KÝ hiÖu Jacobi lµ mét më réng cña kÝ hiÖu Legendre, vµ ®−îc sö dông ®Ó tÝnh kÝ hiÖu Legendre, còng nh− trong nhiÒu vÊn ®Ò nghiªn cøu c¸c sè gi¶ nguyªn tè.. Nh− vËy, trong tr−êng hîp n l[r]
(1)II Thực hành tính toán máy
Đối với tất chơng, tính toán thực hành máy tính với chơng trình Maple đợc bắt đầu dòng lệnh:
[>with(numtheory);
Các phép to¸n sè häc ( phÐp céng [+], phÐp trõ [-], phÐp nh©n [*], phÐp chia [/], phÐp luü thõa [^], khai bậc hai [sqrt(.)], ) đợc viết thực hiƯn theo thø tù quen biÕt
Ln ln ghi nhớ cuối dòng lệnh phải dấu chấm phẩy (;) dấu (:) Muốn thực dòng lệnh phải đ−a trỏ dịng lệnh (sau dấu chấm phẩy) nhấn phím [Enter] Hãy thực dịng lệnh theo trình tự tr−ớc sau, số tính tốn b−ớc sau yêu cầu kết từ b−ớc tr−ớc
II Thực hành kiểm tra số số nguyên tè
§Ĩ kiĨm tra mét sè n cã phải số nguyên tố hay không ta thực lÖnh nh− sau: [>isprime(n);
Sau dÊu (;) Ên phím Enter Nếu hình chữ true n số nguyên tố, hình chữ false n hợp số
Thí dụ: Số 2546789 có phải số nguyên tố hay không?
[>isprime(n);
False Vậy 2546789 số nguyên tố
II Thực hành tìm ớc chung lớn
Để thực hành tìm ớc chung lớn hai số a b, hÃy vào dòng lệnh có cú pháp nh− sau:
[>gcd(a,b);
Sau dÊu (;) Ên phÝm Enter việc tìm ớc chung lớn đợc thực có kết
Thí dơ: T×m −íc sè chung lín nhÊt cđa sè 157940 78864
Thực câu lệnh sau: [> gcd(157940,78800);
20 VËy −íc chung lín 157940 78864 20 II Phân tích thừa số nguyên tố
Để phân tÝch sè n thõa sè nguyªn tè ta thùc hiÖn lÖnh sau:
VnMath.Com
(2)[>ifactor(n);
Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” th× viƯc phân tích n thừa số nguyên tố đợc thực có kết
ThÝ dơ: Ph©n tÝch sè 122333444455555666666777777788888888999999999 thõa
sè nguyªn tè
Ta thùc hiƯn nh− sau:
[>
ifactor(122333444455555666666777777788888888999999999);
(3)(12241913785205210313897506033112067347143)(3331) Ta dùng lệnh để kiểm tra xem số n có phải số ngun tố hay khơng
II Thùc hµnh kiĨm tra mét sè lµ sè Carmichael Ta nhớ lại Định lí 17 nh sau:
Định lí 2.17 Nếu n=q1q2 qk, qj số nguyên tố khác thoả mãn
(qj-1) |(n-1), n số Carmichael
Do để kiểm tra xem số n có phải số Carmichael hay khơng ta thực theo b−ớc sau:
B−íc 1: Ph©n tích n thành tích thừa số nguyên tố, ta thùc hiƯn b»ng dßng lƯnh:
[>ifactor(n);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” hình kết phân tích n thừa số nguyên tố Nếu n hợp số có dạng n=q1q2 qk, qj số nguyên tố khác thực tiếp b−ớc kiểm tra thứ Nếu khơng khẳng định n khơng phải số Carmichael
B−íc 2: Thùc hiƯn c¸c phÐp tÝnh chia (n-1):(qj-1), ta thùc hiƯn b»ng dßng lƯnh sau:
[>(n-1)/(qj-1);
Sau dÊu (;) ấn phím Enter hình kết thơng phép chia
Nu vi mi j=1,2, , k th−ơng tìm đ−ợc số nguyên ta khẳng định n số Carmichael, khơng trả lời khơng phải
ThÝ dơ 1: Số 6601 có phải số Carmichael hay không?
Thùc hiƯn kiĨm tra nh− sau: [>ifactor(6601);
(7)(23)(41)
VnMath.Com
(3)6601 đợc phân tích thành thừa số nguyên tố khác nhau, nghi ngờ số Carmichel Để kiĨm tra xem nã cã thùc sù lµ sè Carmichel hay không, ta thực lệnh sau:
[>(6601-1)/(7-1);
1100 [>(6601-1)/(23-1);
300 [>(6601-1)/(41-1);
165 VËy 6601 lµ sè Carmichael
ThÝ dơ 2: Sè cã phải số Carmichael hay không?
Thực kiÓm tra nh− sau: [>ifactor(6);
(2)(3) [>(6-1)/(2-1);
5 [>(6-1)/(3-1);
5 Vậy sè Carmichael
ThÝ dơ 3: Sè 45 cã ph¶i số Carmichael hay không?
Thực kiểm tra nh− sau: [>ifactor(45);
(3)2 (5) Sè 45 kh«ng thoả mÃn bớc thứ
Vậy 45 lµ sè Carmichael
II Thùc hµnh kiĨm tra số giả nguyên tố
Cho hai số nguyên dơng n, b Để kiểm tra xem n có phải số giả nguyên tố sở
b hay không ta thực bớc nh sau:
Bớc 1: Kiểm tra n hợp số, ta thùc hiƯn dßng lƯnh:
[>isprime(n);
VnMath.Com
(4)Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” Nếu hình chữ true n số nguyên tố, hình chữ false n hợp số Nếu n số nguyên tố n số giả nguyên tố sở b Nếu ngợc lại thùc hiƯn tiÕp b−íc
B−ớc 2: Kiểm tra đồng d− thức bn-b ≡ 0(mod n), thực dòng lệnh:
[>b&^n-b mod n;
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” hình kết Nếu số n số giả nguyên tố sở b
Thí dụ1: Số 561 có phải số giả nguyên tố sở hay không?
