1 ) = (2 p ) p - n-1 2p - n = 2p - n-1 2p - = An An-1 Từ suy ra: An = An-1 Bn-1 , Bn-1 = å (2 p ) i p- n-1 i=0 Giả sử pn ước ngun tố Bn-1 , ta chứng minh An-1 khơng chia hết cho pn Thật vậy, giả thiết phản chứng An-1 Mpn , tức là: n-1 p - Mp n Đặt a = p n-1 (1) , từ (1) suy ra: a ≡ (mod pn ) p-1 (2) p-1 n-1 p i i Do Bn-1 = å ( ) , nên từ (2) suy Bn-1 = å a º p (mod pn ) i=0 i=0 Mặt khác, pn ước ngun tố Bn-1 nên Bn- º (mod pn ) Từ ta có p = pn ⇒ a ≡ (mod p ) Theo Định lý Fermat bé, a = p n-1 º (mod p ) Mâu thuẫn chứng tỏ An-1 khơng chia hết cho pn R õ ràng từ cách xây dựng dãy { An } , ta có An MAm n > m Như n > m An Mpn Am khơng chia hết cho pn Nói riêng { pn } dãy số ngun tố phân biệt 46 Do An Mpn nên p º (mod pn ) Gọi hn số ngun dương nhỏ n để 2hn º (mod pn ) Ta có:  p n Mhn   pn - Mhn Từ (3) suy hn = p k với k ≤ n Nếu k < n , (3) (4) k 2hn - = p - 1= Ak khơng chia hết cho pn , k = n tức hn = p n Từ (4) suy ra: pn º (mod p n ) Þ pn º (mod 1999 n ), " n = 1, 2, Đó điều phải chứng minh Bài Cho p số ngun tố cho trước Tìm số lượng dãy số tự nhiên khác a0 , a1 , thỏa mãn đẳng thức: a0 a0 a p + + + + = n Ỵ ¥ a1 a2 an an+1 Lời giải Đặt Sn = a0 a0 a p + + + + , n = 1, 2, a1 a2 an an+1 Khi đó, dãy số { Sn } , n = 0, 1, 2, bao gồm số giống " n Ỵ ¥ hiệu số Sn+1 - Sn = , tức là: a0 p p p p − a0 p + − =0⇔ − = ⇔ an + = an+1, ∀n ∈ ¥ an+1 an+ an+1 an + an +1 p − a0 (1) Giả sử dãy a0 , a1 , thỏa mãn điều kiện tốn Khi theo (1), " n ³ ta có: p p2 p n-2 an = an+1 = an-2 = = a2 p - a0 (p - a0 )2 (p - a0 )n-2 (2) 47 Do a Ỵ ¥ < p - a0 < p nên p p - a0 số ngun tố nhau, từ đẳng thức (2) suy a2 chia hết cho lũy thừa (với số mũ tự nhiên) số p - a0 Điều có nghĩa p - a0 = 1, suy ra: ìï a = p - ïï ïï p - p ïí + =1, với a1 , a2 Ỵ ¥ ïï a1 a2 ïï ïïỵ an = p n-2 a2 , n = 3, 4, Sự đắn đẳng thức bảo đảm cho dãy số { } , i = 0, 1, 2, thỏa mãn điều kiện tốn, số nghiệm tự nhiên phương trình Diophant: p -1 p + =1, a1 a2 theo số ngun tố p Ta thấy phương trình: p -1 p + =1 Û pa1 + a2 ( p - 1) = a1a2 Û pa1 + a2 ( p - a1 - 1) = (3) a1 a2 Chú ý vế trái (3) chia hết cho p Vì (3) có nghiệm thỏa mãn hai điều kiện sau (điều kiện cần): a2 = kp a1 - ( p - 1) = mp với k, m Ỵ ¥ (Chú ý a2 > a1 - ( p - 1) > ) Điều suy từ tính ngun tố số p Ta có nhận xét sau đây: • Nếu a1 - ( p - 1) º (mod p ) Þ a1 º -1(mod p ) Þ pa1 khơng chia hết cho p mà a1 - ( p - 1) Mp Þ a2 khơng chi hết cho p • Nếu a2 Mp chắn a1 - ( p - 1) khơng chia hết cho p Như hai điều kiện nói khơng tương thích với (tức loại