Luận văn Thạc sĩ Toán học: Ứng dụng của cấp và chỉ số cho số nguyên theo Modulo

Nội dung luận văn nghiên cứu về khái niệm và tính chất của cấp và chỉ số cho số nguyên theo modulo m, đồng thời xét một số ứng dụng điển hình của chúng trong các bài toán số học có liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ ĐỊNH ỨNG DỤNG CỦA CẤP VÀ CHỈ SỐ CHO SỐ NGUYÊN THEO MODULO THÁI NGUYÊN, 5/2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ ĐỊNH ỨNG DỤNG CỦA CẤP VÀ CHỈ SỐ CHO SỐ NGUYÊN THEO MODULO Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS NGÔ THỊ NGOAN THÁI NGUYÊN, 5/2019 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Lý thuyết chia hết tập số nguyên 1.2 Đồng dư thức phương trình đồng dư Ứng dụng cấp số số nguyên 2.1 Khái niệm, ví dụ, tính chất cấp cho số nguyên theo modulo 2.2 Khái niệm tính chất nguyên thủy modulo 2.3 Cấp cho số nguyên theo modulo ứng dụng để kiểm tra tính nguyên tố 2.4 Cấp cho số nguyên theo modulo ứng dụng nhận diện nguyên thủy số nguyên tố 2.5 Cấp cho số nguyên theo modulo áp dụng nhận diện số nguyên có nguyên thủy 2.6 Chỉ số cho số nguyên theo modulo ứng dụng 5 16 16 21 24 27 34 43 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Lời cảm ơn Trước tiên xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới TS Ngô Thị Ngoan với lịng nhiệt huyết ln bảo tận tình cho tơi từ ngày đầu tiên, đồng thời đưa lời khun bổ ích giúp tơi hồn thiện luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô, tập thể cán khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban lãnh đạo đồng nghiệp trường Trung học phổ thơng Hồnh Bồ - tỉnh Quảng Ninh, bạn học viên lớp cao học tốn K11D, khơng trang bị cho tơi kiến thức bổ ích mà cịn ln giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi q trình tơi học tập trường Cuối tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè người thân người ủng hộ, động viên tơi vượt qua khó khăn để em hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2019 Mở đầu Nội dung luận văn nghiên cứu khái niệm tính chất cấp số cho số nguyên theo modulo m, đồng thời xét số ứng dụng điển hình chúng tốn số học có liên quan Luận văn bao gồm hai chương Chương luận văn trình bày kiến thức chuẩn bị lý thuyết chia hết tập số nguyên, đồng dư thức, lớp thặng dư đầy đủ, hệ thặng dư đầy đủ, hệ thặng dư thu gọn Các kiến thức tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1] Nội dung Chương gồm mục, từ Mục 2.1 đến Mục 2.6, đề cập đến khái niệm ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo, nguyên thủy modulo, số cho số nguyên theo modulo Trước tiên luận văn trình bày khái niệm cấp cho số nguyên a theo modulo m (với điều kiện a nguyên tố với modulo m), số mũ nguyên dương nhỏ e cho ae ≡ (mod m), kí hiệu e = ordm a Sau luận văn giới thiệu khái niệm tính chất nguyên thủy cho số nguyên theo modulo m, thặng dư khơng âm nhỏ α modulo m thỏa mãn ordm α = ϕ(m) Khái niệm nguyên thủy modulo m có nhiều ứng dụng số học, chẳng hạn sinh đủ ϕ(m) thặng dư nguyên tố với modulo m, Tiếp đến luận văn khảo sát tiêu chuẩn để kiểm tra tính nguyên tố số số nguyên dương cách ứng dụng tính chất cấp cho số nguyên theo modulo nguyên thủy modulo (Định lý 2.3.1) Vì vai trò quan trọng nguyên thủy