Ta thùc hiƯn c¸c lƯnh sau: [>isprime(561);
false [>2&^561-2 mod 561;
0 Vậy 561 số giả nguyên tố c¬ së
ThÝ dơ 2: Sè 12241913785205210313897506033112067347143 cã phải số giả
nguyên tố sở hay không? Ta thực lệnh sau:
[>ispime(12241913785205210313897506033112067347143); true
Số 12241913785205210313897506033112067347143 số nguyên tố Do 12241913785205210313897506033112067347143 khơng phải số giả ngun tố sở
ThÝ dô 3: Sè 326 cã phải số giả nguyên tố sở hay không?
Ta thực lệnh sau: [>isprime(326);
false [>3&^326-3 mod 326;
6 VËy 326 là số giả nguyên tố sở
II Thùc hµnh kiĨm tra mét sè số giả nguyên tố mạnh
Cho n số nguyên dơng lẻ, b số nguyên dơng Để kiểm tra n có phải số giả nguyên tố mạnh sở b hay không ta thực hiƯn theo c¸c b−íc sau:
B−íc 1: KiĨm tra n hợp số, ta thực dòng lÖnh:
VnMath.Com
(5)[>isprime(n);
Sau dấu (;) ấn phím Enter Nếu hình chữ true n số nguyên tố, hình chữ false n hợp số Nếu n số nguyên tố n số giả nguyên tố mạnh sở b Nếu ngợc lại thực tiếp b−íc
B−íc 2: Ph©n tÝch n-1 thừa số nguyên tố, ta thực dòng lệnh:
[>ifactor(n-1);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” hình phân tích n-1 ta thu đ−ợc kết có dạng n-1=2st, s số nguyên d−ơng, t số nguyên d−ơng lẻ
B−ớc 3: Kiểm tra đồng d− thức bt-1≡0(mod n) Vào lệnh
[>b&^t-1 mod n;
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” hình kết Nếu số n số giả nguyên tố mạnh sở b, kết số khác ta thực tiếp b−ớc
B−ớc 4: Kiểm tra đồng d− thức (b2jt + ≡ 0(mod n) với j=0, s-1, ta thực 1)
dßng lƯnh:
[>seq (b&^((2^j)t)+1 mod n, j=0 s-1);
Sau dấu (;) ấn phím Enter hình sÏ hiƯn d·y kÕt qu¶ NÕu d·y kÕt quả có số số n số giả nguyên tố mạnh sở b
Thí dụ: Số 2047 có phải số giả nguyên tố mạnh sở hay không?
Thực hiƯn kiĨm tra nh− sau: [>isprime(2047);
false Do n hợp số Tiếp tục thực lệnh [>ifactor(n-1);
(2)(3)(11)(31) TiÕp tơc thùc hiƯn lƯnh
[>2&^(3*11*31)-1 mod 2047; Vậy 2047 số giả nguyên tố mạnh sở
II Thực hành biểu diễn số dới dạng phân số liên tơc
1 BiĨu diƠn sè n d−íi d¹ng phân số liên tục theo cách thông thờng với số thơng
trong biểu diễn k, ta dùng lÖnh: [>cfrac(n,k);
VnMath.Com
(6)Sau dấu (;) ấn phím Enter hình xuất hiƯn kÕt qu¶
ThÝ dơ: BiĨu diƠn π d−íi dạng phân số liên tục theo cách thông thờng với
th−¬ng
Ta thùc hiƯn lƯnh:
[> cfrac (Pi,6);
3
7
15
1
292
1
1 +
+ +
+ +
+ +
2 Biểu diễn số n d−ới dạng phân số liên tục theo cách đơn giản với số chữ số
biĨu diƠn lµ k, ta dïng lÖnh:
[>cfrac(n,k,’quotients’);
Sau dÊu (;) ấn phím Enter hình xuất kÕt qu¶
Thí dụ: Biểu diễn π d−ới dạng phân số liên tục theo cách viết đơn giản với 100 chữ số biểu diễn
Ta thùc hiÖn lÖnh:
[> cfrac (Pi,100,’quotients’);
[3,7,15,1,292,1,1,1,2,1,3,1,14,2,1,1,2,2,2,2,1,84,2,1,1, 15,3,13,1,4,2,6,6,99,1,2,2,6,3,5,1,1,6,8,1,7,1,2,3,7,1, 2,1,1,12,1,1,1,3,1,1,8,1,1,2,1,6,1,1,5,2,2,3,1,2,4,4,16, 1,161,45,1,22,1,2,2,1,4,1,2,24,1,2,1,3,1,2,1,1,10,2, ]
3 Biểu diễn số n dới dạng phân số liên tục theo chu kỳ tuần hoàn, ta dùng lÖnh:
[>cfrac(n,’periodic’);
Sau dÊu (;) Ên phÝm Enter hình xuất kết
Thí dụ: Biểu diễn 31/2 dới dạng phân số liên tục theo chu kỳ tuần hoàn Ta thực hiÖn lÖnh:
[>cfrac (3^(1/2),'periodic');
1
1
2
1
2 +
+ +
+ +
VnMath.Com
(7)4 Biểu diễn số n d−ới dạng phân số liên tục theo chu kỳ tuần hồn đơn giản, ta dùng
lƯnh:
[>cfrac (n,'periodic','quotients'); Sau dấu (;) ấn phím Enter hình xuất kết