trừ nhau) Xét hai khả sau: i) Nếu a2 = kp , (3) đưa dạng: 48 a1 = k (a1 - p + 1) Þ p - = (k - 1)(a1 - p + 1) Þ p - Ma1 - p + Như nghiệm loại nhận cách sau: giá trị a1 - p + lấy từ ước số p - (nghĩa từ chọn a1 ), sau đặt: a2 = kp, với k = p -1 +1 a1 - p + Như trường hợp dãy số tự nhiên { an } , n = 0, 1, thỏa mãn điều kiện đầu số ước số p - ii) Nếu a1 - ( p - 1) = mp , (3) có dạng: pa1 = a2mp Þ p - = (a2 - p)m Þ p - Ma2 - p Như nghiệm loại nhận hai cách sau: giá trị m cần phải lấy từ ước p - 1, sau đặt: a2 = p -1 + p; a1 = mp + p - m Số tự nhiên { an } , n = 0, 1, thỏa mãn điều kiện đầu số ước số p - Vì hai trường hợp i) ii) loại trừ suy dãy số thỏa mãn điều kiện đầu hai lần ước số p - Bài 10 Biết 10 số ngun tố sau lập thành cấp số cộng với cơng sai d = 210: ÷ 199, 409, 619, 829, 1039, 1249, 1459, 1669,1879, 2089 Chứng minh khơng tồn cấp số cộng gồm 11 số ngun tố với cơng sai d thỏa mãn < d < 2310 Lời giải Giả sử phản chứng tồn cấp số cộng gồm 11 số ngun tố ( xi ) với cơng sai < d < 2310 , xi = a + id (i = 0, 1, 2, ,10) ta nhận xét p số ngun tố (d, p) = dãy số ( a + id ), i = 1, 2, p hệ thặng dư đầy đủ (mod p) phải có số chia hết cho p Từ nhận xét suy d M2, d M3, d M7 ⇒ d M210 49 Nếu d M11 d M2.3.5.7.11 = 2310 Vậy d > 2310 Trái giả thiết Vậy (d , 11) =1 Theo nhận xét dãy số ngun tố ( xi ) (i = 0, 1, …, 10) phải có số chia hết cho 11 Suy số 11 Vậy xi = 11+ id ( i = 0,1, 2, 10 ) với d = 210k (k = 1, 2, , 10) Tuy nhiên, với : d = 210 ⇒ x1 = 221 = 13.17; d = 420 ⇒ x2 = 851 = 23.37; d = 630 ⇒ x2 = 1271 = 31.41; d = 840 ⇒ x1 = 851 = 23.37; d = 1050 ⇒ x3 = 3161 = 109.29; d = 1260 ⇒ x1 = 1271 = 31.41; d = 1470 ⇒ x2 = 2951=227.13; d = 1680 ⇒ x1 = 1691 = 89.19; d = 1890 ⇒ x2 = 3791 = 223.17; d = 2100 ⇒ x4 = 8411=13.647 Vậy dãy số (a + id) (i = 0, 1, …,10) khơng phải gồm số ngun tố Ta nhận điều mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai điều phải chứng minh Bài 11 Tìm số ngun tố nhỏ 2002 lập thành cấp số cộng Lời giải 1) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Nếu ba số ngun tố > lập thành cấp số cộng cơng sai d chia hết cho Chứng minh bổ đề Vì ba số ngun tố > lập thành cấp số cộng, nên theo ngun lý Dirichlet phải có hai số dạng, tức hiệu số hai số chia hết cho Gọi d cơng sai cấp số cộng, hiệu hai số d , 2d Như d M6 2d M6 Chú ý cơng sai d hiệu 50 hai số ngun tố > 3, nên số chẵn Như d M2 d M3 nên d M6 điều phải chứng minh 2) Giả sử ta có số ngun tố lập thành cấp số cộng với cơng sai d Rõ ràng số tồn số ngun tố > lập thành