số học toán liên quan nên, luận văn khảo sát kĩ toán nhận diện nguyên thủy modulo số nguyên tố (Định lý 2.4.7), áp dụng hiệu cấp cho số nguyên theo modulo Lưu ý có số ngun dương khơng có ngun thủy, chẳng hạn: số 8, số 12 khơng có ngun thủy, Do đó, tiếp đến luận văn trình bày ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo vào tốn nhận diện lớp số ngun dương có nguyên thủy số nguyên 1, 2, 4, pk , 2pk với p số nguyên tố lẻ (Định lý 2.5.19) Phần cuối luận văn giới thiệu khái niệm số cho số nguyên theo modulo số, xét số ứng dụng vào phương trình đồng dư Ngồi luận văn trình bày nhiều ví dụ minh họa giúp cho người đọc dễ theo dõi, tập thích hợp cho phổ thơng Dưới tóm lược nội dung mục Chương • Mục 2.1 đề cập đến khái niệm tính chất cấp cho số nguyên theo modulo ví dụ minh họa • Mục 2.2 trình bày khái niệm tính chất ngun thủy modulo • Mục 2.3 trình bày ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo vào tốn kiểm tra tính ngun tố dựa định lý Lucas hệ • Mục 2.4 trình bày ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo vào nhận diện nguyên thuỷ số nguyên tố • Mục 2.5 khảo sát ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo vào toán nhận diện số ngun có ngun thủy • Mục 2.6 dành để trình bày khái niệm tương tự khái niệm lơgarit, khái niệm số cho số nguyên theo modulo sở, xét vài ứng dụng vào phương trình đồng dư Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2019 Tác giả luận văn Phạm Thị Định Chương Kiến thức chuẩn bị Nội dung Chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1] phần nhỏ tài liệu [3] Các kiến thức chương nhằm chuẩn bị kiến thức giúp cho việc trình bày chương sau hệ thống dễ theo dõi Mục 1.1 nhắc lại lý thuyết chia hết tập số nguyên; đồng thời mục nhắc lại khái niệm hệ số nhị thức định lý nhị thức Mục 1.2 nhắc lại khái niệm đồng dư thức thức, hệ thặng dư đầy đủ, định lý Euler, định lý Fermat nhỏ, phương trình đồng dư 1.1 Lý thuyết chia hết tập số nguyên Trong tập hợp số ngun Z, phép tốn cộng, trừ nhân ln thực được, nhiên phép chia cho số nguyên khác thực được, nghĩa phương trình ax = b, a, b ∈ Z; a = lúc có nghiệm Z Trong trường hợp ax = b có nghiệm Z, đến khái niệm chia hết Định nghĩa 1.1.1 Giả sử a, b hai số nguyên, b = Ta nói b chia hết a hay b ước a kí hiệu b | a có số nguyên q cho a = bq Khi ta nói a chia hết cho b hay a bội b viết a b Khi b khơng chia hết a ta kí hiệu b a Ví dụ 1.1.2 Trong tập số nguyên Z, ta có (i) −5 chia hết 10 hay 10 chia hết cho −5, 10 = (−2).(−5) (ii) −1 ước số nguyên a a = 1.a = (−1).(−a) (iii) bội số nguyên b = = b.0 Chú ý 1.1.3 Nếu b | a a = từ a = bq ta có q = |q| ≥ |a| = |b|.|q| ≥ |b| Các tính chất chia hết trình bày vắn tắt (i) Số nguyên a ước a = ±1 (ii) Nếu b | a ±b | ±a (iii) Nếu a | b b | a a = ±b (iv) Nếu b | a1 , b | a2 , , b | an , với b, a1 , a2 , , an ∈ Z b | (a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn ), ∀x1 , x2 , , xn ∈ Z Định lý 1.1.4 Với cặp số nguyên a, b cho trước (b = 0), tồn cặp số nguyên q, r thỏa mãn hệ thức a = bq + r, ≤ r < |b| Chứng minh Sự tồn cặp số nguyên q, r: Xét tập hợp M gồm bội b không vượt a M = {bx : x ∈ Z, bx ≤ a} Ta thấy −|b|.