Thớ d: Biu diễn 31/2 d−ới dạng phân số liên tục theo chu kỳ tuần hoàn đơn giản Ta thực lệnh:
[> cfrac (3^(1/2),'periodic','quotients'); [[1], [1, 2]]
II Thực hành tìm phân số hội tơ thø k cđa mét sè
§Ĩ thùc hành tìm phân số hội tụ thứ k sè n, ta thùc hiƯn theo c¸c lƯnh sau:
Buớc 1: Biểu diễn n dới dạng phân số liªn tơc
[> cf:= cfrac(n);
Sau dÊu (;) ấn phím Enter hình xuất sù biĨu diƠn
B−íc 2: TÝnh ph©n sè héi tô thø k
[> nthconver(cf,k);
Sau dÊu (;) ấn phím Enter hình xuất kÕt qu¶
Trong q trình thực ta không cần biết kết thị b−ớc 1, thay dấu (;) dấu (:) dịng lệnh ([>cf:=cfrac(n):) Khi hình dấu nhắc ([>) để thực tiếp lệnh thứ
ThÝ dơ: TÝnh ph©n sè héi tơ thø cđa e
Ta thùc hiÖn nh− sau:
[> cf:= cfrac(exp(1));
cf :
= +
+ +
+ +
+ +
+ +
+
2
1
2
1
1
4
1
1
6
1 [> nthconver(cf,5);
VnMath.Com
(8)87 32 Nh− vËy, phân số hội tụ thứ e 87
32 II Thực hành đổi số
1 Để thực hành đổi số n từ 10 sang số b ta dùng dòng lệnh sau:
[>convert(n,base,b);
Sau dÊu (;) Ên phÝm Enter hình lên dòng kết Chú ý kết đa hình đợc viết theo thứ tự ngợc lại
Thí dụ 1: Đổi số 24564 từ số 10 sang số
Ta thực hành nh sau:
[>convert(24564,base,6);
[0, 2, 4, 5, 0, 3] Vậy ta đợc số (305420)6
Chỳ ý: Trong tr−ờng hợp số b >10, ta thực dịng lệnh đổi số nh−
bình th−ờng Tuy nhiên, sau nhận đ−ợc kết quả, để tránh nhầm lẫn ta thực việc đặt t−ơng ứng số lớn 10 với kí hiệu Ta xem ví dụ sau:
Thí dụ 2: Đổi số 45676 từ số 10 sang số 15, đặt 10=A,
11=B,12=C,13=D,14=E Ta thùc hµnh nh− sau:
[>L:=convert(45676,base,6):
[>subs(10=A,11=B,12=C,13=D,14=E,L);
[1, 0, 8, D]
Vậy ta đợc số (D801)15
2 Để thực hành đổi số n từ số a sang số b ta dùng dòng lệnh sau:
[> convert(n,base,a,b);
Sau dÊu (;) ấn phím Enter hình lên dòng kết Chú ý kết đa hình đợc viết theo thứ tự ngợc lại
Thí dụ: Đổi số 305420 số sang c¬ sè 10
Ta thùc hiƯn dßng lƯnh
VnMath.Com
(9)[> convert([0,2,4,5,0,3],base,6,10);
[4, 6, 5, 4, 2] VËy ta có kết (24564)10
VnMath.Com
(10)Chơng
Các hàm số học
Khi nghiên cứu số nguyên, ta th−ờng làm việc với đại l−ợng nh−: số −ớc số nguyên tố cho tr−ớc, tổng −ớc nó, tổng luỹ thừa bậc k −ớc, Ngồi ví dụ cịn có nhiều hàm số học quan trọng khác Trong ch−ơng này, ta xét sơ qua vài hàm quan trọng Phần lớn ch−ơng đ−ợc giành cho hàm Euler, hàm số học quan trọng
Đ1 Định nghĩa
nh ngha 3.1 Hm s học tức hàm xác định tập hợp số nguyên d−ơng Định nghĩa 3.2 Một hàm số học f đ−ợc gọi nhân tính với n, m nguyên tố
cùng nhau, ta có f(mn)=f(m)f(n) Trong tr−ờng hợp đẳng thức với m,n (không thiết nguyên tố nhau), hàm f đ−ợc gọi nhân tính mạnh
Những ví dụ đơn giản hàm nhân tính (mạnh) là: f(n)=n f(n)=1
DÔ chøng minh tÝnh chÊt sau đây: f hàm nhân tính, n số nguyên dơng có khai triển thành thừa số nguyên tố dạng n=p1a1p
2 a2 p
k
ak, f(n) đợc tính theo
công thức
f(n)=f(pa1)f(pa2) f(pak)
Đ2 Phi hàm Euler
Trong hàm số học, hàm Euler mà ta định nghĩa sau có vai trị quan trng
Định nghĩa 3.3 Phi- hàm Euler (n) hàm số học có giá trị n số số không vợt n nguyên tè cïng víi n
Ví dụ. Từ định nghĩa ta có: φ(1)=1, φ(2)=1, φ(3)=2, φ(4)=2, φ(5)=4, φ(6)=2,
φ(7)=6, φ(8)=4 , φ(9)=6, φ(10)=4
Từ định nghĩa ta có hệ trực tiếp: Số p nguyên tố
φ(p)=p-1
Nếu định lí Fermat bé cho ta cơng cụ nghiên cứu đồng d− modulo số nguyên tố, Phi-hàm Euler đ−ợc dùng để xét đồng d− modulo hợp số Tr−ớc vào vấn đề đó, ta cần số định nghĩa sau