cấp số cộng Thật vậy, số có hai số ngun tố ≤ , cho dù hai số vào vị trí thứ vị trí thứ cấp số cộng số sau số ngun tố > lập thành cấp số cộng (còn vị trí khác, kết luận rõ ràng) Theo bổ đề ta phải có d M6 Ta chứng minh d M5 Thật vậy, gọi số hạng cấp số cộng a1 Xét số sau đây: a1 , a1 + d, a1 + 2d, a1 + 3d, a1 + 4d, a1 + 5d Giả thiết phản chứng d khơng chia hết cho Xét hai số a1 + α d , a1 + β d số Khi (a1 + β d ) − ( a1 + α d ) = ( β − α )d rõ ràng β - α ∈ { 1, 2, 3, 4} nên ( β - α )d khơng chia hết cho Suy hai số a1 + α d a1 + β d chia cho cho phần dư khác Vậy số a1 , a1 + d, a1 + 2d, a1 + 3d, a1 + 4d, a1 + 5d , chia cho cho phần dư khác nhau, phải có số chia hết cho Đó điều vơ lí, số số ngun tố lớn (do ≤ d ≤ a1 ) Xin nhắc lại d ≥ d M7 d > Bằng lập luận hồn tồn tương tự, d M7 Do 5, 6, ngun tố nhau, d M210 ⇒ d = 210k , với k ngun dương Ta có a9 = a1 + 8d < 2002 ⇒ d < 250 , mà d = 210k ⇒ d = 210 Do d = 210 ⇒ a1 < 316 - Nếu a1 = 11 a2 = 11+ d = 211 ⇒ a2 M13 Vậy loại trường hợp - Nếu a1 = 13 a4 = 13 + 3d = 1273 ⇒ a4 M19 Vậy loại trường hợp Gọi τ11, τ13 tương ứng số dư a1 , chia hết cho 11 13 Theo cơng thức cấp số cộng, ta có: an = a1 + (n - 1)d = a1 + 210(n - 1) = a1 + (n - 1)(11.19 +1) 51 = k.11+τ 11+ (n - 1) , k ngun dương Do £ n - £ (vì xét a2 , a3 , , a9 ) nên τ Ï { 3,4,5, ,10} Thật vậy, τ11 = s (với £ s £ 10 ) a12- s M11 , với ý £ s £ 10 Þ £ 12 - s £ , τ11 Mặt khác , ta lại có biểu diễn an = a1 + (n - 1)d = a1 + (n - 1)210 = a1 + (n - 1)(13.16 + 2) = m.13 +τ 13+ 2(n - 1) , m ngun dương Do £ n - £ Þ £ 2( n - 1) £ 16 nên τ Ï {1,3,5,7,9,10,11,12} (Chứng minh tương tự trên), τ13 2, 4, Vậy a1 phải số ngun tố < 302 chia 11 dư chia cho 13 dư 2, 4, Bằng phép thử trực tiếp ta thấy a1 67, 199, 277 - Nếu a1 = 67 a4 = 697 M17 Vậy a1 = 67 bị loại - Nếu a1 = 277 a3 = 697 M17 Vậy a1 = 277 bị loại - Nếu a1 = 199, phép thử trực tiếp ta thu dãy số sau: 199, 409, 619, 829, 1039, 1249, 1459, 1669, 1879; số số ngun tố lập thành cấp số cộng Vậy tốn giải Bài 12 Nếu x số ngun dương, đặt: p(x) số ngun tố nhỏ khơng ước số x; Tích tất số nguyên tố nhỏ p( x ), p( x ) > q( x ) =  1, p( x ) = Dãy số { un } xác định sau: u0 =  un p (un )  un+1 = q (u ) , n = 0, 1, n  52 a) Số 2004 có phải phần tử dãy khơng? b) Số 1995 có phải phần tử dãy khơng? Nếu có số hạng thứ dãy? Lời giải a) Trước hết ta chứng minh rằng, " n = 0,1,2 un khơng có ước phương khác Ta chứng minh điều quy nạp - Với n = , ta có u0 =1 , kết luận - Giả sử điều khẳng định đến n= k, tức uk khơng có