|a| bội b không vượt a nên M = ∅ Hơn nữa, M phận Z bị chặn a M có số lớn nhất, chẳng hạn bq, q ∈ Z Vì |b| ≥ nên ba + |b| > bq , bq + |b| ∈ / M bội b ta có bq ≤ a < bq + |b| hay ≤ a − bq < |b| Đặt r = a − bq ta r ∈ Z, a = bq + r ≤ r < |b| Để chứng minh tính cặp q, r ta giả sử có cặp số nguyên q1 , r1 thỏa mãn hệ thức a = bq + r, ≤ r < |b|; a = bq1 + r1 , ≤ r1 < |b| Từ ta có b(q − q1 ) = −(r − r1 ) |r − r1 | < |b| Khi |b| > |b||q − q1 | = |r − r1 | < |b| ta |q − q1 | < Do |q − q1 | = hay q = q1 kéo theo r = r1 Định nghĩa 1.1.5 Cho a, b số nguyên cho trước, b = Khi có đẳng thức a = bq + r, q số nguyên, ≤ r < |b|, ta nói a chia cho b thương q số dư r Kí hiệu a ≡ r (mod b) Chú ý 1.1.6 Trong trường hợp số dư r = 0, ta có a = bq, nghĩa a chia hết cho b Như vậy, phép chia hết trường hợp riêng phép chia có dư Số nguyên d gọi ước chung số nguyên a1 , a2 , , an d ước đồng thời số nguyên Một ước chung d số nguyên a1 , a2 , , an cho ước chung a1 , a2 , , an ước d gọi ước chung lớn (viết tắt ƯCLN) số Các số nguyên a1 , a2 , , an gọi nguyên tố ƯCLN số Số tự nhiên lớn khơng có ước khác ngồi gọi số nguyên tố Chúng ta nhắc lại định lý không đề cập đến chứng minh Định lý 1.1.7 (Định lý bản) Mỗi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số Nội dung định lý nói lên vai trị quan trọng số nguyên tố tập số tự nhiên: số tự nhiên lớn “cấu tạo” từ số nguyên tố phép nhân, mà biết số ngun tố số có ước Từ định lý bản, nhà toán học đến ứng dụng như: tiêu chuẩn chia hết, ước chung lớn - bội chung nhỏ Các ứng dụng định lý đề cập chương trình học đại học, luận văn ta bỏ qua không nhắc lại Phần cuối mục ta nhắc lại khái niệm tính chất hệ số nhị thức Định nghĩa 1.1.8 Cho n, r số nguyên không âm, hệ số nhị thức n! r ≤ n ngược lại; ta kí hiệu nr = r!(n−r)! thường kí hiệu hệ số nhị thức Cnr Từ định nghĩa, ta có n =1= n n n r = n n−r Định lý 1.1.9 (Đồng thức Pascal) Cho n r hai số nguyên n−1 dương, r ≤ n Khi nr = n−1 r r−1 + Chứng minh Ta biến đổi vế phải đưa vế trái: n−1 n−1 + r−1 r = (n − 1)! (n − 1)! + (r − 1)!(n − r)! r!(n − r − 1)! r(n − 1)! (n − r)(n − 1)! + r(r − 1)!(n − r)! r!(n − r)(n − r − 1)! r(n − 1)! (n − r)(n − 1)! = + r!(n − r)! r!(n − r)! (n − 1)![r + (n − r)] (n − 1)!n = = r!(n − r)! r!(n − r)! = = n! = r!(n − r)! n r Định lý sau ta sử dụng hệ số nhị thức để tìm khai triển (x + y)n Định lý 1.1.10 (Định lý nhị thức) Cho x, y hai số thực n số ngun khơng âm Khi (x + y)n = nr=0 nr xn−r y r Chứng minh Chứng minh phương pháp quy nạp Với n = 0, ta có (x + y)0 = 0r=0 0r x0−r y r = x0 y = Do giả thiết với n = Giả sử định lý với số k ≥ đó, tức k k (x + y) = r=0 k k−r r x y r (1.1) Chứng minh Chứng minh phản chứng Đặt β = α + p Giả sử ordp2 (β) = p − Khi β p−1 ≡ (mod p2 ) Ta có β p−1 = (α + p)p−1 p − p−3 α p + · · · + pp−1 = αp−1 + (p − 1)αp−2 p + ≡ αp−1 + p(p − 1)αp−2 ≡ − pαp−2 (mod p2 ) (mod p2 ) (vì αp−1 = 1) Suy pαp−2 ≡ (mod p2 ), tức αp−2 ≡ (mod p) Đây điều mâu thuẫn (vì α nguyên thủy) Do ordp2 β = ordp2 (α + p) = (p − 1) Ví dụ 2.5.3 Cho α = nguyên thủy modulo 7, chứng minh ordp2 (α + p) = ord49 12 = ord7 = ordp α Giải Ta có ϕ(7) = 6; (5, 7) = nguyên thủy modulo nên ord7 = ϕ(7) = Ta tính lũy thừa (α + p) = + = 12 theo modulo 49 122 ≡ −3 (mod 49), 123 ≡ 13 127 ≡ 19 (mod 49), 1221 ≡ −1 (mod 49), 126 ≡ 22 (mod 49) (mod 