VnMath.Com
(11)Định nghĩa 3.4 Hệ thặng d− thu gọn modulo n tập hợp φ(n) số nguyên cho mỗi phần tử tập hợp nguyên tố với n , khơng có hai phần tử đồng d− với modulo n
Nói cách khác từ hệ thặng d− đầy đủ modolo n, để lập hệ thặng d− thu gọn, ta giữ lại giá trị nguyên tố với n
VÝ dơ C¸c sè 1,2,3,4,5,6 lập thành hệ thặng d thu gọn modulo Đối với modulo 8, ta lấy 1,3,5,7
Định lÝ 3.5 NÕu r1,r2, ,rφ( )n lµ mét hƯ thặng d thu gọn modulo n, a số
nguyên dơng, (a,n)=1, tập hợp ar1,ar2, ,ar( )n cũng hệ thặng d thu gọn
modulo n
Chúng dành chứng minh định lí cho độc giả
Định lí đ−ợc dùng để chứng minh mở rộng định lí Fermat
Định lí Euler Nếu m số nguyên dơng a số nguyên tố víi n th×
a φ( )m ≡ 1(mod m)
Chứng minh Ta lập luận hoàn tồn t−ơng tự nh− định lí Fermat bé Giả sử
r1,r2, ,rφ( )m modulo m, lËp nªn tõ số nguyên dơng không vợt m nguyên
tố với m Theo định lí 3.5, ar1,ar2, ,a rφ( )m hệ thặng d− thu gọn Khi thặng d− d−ơng bé hệ tập hợp r1,r2, , rφ( )m xếp
theo thứ tự Ta có:
ar1ar2 a rφ( )m ≡ r1r2 rφ( )m (mod m)
Nh− vËy,
a φ( )m r1,r2, ,rφ( )m ≡ r1r2 rφ( )m (mod m)
Từ suy định lí
Định lí Euler dùng để tìm nghịch đảo modulo m Chẳng hạn a m số nguyên tố nhau, ta có a.aφ( )m−1≡ 1(mod m), tức aφ( )m−1 nghịch đảo a modulo m Từ suy nghiệm ph−ơng trình đồng d− tuyến tính ax ≡ b(mod m), với (a,m)=1 x a( )m1b(mod m)
Định lí 3.6 Phi hàm Euler hàm nhân tính
Chứng minh Giả sử m, n hai số dơng nguyên tố cïng Ta cÇn chøng tá r»ng
φ(mn)= (m)(n) Ta xếp tất số nguyên dơng không vợt nm thành bảng sau:
1 m+1 2m+1 (n-1)m+1
2 m+2 2m+2 (n-1)m+2
VnMath.Com
(12)r m+r 2m+r (n-1)m+r
m 2m 3m mn
Giả sử r số nguyên không v−ợt m, (m,n)=d>1 Khi hàng thứ r khơng có số ngun tố với mn Vì để tính φ(mn), ta cần quan tâm số hàng thứ r với (r,m)=1 Các số hàng nguyên tố nhau với m Mặt khác dễ thấy số hàng lập thành hệ thặng d− đầy đủ modulo n Do có φ(n) số hàng nguyên tố với n, tức hàng có φ(n) số nguyên tố với mn Cả thảy có φ(n) hàng nh− vậy, định lí đ−ợc chứng minh
Nhê tÝnh chÊt nµy ta cã công thức Phi-hàm Euler
Định lí 3.7 Giả sử n=p1a1p 2
a2 p k
ak phân tích n thành thừa số nguyên tố Khi
đó ta có:
φ(n)=n(1- 1 1
1
p p pk
)( − ) ( − )
Chøng minh. Do Phi-hàm Euler hàm nhân tính nên ta cần chøng minh r»ng,
víi mäi sè nguyªn tè p, (pk)=pk-pk-1
Thật vậy, số nguyên dơng không vợt pk không nguyên tố với
p phải có dạng sp với s nguyên d−ơng Có pk-1 số nh− Do đó, số số không v−ợt pk nguyên tố với pk pk-pk-1 Tính chất
quan trọng sau Phi-hàm thờng dợc sử dơng vỊ sau
Định lí 3.8 Giả sử n số nguyên d−ơng Khi
φ( ) |
d
d n
∑ =n trong tổng đ−ợc lấy theo −ớc n
Chứng minh Ta phân số nguyên từ đến n thành nhóm Cd: m∈Cd
chỉ (m,n)=d, tức (m/d, n/d)=1 Nh− vậy, số phần tử Cd ỳng
bằng số số nguyên không vợt n/d nguyên tố với n/d, tức b»ng φ(n/d). Ta cã
n= φ( / )
|
n d
d n
∑
Khi d chạy qua −ớc n n/d chạy qua −ớc n: định lí đ−ợc chứng minh
Nhận xét Các tính chất Phi-hàm Euler đ−ợc sử dụng để tính đồng d−
luỹ thừa lớn Chẳng hạn, ta cần tính an mod k, n số ngun lớn
Gi¶ sư ta cã
VnMath.Com
(13)k= p p ps s
1 2 α α α
Khi aφ(piαi) ≡ 1(mod p
iαi) NÕu N lµ béi chung nhá nhÊt ( pii)
aN 1(mod k) Do đó, viết n=Nq+r với r<N, ta đ−ợc an≡ ar(mod k).
Ta xÐt mét vÝ dô b»ng sè TÝnh 21000000 mod 77 Ta cã: 77=11.7, φ(7)=6, φ(11)=10.