ước phương khác Vì phân tích thừa số ngun tố, uk có dạng: uk = p1 , p2 , , p j (1) p1 < p2 < < p j số ngun tố đơi khác - Ta chứng minh kết luận n = k +1 Chỉ có hai khả sau xảy ra: i) Nếu p1 > , từ (1) suy số ngun tố nhỏ khơng ước x, tức p (uk ) = , theo cách xác định q(uk ) = Từ cách xác định dãy ta có: u k = 2.u1 p2 , p j khơng thể có ước phương khác uk+1 = Từ (2) suy uk+1 (2) ii) Nếu p1 = Giả (1) có dạng: uk = p1 p2 pm pm+ p j , (3) p1 , p2 , , pm m số ngun tố liên tiếp đầu tiên, pm+1 > p, p số ngun tố thứ m +1 kể từ số ngun tố Từ từ (3) suy p số ngun tố nhỏ khơng có ước x , tức p (uk ) = p , suy p (uk ) = p1 , p2 , pm Vậy: uk p(uk ) = p.pm+1 p j (4) q(uk ) khơng có ước phương khác Vậy kết luận uk+1 = Từ (4) suy uk+1 với n = k +1 Theo ngun lí quy nạp suy kết luận nêu đúng: " n = 0, 1, , số hạng un dãy khơng có ước phương khác 53 Trở lại tốn xét Ta nhận thấy 2004 có ước phương khác Vậy số 2004 khơng thể phần tử dãy nói b) Đánh số tất số ngun tố theo thứ tự tăng dần p0 = , p1 = 3, p2 = 5, p3 = , Giả sử x > số khơng có ước phương khác Gọi pm số ngun tố lớn ước x Xác định số s j sau (i = 0, 1, 2, …, m-1): ìï x chia hết cho pi s j = ïí ïïỵ x không chia hết cho pi Khi ta gọi số (1, sm-1 , sm , s1 , s0 ) “mã số” x Đặt: f ( x) = x.p( x) q ( x) Theo cách xác định dãy số ta có: un+1 = f (un ), " n = 0, 1, 2, Ta nhận thấy: - Nếu “mã số” x có tận 0, tức x khơng chia hết cho (vì p0 = ) x số lẻ, suy số ngun tố nhỏ khơng phải ước x tức p( x ) = q(x) =1 Þ f(x)= x Nếu pm số ngun tố lớn ước x, số 2x Rõ ràng, " pi , i = 1, , m - x Mpi Û x Mpi Còn x khơng chia hết cho p0 , x Mp0 nên “mã số” f ( x ) khác “mã số” x số cuối 1442443 x chia hết cho - Nếu “mã số” x có tận 111 i số p0 , p1 , , pi-1 x khơng chia hết cho pi , suy pi số ngun tố nhỏ khơng phải ước số x, p(x)= pi Þ q(x)= p0 p1 pi-1 Ta có: f(x)= x.pi p0 p1 pi-1 Vậy x khơng có ước ngun khác pi số ngun tố nhỏ khơng phải ước x nên x có dạng: x = p0 p1 pi-1 pk < pm pi < pk < < pm Þ f(x)= pi pk pm 54 Như f(x) Mpi f(x) khơng chia hết cho p j , j = 0, 1, , i - Vậy “mã số” f(x) tận 1,0 ,0 { i số Theo cách xây dựng dãy, ta có u1 =1 quy ước (1) Ta có u2 = có “mã số” (1, 1) Từ suy “mã số” un biểu diễn k sang số Ta chứng minh điều quy nạp - Với n = 1, kết luận - Giả sử kết luận đến n = k , tức “mã số” uk dạng biểu diễn k sang số - Xét n = k + Theo ta có uk+1 = f(uk ) Từ hai nhận xét suy suy uk+1 dạng biểu diễn k + sang số Theo ngun lí quy nạp suy nhận xét " n - Trở lại tốn nhận xét ta có: 1995 = 3.5.7.19, suy