49) Do ord49 12 = 42 = = ord7 Định lý p2 có nguyên thủy với số nguyên tố lẻ p Định lý 2.5.4 Nếu α nguyên thủy modulo số nguyên tố lẻ p, α α + p nguyên thủy modulo p2 Chứng minh Vì α nguyên thủy modulo p, nên ordp α = p − Giả sử ordp2 α = e Khi αe ≡ (mod p2 ), e | ϕ(p2 ) = p(p − 1) Do e | p(p − 1) Vì αe ≡ (mod p2 ), nên αe ≡ (mod p); (p − 1) | e Khi có số nguyên dương k để e = k(p − 1) Do vậy, k(p − 1) | p(p − 1), nên k | p Suy k = k = p, nghĩa e = p − e = p(p − 1) 35 Trường hợp 1: Cho e = p(p − 1) e = ϕ(p2 ) α nguyên thủy modulo p2 Trường hợp 2: Cho e = p − Ta chứng minh β = α + p nguyên thủy modulo p2 Vì β ≡ α (mod p), nên β nguyên thủy modulo p Do theo phần thảo luận trước đó, ta có ordp2 β = p − p(p − 1) Nhưng theo Bổ đề 2.5.2, ta thấy ordp2 β = p − nên ordp2 β = p(p − 1) = ϕ(p2 ) Do vậy, β = α + p nguyên thủy modulo p2 Định lý bình phương số nguyên tố lẻ có nguyên thủy Định lý cung cấp cách nhận diện nguyên thủy Ví dụ 2.5.5 Nhắc lại ví dụ 2.5.1 ta có α = nguyên thủy modulo 52 Trong ví dụ 2.5.3 ta α = ngun thủy modulo Mặc dù khơng phải nguyên thủy modulo 49, α + p = + = 12 nguyên thủy modulo 49 (Thật vậy, theo ví dụ 2.5.3, ta ord49 12 = 42 ta có ϕ(72 ) = 72 − = 42, suy ord49 12 = 42 = ϕ(49) nên 12 nguyên thủy modulo 49) Tiếp theo ta lũy thừa pk số nguyên tố lẻ p có nguyên thủy Ta biết điều với k = Do ta cần chứng tỏ điều với k ≥ Ta chia phần chứng minh làm nhiều phần nhỏ để việc chứng minh rõ ràng Bổ đề 2.5.6 Cho α nguyên thủy modulo số nguyên tố lẻ k−2 p cho αp−1 ≡ (mod p2 ) Khi αp (p−1) ≡ (mod pk ) với k ≥ Chứng minh Chứng minh quy nạp theo k Với k = 2, ta có k−2 αp (p−1) = αp−1 ≡ (mod p2 ) theo giả thiết Do vậy, phát biểu bổ đề với k = Giả sử bổ đề với số nguyên t ≥ 2, tức t−2 αp (p−1) ≡1 36 (mod pt ) Vì (p, α) = 1, nên (α, pt−1 ) = Do theo định lý Euler, ta có t−1 αϕ(p ) (mod pt−1 ) ≡1 Tức t−2 αp (p−1) ≡1 (mod pt−1 ) Khi αp t−2 (p−1) = + qpt−1 (2.4) với số nguyên q Theo giả thiết quy nạp, điều ta suy p q Bây ta lấy lũy thừa p hai vế phương trình (2.4) khai triển vế phải cách dùng định lý nhị thức ta được: t−1 αp (p−1) = (1 + qpt−1 )p p 2(t−1) q p + · · · + q p pp(t−1) = + qpt + ≡ + qpt (mod pt+1 ) Vì p q , nên đẳng thức kéo theo t−1 αp (p−1) ≡1 (mod pt+1 ) Do vậy, theo quy nạp, ta thấy bổ đề với số nguyên k ≥ Định lý 2.5.7 Mọi lũy thừa pk số nguyên tố lẻ p có nguyên thủy, với k ≥ Chứng minh Gọi α nguyên thủy modulo p Nếu α nguyên thủy modulo p2 αp−1 ≡ (mod p2 ) Mặt khác, α khơng ngun thủy modulo p2 theo Định lý 2.5.4, suy β = α + p nguyên thủy modulo p2 , β ≡ α (mod p) β p−1 ≡ (mod p2 ) Do vậy, hai trường hợp, ta thấy p2 có nguyên thủy γ cho γ p−1 ≡ (mod p2 ) (Chú ý γ = α α nguyên thủy modulo p2 , trường hợp khác, γ = β ) Do đó, theo Bổ đề 2.5.6, ta có k−2 γp (p−1) ≡1 với số nguyên k ≥ 37 (mod pk ) Tiếp theo, ta cần chứng minh γ nguyên thủy modulo pk , tức ordpk γ = ϕ(pk ) Để chứng minh điều này, giả sử ordpk γ = e Khi e | ϕ(pk ), ϕ(pk ) = pk−1 (p − 1) Vì γ e ≡ (mod pk ), nên γ e ≡ (mod p) Điều kéo theo (p − 1) | e Giả sử e = (p − 1)t với t số nguyên Khi (p − 1)t | pk−1 (p − 1), suy t | pk−1 Vậy t = pi với ≤ i ≤ k − e = pi (p − 1) Nếu i ≤ k − 2, i γ p (p−1) ≡ (mod pk ) điều mâu thuẫn Do i = k − ordpk γ = pk−1 (p − 1) = ϕ(pk ) Vậy γ nguyên thủy modulo pk với k ≥ Chú ý 2.5.8 Từ chứng minh định lý ta có hai nhận xét sau: (i) Mọi nguyên thủy modulo p2 nguyên thủy modulo pk , với k ≥ (ii) Theo định lý 2.5.4 2.5.7, nguyên thủy α modulo số nguyên tố lẻ p sử dụng để tìm nguyên thủy γ modulo pk Nếu α nguyên thủy modulo p2 , γ = α, cịn ngược lại γ = α + p Ví dụ sau minh họa cho hai trường hợp Ví dụ 2.5.9 Trong Ví dụ 2.5.5, ta thấy nguyên thủy modulo modulo 52 Do đó, theo Định lý 2.5.7, nguyên thủy modulo 5k với số nguyên k Chẳng hạn, với k = nguyên thủy modulo 56 = 15625 Để điều này, ta cần chứng minh 3ϕ(5 )/2 = 32·5 = 36250 ≡ −1 (mod 56 ) Vì 3125 ≡ 11693 (mod 56 ) 32000 ≡ 2501 (mod 56 ), nên 36250 = (32000 )3 · (3125 )2 ≡ 25013 · 116932 ≡ 15624 ≡ −1 (mod 56 ) (mod 56 ) Nhớ lại rằng, ví dụ 2.5.5 ta tìm α = nguyên thủy modulo 7, không nguyên thủy modulo 49 Tuy nhiên α + p = + = 12 nguyên thủy modulo 72 Vì vậy, theo Định lý 2.5.7, ta có 12 nguyên thủy modulo 7k , với k ≥ Ví dụ, 12 nguyên thủy modulo 75 = 16807 Để chứng minh điều này, ta 38 cần 12ϕ(7 )/2 = 123·7 = 127203 ≡ −1 (mod 75 ) Ta có 123 ≡ 1728 (mod 75 ), 12200 ≡ −4336 (mod 75 ) và127000 ≡ −4184 (mod 75 ) Do 127203 = 127000 · 12200 · 123 ≡ (−4184) · (−4336) · (1728) ≡ −1 (mod 75 ) Tiếp theo, ta xác định số ngun 2k có ngun thủy Rõ ràng 1, có nguyên thủy tương ứng 1, Tại thời điểm này, câu hỏi tự nhiên đặt liệu 2k có ngun thủy khơng k ≥ 3? Trước trả lời câu hỏi trên, giới thiệu hai bổ đề sau để làm tảng chứng minh cho Định lý 2.5.12 Bổ đề 2.5.10 Bình phương số nguyên lẻ đồng dư theo modulo Chứng minh Cho a số nguyên lẻ, a = 2i + với i số nguyên Do a2 = 4i2 + 4i + = 4i(i + 1) + Vì | i(i + 1), nên | 4i(i + 1) Do a2 ≡ (mod 8) Bổ đề 2.5.11 Cho a số nguyên lẻ t ≥ Khi t−2 a2 ≡1 (mod 2t ) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo t Rõ ràng bổ đề với t = theo Bổ đề 2.5.10 Do ta giả sử bổ đề với số nguyên k ≥ 3, tức k−2 a2 k−2 Do a2 ≡1 (mod 2k ) = + q.2k với số nguyên q Khi k−1 a2 k−2 = (a2 )2 = (1 + q.2k )2 = + q.2k+1 + q 22k ≡1 (mod 2k+1 ) Do vậy, bổ đề với t = k , với t = k + Do theo quy nạp, ta suy bổ đề với số nguyên t ≥ Sử dụng bổ đề này, ta chứng minh 2k khơng có ngun thủy k ≥ định lý 39 Định lý 2.5.12 Số ngun 2k khơng có ngun thủy k ≥ Chứng minh Chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử 2k có nguyên thủy α Khi ord2k α = ϕ(2k ) = 2k−1 Nhưng (α, 2) = k−2 nên α lẻ Do theo Bổ đề 2.5.11 ta thấy α2 ≡ (mod 2k ) Do đó, ord2k α ≤ 2k−2 , điều mâu thuẫn Vì vậy, 2k khơng có nguyên thủy k ≥ Theo Định lý trên, ta thấy số 8, 16, 32, 64, khơng có ngun thủy Tiếp theo, ta chứng minh số nguyên dương khơng có ngun thủy chia hết cho hai số nguyên tố lẻ khác nhau, có dạng 2i pj , với i ≥ p số nguyên tố lẻ Để chứng minh, ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.5.13 Số nguyên ab khơng có ngun thủy a > 2, b > (a, b) = Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử ab có nguyên thủy α Khi (α, ab) = αϕ(ab) ≡ (mod ab) Vì (α, ab) = 1, nên (α, a) = = (α, b) Cho d = (ϕ(a), ϕ(b)) Vì a, b > 2, nên hai ϕ(a) ϕ(b) chẵn Do d ≥ Bên cạnh đó, d | ϕ(a) d | ϕ(b), nên ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(ab) d d ϕ(ab) số nguyên Nhưng d > 1, nên d < ϕ(ab) Vì (α, a) = αϕ(a) ≡ (mod