Béi chung nhá nhÊt cđa vµ 10 lµ 30 Ta cã 230 1(mod 77) Mặt khác,
1000000=30.33333+10 Vậy
21000000 210 23(mod 77)
Đ3 Số hoàn hảo số nguyên tố Mersenne
Tit ny dành để mô tả dạng đặc biệt số ngun tố, có vai trị quan trọng lí thuyết v ng dng
Ta bắt đầu số hàm số học quan trọng
Định nghĩa 3.9 Hàm (n), số ớc, có giá trị n số ớc dơng n; hàm (n), tổng ớc, có giá trị n tổng ớc dơng n Nói cách khác, ta cã:
τ (n)=
d n|
∑ ,
σ(n)= d
d n|
∑
VÝ dơ, nÕu p lµ số nguyên tố (p)=2, (p)=p+1. Định lí 3.10 (n) (n) hàm nhân tính
Dễ thấy rằng, định lí suy từ bổ đề sau
Bổ đề 3.11 Nếu f hàm nhân tính, F(n)= f d
d n
( ) |
∑ cịng lµ hµm nhân tính.
Thật vậy, giả sử m, n số nguyên dơng nguyên tố Ta có:
F(mn)= f d
d mn
( ) |
∑
Vì (m,n)=1, −ớc d mn viết d−ới dạng d=d1d2 d1,d2
t−ơng ứng −ớc m,n, d1,d2 nguyên tố Do ta có
F(mn)= f d d
d m d n
( )
| , |
1
Vì f hàm nhân tính (d1,d2)=1 nên:
VnMath.Com
(14)F(mn)= f d f d f d f d
d m d n
( ) ( ) ( ) ( )
| |
1 2
1
∑ =∑ ∑ =F(n)F(m)
Định lí đợc chứng minh
S dụng định lí trên, ta có cơng thức sau cho cỏc hm (n) v (n)
Định lí 3.12 Giả sử n có phân tích sau thõa sè nguyªn tè n=p1 a1p
2 a2 p
k ak Khi
đó ta có:
σ(n) = pj aj+1 j=1
k −
−
∏ p 11
j
τ(n)=(a1+1)(a2+1) (ak+1)= (aj ) j
k
+ =
∏ 1 Chúng dành chứng minh cho độc giả
Do quan niệm thần bí, ng−ời cổ Hy Lạp quan tâm đến số nguyên tổng tất −ớc d−ơng thực Họ gọi số số hồn hảo
Định nghĩa 3.13 Số nguyên dơng n dợc gọi số hoàn hảo (n)=2n
Ví dụ. Các số 6, 28 số hoàn hảo: (6)=1+2+3+6=12,
(12)=1+2+4+7+14+28=56
Định lí sau đợc biết từ thời Hy lạp
Định lí 3.14 Số nguyên dơng chẵn n số hoàn hảo vµ chØ n=2m-1(2m-1),
trong m số nguyên cho m ≥ 2m-1 l nguyờn t
Chứng minh Trớc tiên, giả sử rằng, m có dạng nh Vì hàm nhân tính, ta có: (n)= (2m-1) (2m-1) Từ công thức hàm giả thiết 2m-1 nguyªn
tố, dễ thấy σ (2m-1)=2m-1, σ (2m-1)=2m, σ(n)=2n
Ng−ợc lại, giả sử n số hoàn hảo chẵn Viết n=2st, s,t số ngun
d−¬ng, t lẻ, ta đợc:
(n)= (2st)= (2s) (t)=(2s+1-1) (t)
Vì n số hoàn hảo, (n)=2n=2s+1t
Nh vy, 2s+1|(t), gi sử σ (t)=2s+1q. Ta có đẳng thức
(2s+1-1)2s+1q=2s+1t,
tức q|t q t Mặt kh¸c ta cã:
t+q=(2s+1-1)q+q=2s+1q=σ(t)
Ta chøng tỏ rằng, q=1 Thật vậy, ngợc lại, t có ớc khác 1, t,
q, σ (t) ≥ t+q+1, mâu thuẫn đẳng thức vừa chứng minh Vậy σ (t)=t+1, nghĩa là t số nguyên tố Định lí đ−ợc chứng minh
Nh− để tìm số hồn hảo, ta cần tìm số nguyên tố dạng 2m-1
VnMath.Com
(15)Định nghĩa 3.15 Giả sử m số nguyên d−ơng, Mm=2
m-1 đợc gọi số
Mersenne thứ m Nếu p số nguyên tố, Mpcũng nguyên tố, Mp đợc gọi số nguyên tố Mersenne
Ví dụ M2,M3,M5,M7 số nguyên tố Mersenne, M11 hợp số Có nhiều
định lí khác dùng để xác định số nguyên tố Mersenne Chẳng hạn nhờ định lí sau đây, ta kiểm tra nhanh chóng dựa vào dạng −ớc số số nguyên tố Mersenne
Định lí 3.16 Nếu p số nguyên tố lẻ, −ớc số nguyên tố Mersenne Mp có dạng 2kp+1, k số nguyên d−ơng.
Chứng minh Giả sử q số nguyên tố Mp Theo định lí Fermat bé, q|(2 q-1-1). Theo hệ 1.9, (2p-1,2q-1-1)=2(p,q-1)-1 Ước chung lớn 1,
bội q Do đó, (p,q-1)=p, p số ngun tố Ta có q=mp+1, q lẻ nên
m=2k, định lí đ−ợc chứng minh
Sau vài ví dụ cho thấy ứng dụng định lí
VÝ dơ §Ĩ xÐt xem M13=2
13-1=8191 có phải số nguyên tố hay không, ta cần xem
cỏc phộp chia cho số nguyên tố không v−ợt 8191 =90,504 Mặt khác, theo định lí trên, −ớc nguyên tố phải có dạng 26k+1 Nh− cần thử với hai số 53 79: ta thấy M13 số nguyên tố
VÝ dô XÐt M23=8388607 Ta cần xét phép chia cho số nguyên tố
dạng 46k+1 Số 47 ớc nó: M23 hợp số
Có nhiều thuật tốn đặc biệt để kiểm tra ngun tố số Mersenne Nhờ đó, ng−ời ta phát đ−ợc số nguyên tố lớn Mỗi lần có số nguyên tố Mersenne, ta lại đ−ợc số hoàn hảo Cho đến nay, ng−ời ta biết đ−ợc rằng, với
p≤ 132049, chØ cã 30 sè nguyªn tố Mersenne, tính đợc chúng Số nguyên tố
Mersenne tìm đợc gần số M216091, gồm 65050 chữ số
Giả thuyết sau cha đợc chứng minh
Giả thuyết 3.17 Tồn vô hạn số nguyên tố Mersenne
Ng−ời ta biết đ−ợc rằng, khoảng từ đến 10200 khơng có số hồn hảo lẻ Tuy nhiên câu hỏi sau ch−a đ−ợc trả lời
Câu hỏi 3.18 Tồn hay không số hoàn hảo lẻ?