số ngun tố lớn ước 1995 19 p7 ( số hạng thứ dãy số ngun tố liên tiếp) Vậy “mã số” 1995 (1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0) Theo mã số dạng biểu diễn n sang số 2, un0 = 1995 Vậy: n0 = 27 + 23 + 22 = 142 Tóm lại 1995 số hạng thứ 142 dãy nói Bài 13 Cho dãy số { un } xác định sau: un = 2003 + 23n với n = 1, 2, Chứng minh dãy chứa vơ hạn số lũy thừa số ngun tố Lời giải Ta có nhận xét sau: Tồn số ngun tố p cho đẳng thức 2003 + 23l = p m với số ngun dương m, l (1) Thật vậy, đẳng thức (1) với số ngun tố p, số ngun m, l đó, nên để chứng minh nhận xét (1), ta cần đưa ví dụ đủ Có nhiều ví dụ minh họa (1), chẳng hạn: 55 - Lấy p = 2, ta chọn l = 91, m = 12, 2003 + 23.91 = 212 - Lấy p = 3, l = , m = 7, 2003 + 23.8 = 37 Vậy nhận xét chứng minh Từ (1) suy p m khơng chia hết cho 23 (vì 2003 khơng chia hết cho 23) suy p khơng chia hết cho 23 (do p ngun tố) Do đó, ta ( p , 23) = Áp dụng Định lý Fermat bé ( p 22 - 1) M23 tức p 22 -1 = 23s s ngun dương, suy ra: p 22t = (1+ 23s )t = 1+ 23 j , j ngun dương Như ta chứng minh với số ngun dương t = 1, 2,… ta ln biểu diễn số p 22t dạng p 22t = 1+ 23 j , j số ngun dương Từ ta có: p 22t + m = p 22t p m = ( 1+ 23 j)p m Thay (1) vào (2) suy với t =1, 2, … thì: (2) p 22t + m = p m + 23 jp m = 2003 + 23l + 23 jp m = 2003 + 23(l + jp m ) (3) Đẳng thức (3) với t = 1, 2, 3, Chú ý p 22t = 1+ 23 j, nên t lấy giá trị khác nhau, j lấy giá trị khác Ở l, p, m cho trước từ (1) (vì tồn l, p, m để có (1) nêu trên) Do t = 1, 2, 3, tập vơ hạn, nên tương ứng tập l + jp m tập vơ hạn số ngun dương khác Mỗi phần tử 2003 + 23(l + jp m ) số hạng dãy cho Kết hợp lại suy dãy chứa vơ hạng số hạng lũy thừa số ngun tố Đó điều phải chứng minh Bài 14 Giả sử a, b, c, d bốn số ngun cho trước Lập bốn dãy số { un } , { } , { w } {t } n n sau: • u1 = a; v1 = b; w1 = c; t1 = d 56 • Với n = 2, 3, … bốn dãy số xác định cơng thức truy hồi sau: un = un-1 - vn-1 v = v - w  n n-1 n-1   wn = wn-1 - tn-1 tn = tn-1 - un-1 Hỏi ba số sau đây: v2004 w2004 - u2004t2004 , u2004 w2004 - v2004t2004 , u2004v2004 - w2004t2004 đồng thời ba số ngun tố khơng? Lời giải Xét bốn số hạng uk , vk , wk , tk bốn dãy số Theo cách xác định dãy, ta có: uk + vk + wk + tk = (uk-1 - vk-1 ) + (vk-1 - wk-1 ) + (wk -1 - tk-1 ) + (tk-1 - uk-1 ) = Như vậy: tk = -(uk + vk + wk ) (1) Từ (1) suy ra: (vk wk - uk tk ) = vk wk + uk (uk + vk + wk ) = (uk + vk )(uk + wk ) Lập luận hồn tồn tương tự, ta có: (2) (uk wk - vk tk ) = (uk + vk )(vk + wk ) (uk vk - wk tk ) = (uk + wk )(vk + wk ) Từ (2), (3), (4) ta thu được: (3) (4) vk wk - uk tk uk wk - vk tk uk vk - wk tk = (uk + vk )2 (uk + wk )2 (vk + wk )2 57 Như tích ba đại lượng vk wk - uk tk , uk wk - vk tk uk vk - wk tk bình phương số ngun tố (chú ý a, b, c, d ngun nên từ cách thiết lập dãy suy uk , vk , wk , tk ngun với k = 1, 2, …) Lại để ý tích ba số ngun tố khơng thể bình phương số ngun Vì lẽ ta chứng minh với k = 1, 2, … ba số vk wk - uk tk , uk wk - vk tk uk vk - wk tk khơng thể đồng thời ba số ngun tố Do vậy, nói riêng ba số ngun tố cho v2004 w2004 - w2004t2004 , u2004 w2004 - v2004t2004 u2004v2004 - w2004t2004 khơng thể đồng thời ba số ngun Vậy, tốn có câu trả lời phủ định 58 KẾT LUẬN Với mục đích tìm hiểu sâu số ngun tố, chúng tơi tập trung tìm hiểu vấn đề xung quanh số ngun tố, dãy số ngun tố ứng dụng chúng Lý thuyết mật mã Vì vậy, nội dung luận văn gồm: Tìm hiểu kết phân bố số ngun tố, dãy số ngun tố hàm số ngun tố; Chỉ số điều kiện đủ tồn xây dựng dãy vơ hạn hữu hạn số ngun tố; Tìm hiểu số thuật tốn sơ cấp thuật tốn xác suất kiểm tra ngun tố; Tìm tòi số ứng dụng số ngun tố dãy số ngun tố Lý thuyết mật mã; Giải số tốn dãy số ngun tố 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] TIẾNG VIỆT Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, lập trình giảng dạy tốn học [2] Maple, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Phạm Huy Điển, Hà Huy Khối (2004), Mã hóa thơng tin - Cơ sở tốn học [3] ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Phan Huy Khải (2006), Các chun đề Số học, Nhà xuất Giáo dục, Hà [4] Nội Hà Huy Khối, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật tốn, Nhà xuất Đại [5] học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [6] TIẾNG ANH D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill [7] [8] Company, New Delhi M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi ... sở số ngun tố dãy số ngun tố, số bất đẳng thức dãy số ngun tố Chương giới thiệu tốn: - Phân bố số ngun tố dãy số tự nhiên; - Bài tốn giải mã có sử dụng số ngun tố Chương trình bày số lời giải tốn... kiểm tra ngun tố Tìm tòi số ứng dụng số ngun tố dãy số ngun tố Lý thuyết mật mã Giải số tốn dãy số ngun tố nhằm số điều kiện đủ tồn xây dựng dãy vơ hạn hữu hạn số ngun tố thoả mãn số tính chất... BỐ SỐ NGUN TỐ 1.1 Dãy số ngun tố ……………………………… ………… 1.2 Hàm số ngun tố ………………………………….……… 12 1.3 Phương trình Fermat với số mũ ẩn số ngun tố …… 14 CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ SỐ NGUN TỐ CĨ ỨNG DỤNG