a), nên αϕ(ab)/d = αϕ(a)ϕ(b)/d = [αϕ(a) ]ϕ(b)/d (chú ý d | ϕ(b)) ≡ 1ϕ(b)/d ≡ (mod a) Tương tự, αϕ(ab)/d ≡ (mod b) Do αϕ(ab)/d ≡ (mod ab), điều mâu thuẫn α nguyên thủy modulo ab ϕ(ab)/d < ϕ(ab) Do đó, ab khơng có ngun thủy Ví dụ, 20 khơng có ngun thủy, 20 = · > 2, > (4, 5) = Hay 150 = · 25 nguyên thủy Định lý 2.5.14 Một số nguyên khơng có ngun thủy có hai ước số nguyên tố lẻ khác có dạng 2i pj , p số nguyên tố lẻ, i ≥ 40 Chứng minh Giả sử số nguyên dương n có hai thừa số nguyên tố lẻ khác p q Khi theo Bổ đề 2.5.13, n = pi q j n khơng có ngun thủy Mặt khác, cho n = 2i pj , i ≥ p số nguyên tố lẻ Theo Bổ đề 2.5.13 với a = 2i b = pj , ta suy n = ab = 2i pj khơng có nguyên thủy Ví dụ 2.5.15 Số nguyên 1125 = 32 · 53 khơng có ngun thủy có hai thừa số nguyên tố lẻ Tương tự, 3780 = 22 · 33 · · nguyên thủy Số 19208 = 23 · 74 khơng có ngun thủy có dạng 2i pj với i ≥ Định lý 2.5.14 mang đến bước nhảy vọt việc nhận diện số nguyên dương có nguyên thủy Nó thu hẹp danh sách số nguyên cần khảo sát số có dạng n = 2i pj , p số nguyên tố lẻ Nếu i = j = n = có nguyên thủy Mặt khác, j > 0, theo Hệ 2.4.9, Định lý 2.5.4 Định lý 2.5.7, ta thấy số n = pj có nguyên thủy Nếu i ≥ theo Định lý 2.5.14, số n khơng có ngun thủy Ta xét trường hợp lại n = 2pj định lý Định lý 2.5.16 Số nguyên n = 2pj có nguyên thủy, p số nguyên tố lẻ Chứng minh Cho α nguyên thủy modulo pj Vì j αϕ(p ) ≡ (mod pj ) Trường hợp 1: Giả sử α lẻ (Ta α nguyên thủy modulo n) Vì ϕ(n) = ϕ(2pj ) = ϕ(2)ϕ(pj ) = ϕ(pj ), nên j αϕ(n) = αϕ(p ) ≡ (mod pj ) (2.5) Vì α lẻ, nên α ≡ (mod 2); j αϕ(p ) ≡ (mod 2) (2.6) Do vậy, theo (2.5) (2.6), ta có αϕ(n) ≡ (mod 2pj ) tức αϕ(n) ≡ 41 (mod n) Giả sử ordn α = e < ϕ(n) = ϕ(2pj ) Khi αe ≡ (mod pj ) Do vậy, ϕ(pj ) ≤ e < ϕ(pj ), điều mâu thuẫn Do đó, ordn α = ϕ(n) α nguyên thủy modulo n Trường hợp 2: Giả sử α số chẵn Khi β = α + pj số lẻ, j β ϕ(p ) ≡ (mod 2) j Bên cạnh đó, β ≡ α (mod pj ), nên β ϕ(n) ≡ αϕ(p ) ≡ (mod 2pj ); tức β ϕ(n) ≡ (mod n) Như trường hợp 1, ta suy β nguyên thủy modulo n Vì vậy, hai trường hợp, ta thấy n = 2pj có ngun thủy Ví dụ sau minh họa cho định lý Ví dụ 2.5.17 Cho n = 38 = · 19 Theo Ví dụ 2.2.8, nguyên thủy modulo 19 Vì vậy, theo Định lý 2.5.16, nguyên thủy modulo 38 Thật vậy, ta có ϕ(38) = ϕ(2·19) = ϕ(2)·ϕ(19) = 18 Ta cần ord38 = 18 Vì (3, 38) = nên theo Hệ 2.1.4 ord38 | 18 Các ước 18 1, 2, 3, 6, 18 Ta tính 3k theo modulo 38 31 ≡ (mod 38), 32 ≡ 36 ≡ (mod 38), 39 ≡ −1 (mod 38), (mod 38), 33 ≡ 27 318 ≡ (mod 38) (mod 38) Như vậy, cách tính trực tiếp, ta nguyên thủy modulo 38 Mặt khác, 10 nguyên thủy modulo 19 Vì 10 số chẵn nên theo Định lý 2.5.16, ta có 10 + 19 = 29 nguyên thủy modulo 38 Để chứng minh điều này, cần chứng minh 29ϕ(38)/2 = 299 ≡ −1 (mod 38) Chú ý 2.5.18 Bây giờ, ta tổ hợp kết Hệ 2.4.9, Định lý 2.5.4, 2.5.7, 2.5.12 2.5.16 vào Định lý 2.5.19, ta nhận diện số nguyên có nguyên thủy hay không Định lý xuất năm 1801 nhà toán học Gauss Định lý 2.5.19 (Gauss) Chỉ có số nguyên dương sau có nguyên thủy: 1, 2, 4, pk 2pk (với p số nguyên tố lẻ) 42 Theo định lý trên, 12 số nguyên dương có nguyên thủy 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13 14; số 8, 12 15 khơng có ngun thủy 2.6 Chỉ số cho số nguyên theo modulo ứng dụng