Đ4 Căn nguyên thuỷ
Khi xét số phức bậc n đơn vị, ta th−ờng ý số không phải đơn vị với bậc thấp Những số gọi nguyên thuỷ đơn vị Đối với số nguyên, ta có khái niệm hoàn toàn t−ơng tự “căn” “căn nguyên thuỷ” đơn vị
VnMath.Com
(16)Định nghĩa 3.19 Giả sử a m số nguyên dơng nguyên tố Khi
đó số nguyên nhỏ x thoả mãn đồng d− ax≡ 1(mod m) đ−ợc gọi bậc a
modulo m Ta viÕt x= ordma
Ta ý rằng, số x nh− tồn theo định lí Euler, aφ(m) ≡ 1(mod m)
Định lí 3.20 Giả sử a n số nguyên tố nhau, n>0 Khi số nguyên x
là nghiệm đồng d− ax≡ 1(mod m) x bội bậc a
modulo n
Chứng minh Giả sử x thoả mãn đồng d− Ta viết x=q ordna+r, ≤ r<x Từ ta có ar≡ 1(mod m) Vì ordna số d−ơng nhỏ có tính chất nên r=0: x
lµ mét béi cđa bËc cđa a modulo n Điều ngợc lại rõ ràng
Hệ 3.21 Nếu a n số nguyên tố nhau, n>0, ordna | (n). Hệ 3.22 Nếu a n số nguyên tố cïng nhau, n>0, th× ai≡ aj(mod n)
vµ chØ i≡j(mod n).
Chứng minh hệ đ−ợc dành cho độc giả
Do hÖ 3.21, r n nguyên tố bậc r không vợt
φ (n). Các số có bậc φ (n) giữ vai trò quan trọng nhiều vấn đề khác số học Ta có định nghĩa sau
Định nghĩa 3.23 Nếu r n số nguyên tố nhau, n>0, ordnr = (n) r đợc gọi nguyên thủ modulo n
Chú ý khơng phải số có nguyên thuỷ Chẳng hạn, xét n=8 Các số nhỏ nguyên tố với 1, 3, 5, 7, đồng thời ta có ord81=1, bậc
của số cịn lại 2, φ (8)=4 Vấn đề số ngun có ngun thuỷ đ−ợc xột v sau
Định lí 3.24 Nếu r, n nguyên tố nhau, n>0, r nguyên thuỷ modulo n, số sau lập thành hệ thặng d thu gọn modulo n:
r1,r2, ,r(n)
Chứng minh Vì (r,n)=1, sè trªn nguyªn tè cïng víi n Ta chØ cÇn chøng tá
rằng, khơng có hai số đồng d− với modulo n Giả sử ri≡ rj
(mod n). Theo hệ quả 3.22, i ≡ j(mod φ(n)) Từ suy i=j, i, j khơng v−ợt q φ(n) Định lí đ−ợc chứng minh
Định lí 3.25 Nếu ordma=t u số nguyên dơng, ordm(a
u)= t / (t,u)
Chứng minh Đặt v=(t,u), t=t1v, u=u1v, s= ordm(a u
). Ta cã
(au)t 1=(au1v)t/v=(at)u1≡ 1(mod m)
Do đó, s|t1 Mặt khác, (a
u)s=aus≡ 1(mod m) nªn t|su Nh− vËy, t
1v | u1vs, đó, t1|u1s
V× (u1, t1)=1, ta cã t1|s Ci cùng, s|t1, t1|s nên s=t1=t/v=t/(t, u), chứng minh
xong
VnMath.Com
(17)Hệ 3.26 Giả sử r nguyên thủy modulo m, m số nguyên lớn hơn Khi ru nguyên thủy modulo m (u,φ (m))=1.
ThËt vËy, ordmr u=ord
mr/(u, ordmr)= φ (m)/(u, φ (m)): hƯ qu¶ đợc chứng minh
Định lí 3.27 Nếu số nguyên dơng m có nguyên thuỷ, có tất c¶ φ(φ(m))
căn ngun thuỷ khơng đồng d− nhau
Thật vậy, r nguyên thuỷ r, r2, , rφ( )m hệ đầy đủ
thặng d− thu gọn modulo m Số nguyên thuỷ modulo m số số u thoả mãn (u, φ(m))=1, có φ(φ(m)) số u nh− Định lí đ−ợc chng minh
Đ5 Sự tồn nguyªn thủ
Trong tiết này, ta xác định số nguyên có nguyên thuỷ Tr−ớc tiên ta chứng minh số nguyên tố có nguyên thuỷ Để làm việc đó, ta cần vài kiến thức đồng d− đa thức
Giả sử f(x) đa thức với hệ số nguyên Số c đợc gọi nghiệm đa thức f(x)
modulo m f(c) ≡ 0(mod m) Dễ thấy rằng, c nghiệm số đồng
d− víi c modulo m cịng lµ nghiệm
Đối với số nghiệm đa thøc modulo mét sè nguyªn, ta cịng cã tÝnh chÊt tơng tự nh số nghiệm đa thức
Định lí Lagrange Giả sử f(x)=anx n+ +a
1x+a0 đa thức với hệ số nguyên, n>o,
đồng thời an/≡ 0(mod p) Khi f(x) có nhiều n nghiệm modulo p không đồng
d− tõng cỈp
Chứng minh Ta chứng minh qui nạp Khi n=1, định lí rõ ràng Giả sử định lí đã chứng minh với đa thức bậc n-1 có hệ số luỹ thừa cao không chia hết cho
p, giả sử đa thức f(x) có n+1 nghiệm modulo p khơng đồng d− cặp c0,c1, ,cn Ta có f(x)-f(c0)=(x-x0)g(x), g(x) đa thức bậc n-1 với hệ số cao
nhất an Vì với k, ≤ k ≤ n, ck-c0 /≡ (mod p), f(ck)-f(c0)=
(ck-c0)g(ck) ≡ 0(mod p), nên ck nghiệm g(x) modulo p: trái với giả thiết quy nạp Định lí đợc chøng minh
Định lí 3.28 Giả sử p số nguyên tố d −ớc p-1 Khi đa thức xd-1
có d nghiệm modulo p không đồng d− cặp
Chứng minh Thật vậy, giả sử p-1=de Ta có xp-1-1=(xd-1)g(x). Theo định lí Fermat
bé, xp-1-1 có p-1 nghiệm modulo p không đồng d− cặp Mặt khác,
nghiệm phải nghiệm xd-1 g(x) Theo định lí Lagrange, g(x) có
nhiều p-d-1 nghiệm khơng đồng d− cặp, xd-1 phải có
(p-1)-(p-d-1)=d nghiệm Lại theo định lí Lagrange, xd-1 có khơng q d nghiệm,
nó có d nghiệm modulo p khơng đồng d− cặp Định lí d−ợc chứng minh
VnMath.Com
(18)Định lí đợc sử dụng chơng xây dựng trờng hữu h¹n
Định lí 3.29 Giả sử p số nguyên tố, d −ớc d−ơng p-1 Khi đó, số số ngun khơng đồng d− bậc d modulo p φ(d)
Chøng minh Gi¶ sử F(d) số số nguyên dơng bậc d modulo p bé p Ta
cn chứng tỏ F(d)= φ(d). Vì φ(d)=p-1 nên d|p-1, từ ta có
p-1= F d
d p
( ) | −
∑
1 Mặt khác ta có:
p-1= ( )
|
d
d p∑−1
theo công thức Phi-hàm Nh− định lí đ−ợc chứng minh ta chứng tỏ đ−ợc F(d) ≤φ(d) d|p-1
Khi F(d)=0, điều nói tầm th−ờng Giả sử F(d) ≠ 0, tức tồn số nguyên a bậc d modulo p Khi đó, số nguyên a, a2,
,ad
không đồng d− modulo p Rõ ràng rằng, luỹ thừa a nghiệm xd
-1≡ 0(mod p), mà số nghiệm không đồng
d− d, nên nghiệm modulo p đồng d− với luỹ thừa
a Do đó, phần tử tuỳ ý bậc d nghiệm ph−ơng trình xd-1 ≡ 0(mod p) nên
phải đồng d− với luỹ thừa a Mặt khác, theo định lí 3.24, luỹ thừa
k a có bậc d (k,d)=1 Có φ(d) số k nh− vậy, suy F(d) ) ≤φ(d), định lí đ−ợc chứng minh
Hệ 3.30 Mọi số nguyên tố có nguyên thuỷ
Thật vậy, giả sử p số nguyên tố Khi có φ(p-1) số nguyên bậc p-1 modulo p (Định lí 3.28) khơng đồng d− cặp Theo định nghĩa, số nguyên thuỷ: p có φ(p-1) nguyên thuỷ
Phần lại ch−ơng đ−ợc giành để tìm tất số nguyên dng cú cn nguyờn thu
Định lí 3.31 Nếu p số nguyên tố lẻ với nguyên thuỷ r, r, r+p nguyên thuỷ modulo p2.
Chứng minh Vì r nguyên thuỷ modulo p nên ta có
ordpr=φ(d)=p-1
Giả sử n= ordp2 r Ta có rn≡ 1(mod p2), rn≡ 1(mod p) Nh− vậy, bậc p-1
r lµ mét −íc n Mặt khác, n bậc r modulo p2 nên n ớc
(p2)=p(p-1) Vì n|p(p-1) p-1|n nên dễ dàng suy rằng, n=p-1,
n=p(p-1) Nếu n=p(p-1) r nguyên thuỷ modulo p2, ord
p2r=(p
2) Trong trờng hợp lại, n=p-1, ta có rp-1 1(mod p2) Đặt s=r+p Cần phải chứng minh rằng s nguyên thuỷ modulo p2 Vì s r(mod p), s nguyên thuû
VnMath.Com
(19)modulo p Nh vậy, theo chứng minh ordp2s p-1, hc b»ng p(p-1)
Ta chứng tỏ rằng, bậc khơng thể p-1 Ta có
sp-1=(r+p)p-1≡ rp-1+(p-1)prp-2(mod p2) ≡ 1+(p-1)prp-2≡ 1-prp-2(mod p2)
Từ ta thấy rằng, sp-1/≡ 1(mod p2). Thật vậy, ng−ợc lại pr p-2≡ 0(mod p2), nên rp-2≡ 0(mod p) Điều khơng thể có, p/|r r nguyên thuỷ modulo p Nh− ordp2s=p(p-1)=φ(p2), tức s=r+p nguyên thuỷ
modulo p2
B©y giê ta xÐt luü thõa t ý cđa sè nguyªn tè
Định lý 3.32 Giả sử p số nguyên tố lẻ, pk có nguyên thuỷ với số nguyên d−ơng k Hơn nữa, n nguyên thuỷ modulo p2 r nguyên
thuỷ modulo pk với số ngyên dơng k.