Khái niệm số nhà toán học Gauss giới thiệu “Disquisitiones Arithmeticae” Khái niệm số hữu dụng cho việc giải phương trình đồng dư tốn học tính tốn Cho α ngun thủy modulo m Khi đó, theo Định lý 2.2.4, thặng dư nhỏ α, α2 , , αϕ(m) modulo m hoán vị ϕ(m) số nguyên dương ≤ m nguyên tố với m Ví dụ, Ví dụ 2.2.8 ta thấy α = nguyên thủy modulo 18 thặng dư nhỏ 5, 52 , 53 , 54 , 55 56 hoán vị ϕ(18) = số nguyên dương 1, 5, 7, 11, 13 17 nhỏ 18 nguyên tố với 18 Cho a số nguyên dương ≤ 18 nguyên tố với 18 Khi a ≡ 5k (mod 18) với số nguyên dương k thỏa mãn ≤ k ≤ Chẳng hạn, cho a = 13, k = (vì 13 ≡ 54 (mod 18)) Theo đó, ta nói số 13 sở theo modulo 18 Mục trình bày kỹ khái niệm đưa minh họa tính chất cho khái niệm Định nghĩa 2.6.1 Cho m số nguyên dương với nguyên thủy α, a số nguyên dương cho (a, m) = Khi số nguyên dương nhỏ k cho αk ≡ a (mod m) gọi số a sở α theo modulo m, kí hiệu indα a (hoặc ind a rõ sở) Chú ý ≤ k ≤ ϕ(m) Ví dụ 2.6.2 Số nguyên thủy modulo 18 Chú ý 51 ≡ 54 ≡ 13 (mod 18), (mod 18), 52 ≡ 55 ≡ 11 (mod 18), (mod 18), 43 53 ≡ 17 56 ≡ (mod 18) (mod 18) Như vậy, ind5 = 1, ind5 = 2, ind5 17 = ind5 13 = 4, ind5 11 = 5, ind5 = Giả sử ta chọn nguyên thủy modulo 18 khác 11 Khi 111 ≡ 11 114 ≡ (mod 18), (mod 18), 112 ≡ 13 115 ≡ (mod 18), (mod 18), 113 ≡ 17 116 ≡ (mod 18) (mod 18) Dẫn đến ind11 = 5, ind11 = 4, ind11 17 = ind11 13 = 2, ind11 11 = 1, ind11 = Chú ý rằng, nhìn chung ind5 a = ind11 a Ví dụ, = ind5 = ind11 = Như vậy, giá trị indα a phụ thuộc vào nguyên thủy α (và modulo m) Theo định nghĩa số, ta thấy trường hợp lôgarit, ta thấy indα a số mũ dương Chú ý αindα a ≡ a (mod m) indα a số mũ dương nhỏ ≤ indα a ≤ ϕ(m) Giả sử a ≡ b (mod m) Vậy mối quan hệ inda indb gì? Giả sử α nguyên thủy modulo m Khi αindα a ≡ a (mod m) αindα b ≡ b (mod m) Bởi a ≡ b (mod m) nên αindα a ≡ αindα b (mod m) Theo Hệ 2.1.6, ta suy indα a = indα b Do vậy, a ≡ b (mod m) indα a = indα b Ví dụ, 67 ≡ 13 (mod 18) Nhắc lại, Ví dụ 2.6.2 ta có ind5 13 = Vì 54 = 67 (mod 18), nên ind5 67 = Vì ind5 13 = ind5 67 Tính chất αindα a ≡ a (mod m) nhắc ta nhớ đến tính chất lôgarit, blogb a = a với số b thích hợp số thực dương a Tương tự vậy, tính chất indα a = indα b a ≡ b (mod m) gợi nhớ đến tính chất hàm lơgarit logb x = logb y x = y Khái niệm số có ba tính chất tương tự tính chất hàm lơgarit sau đây: (i) logb = (ii) logb (xy) = logb x + logb y 44 (iii) logb (xn ) = n logb x Các tính chất phát biểu định lý Định lý 2.6.3 Cho số nguyên dương m có nguyên thủy α a, b số nguyên dương nguyên tố với m Khi (i) indα ≡ (mod ϕ(m)) (ii) indα (ab) ≡ indα a + indα b (mod ϕ(m)) (iii) indα (an ) ≡ n · indα a (mod ϕ(m)) Chứng minh (i) Vì α nguyên thủy modulo m, nên ϕ(m) số nguyên dương nhỏ cho αϕ(m) ≡ (mod m) Do vậy, indα = ϕ(m) ≡ (mod ϕ(m)) (ii) Theo định nghĩa, αindα a ≡ a (mod m) αindα b ≡ b (mod m), ab = αindα a αindα b ≡ αindα a+indα b (mod m) Theo định nghĩa, ta có ab ≡ αindα (ab) (mod m) Do αindα (ab) ≡ αindα a+indα b (mod m) Do theo Hệ 2.1.6, ta có indα (ab) ≡ indα a+indα b (mod ϕ(m)) n (iii) Theo định nghĩa, αindα (a ) ≡ an (mod m) Nhưng αn·indα a ≡ (αindα a )n ≡ an (mod m) Do n αindα (a ) ≡ αn·indα a (mod m), suy indα (an ) ≡ n · indα a (mod ϕ(m)) Ví dụ 2.6.4 Kiểm chứng tính chất (ii) (iii) Định lý 2.6.3 với α = 5, m = 18, a = 11, b = 13 n = Chứng minh Từ Ví dụ 2.6.2, ta có ind5 11 = 5, ind5 13 = Do ta có: 45 (ii) ind5 11 + ind5 13 = + ≡ (mod 6) Bằng tính tốn trực tiếp, ind5 (11.13) = ind5 17 = ≡ ind5 11 + ind5 13 (mod 6) (iii) 7.ind5 11 = · ≡ (mod 6) Bằng tính tốn trực tiếp, ind5 (117 ) = ind5 11 ≡ (mod 6) Do ind5 (117 ) = · ind5 11 Do số có số tính chất thú vị hàm lơgarit, nên ta áp dụng Định lý 2.6.3 để giải tốn tìm phần dư có dạng axb ≡ c (mod m) abx ≡ c (mod m), (a, m) = Sau trình bày số ví dụ minh họa Ví dụ 2.6.5 Giải phương trình đồng dư 11x ≡ (mod 18) Giải Vì nguyên thủy modulo 18 theo Ví dụ 2.2.5, lấy ind5 hai vế ta ind5 (11x) ≡ ind5 (mod ϕ(18)) Theo Định lý 2.6.3, ta có ind5 11 + ind5 x ≡ ind5 (mod ϕ(18)) Nhưng theo Ví dụ 2.6.2, ind5 11 = 5, ind5 = nên + ind5 x ≡ (mod 6) ind5 x ≡ (mod 6) x ≡ 53 ≡ 17 (mod 18) Ta kiểm tra điều tính tốn trực tiếp (Chú ý: Phương pháp yêu cầu phải biết số số nguyên dương ≤ 18 nguyên tố 18) Hai ví dụ sau dựa kiến thức số sở theo modulo 13 (Chú ý nguyên thủy modulo 13) Để thuận tiện, dựng bảng sau: Ví dụ 2.6.6 Giải phương trình đồng dư 8x5 ≡ (mod 13) 46 a 10 11 12 ind2 a 12 11 10 Bảng 2.3: Chỉ số a sở theo modulo 13 Giải Ta có ϕ(13) = 12 Lấy ind2 hai vế ta ind2 (8x5 ) ≡ ind2 (mod 12) Áp dụng Định lý 2.6.3 ta ind2 + 5ind2 x ≡ ind2 (mod 12) Sử dụng Bảng 2.3 ta có + 5ind2 x ≡ (mod 12) 5ind2 x ≡ (mod 12) ind2 x ≡ (mod 12) x≡6 (mod 13) Chú ý rằng, ví dụ sử dụng Bảng 2.3 số để giải toán đồng dư phức tạp, nhờ vấn đề trở nên dễ dàng Trên thực tế, khơng khó để chọn sở Chúng ta dùng nguyên thủy modulo 13 để làm sở Sử dụng khái niệm tính chất số cho số nguyên theo modulo giúp ta giải số toán tìm nghiệm phương trình đồng dư có ẩn mũ Tuy nhiên khuôn khổ luận văn ta chưa đủ thời gian để nghiên cứu thêm lớp phương trình đồng dư Chẳng hạn phương trình 113x ≡ (mod 13) có nghiệm x ≡ 1, 5, (mod 13) 47 Kết luận Trong luận văn nghiên cứu ba khái niệm quan trọng: cấp cho số nguyên dương theo modulo m, nguyên thủy số cho số nguyên theo modulo m Chúng ta nghiên cứu tính chất của ba khái niệm vài ứng dụng, bao gồm tồn vô hạn số nguyên tố, hai tiêu chuẩn kiểm tra tính ngun tố, mà phương pháp tìm phần dư giải phương trình đồng dư đặc biệt Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2019 Người thực Phạm Thị Định 48 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Hoan (2004), Lý thuyết số, Nhà xuất Đại học Sư phạm [2] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình số học, Nhà xuất Giáo dục Tiếng Anh [3] Thomas Koshy (2007), Elementary Number Theory with Applications, Academic Press 2nd Edition, May 22 49 ... niệm ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo, nguyên thủy modulo, số cho số nguyên theo modulo Trước tiên luận văn trình bày khái niệm cấp cho số nguyên a theo modulo m (với điều kiện a nguyên. .. 2.4 Cấp cho số nguyên theo modulo ứng dụng nhận diện nguyên thủy số nguyên tố 2.5 Cấp cho số nguyên theo modulo áp dụng nhận diện số nguyên có nguyên thủy 2.6 Chỉ số. .. cấp số số nguyên Nội dung Chương đề cập đến khái niệm ứng dụng cấp cho số nguyên theo modulo, nguyên thủy modulo, số cho số nguyên theo modulo Mục 2.1 đề cập đến khái niệm tính chất cấp cho số