Chứng minh Từ Định lí 3.31, p có ngun thuỷ r cho nguyên
thuỷ modulo p2,
rp-1 /≡ (mod p2)
Ta sÏ chøng minh r nguyên thuỷ modulo pk với số nguyên dơng k
Bằng quy nạp thÊy r»ng
rpk−1(p−1)
/≡ (mod pk) (*)
với số nguyên dơng k Giả sö
n= ord rpk
Ta cã n |(pk)=pk-1(p-1). Mặt khác
rn/ (mod pk),
vµ rn /≡ (mod p)
Do p-1=ϕ(p) |n (Định lí 3.30) Vì (p-1) |n n|pk-1(p-1) nên n=pt(p-1),
đó t số nguyên d−ơng ≤ t ≤ k-1 Nếu n=pt(p-1) với t ≤ k-2
rpk− p− rp pt − pk− −t pk
= ≡
2 1 1
1
( ) ( ( )) (mod ) ,
m©u thuÉn VËy ord rpk =pk-1(p-1)= (pk), r nguyên thuỷcủa pk
Chứng minh (*): k=2: Giả sử (*) với số nguyên d−ơng k ≥ Khi
rpk− p− pk
/≡
2 1
1
( ) (mod ) Vì (r,p)=1, ta thấy (r,pk-1)=1 Do đó, từ Định lí Euler ta có
rpk− p− r pk−
≡
2( 1) ( 1)
Vậy tồn số nguyên d cho
VnMath.Com
(20)rpk−2(p−1)
=1+dpk-1, trong p/| d, theo giả thiết rpk−2(p−1) /≡1(mod pk)
Ta lÊy luü thõa bËc p hai vế phơng trình nhận đợc
r dp p dp p p dp dp
dp p
p p k p k k k p k k
k− − − − − −
+
= + = + +
+ +
≡ +
1 1 1 1 2 1 2 1
1
1
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(mod )
V× p /| d nªn ta cã
rpk−1(p−1)
/≡1(mod pk+1), chứng minh xong
Ví dụ: r=3 nguyên thuỷ modulo 7k với số nguyên dơng k
Định lí 3.33: Nếu số nguyên dơng n luỹ thừa số nguyên tố hoặc hai lần luỹ thừa số nguyên tố, n nguyên thuỷ
Chứng minh Giả sử n số nguyên dơng với phân tích thõa sè nguyªn tè nh− sau
n p pt t p
m tm
= 11 22
Giả sử n có nguyên thuỷ r, tức (n,r)=1 ordnr=(n) Vì (r,n)=1 nên
(r,pt)=1 pt luỹ thừa ngun tố có mặt phân tích
Theo Định lý Euler,
r(pt) pt
(mod )
Giả sử U bội chung nhá nhÊt cña ϕ(pt ), (ϕ p t ), , (ϕ pmtm),
11 22
U=[ϕ(p t ), (ϕ p t ), , (ϕ pmtm)
11 22 ]
Vì (piti)| U nên
rU 1(mod piti)
Với I=1, 2, , m Do
ordnr=(n) U
Mặt khác,
ϕ(n)= ϕ( p pt t pmtm
11 22 ) =ϕ(p ) (ϕ p ) (ϕ p )
t t
m tm
11 22 Từ ta có
ϕ(pt ) (ϕ p t ) (ϕ p )
m tm
11 22 ≤ [ϕ(p ), (ϕ p ), , (ϕ p )
t t
m tm
11 22 ],
VnMath.Com
(21)Tøc lµ ϕ(p t ), (ϕ p t ), , (ϕ pmtm)
11 22 phải nguyên tố đôi Do
(pt)=pt-1(p-1) nên (pt) chẵn p lẻ, p=2 t Vậy, số
ϕ(p t ), (ϕ p t ), , (ϕ pm )
tm
11 22 không nguyên tố cặp, trừ trờng hợp
m=1 (v n luỹ thừa số nguyên tố), m=2 n=2pt, p số nguyên tố lẻ t số nguyên d−ơng
Định lí 3.34: Nếu p số nguyên tố lẻ t số nguyên dơng, 2pt có
nguyên thuỷ Cụ thể là, r nguyên thuỷ modulo pt r, (tơng ứng, r+pt),
là nguyên thuỷ modulo 2pt r lẻ, (tơng ứng, r chẵn)
Chng minh: Giả sử r nguyên thuỷ modulo pt,
rϕ(pt) pt
(mod )
≡ ,
và khơng có luỹ thừa nhỏ ϕ(pt) thoả mãn đồng d− Do ϕ(2pt)= ϕ(2) ϕ(pt)= ϕ(pt) nên
rϕ( pt) pt
(mod ) ≡1
Khi r lỴ,
rϕ( pt)
(mod ) ≡1 2
Từ ta có rϕ(2pt) ≡1(mod2pt) Vì khơng có luỹ thừa bé r thoả mãn đồng d− nên r nguyên thuỷ 2pt
Khi r chẵn, r+pt lẻ Do đó,
(r pt) ( pt) (mod )
+ ϕ2 ≡1 2
Vì r+pt r (mod pt) nên
(r pt) ( pt) (mod pt)
+ ϕ ≡1 .
Do
(r pt) ( pt) (mod pt)
+ ϕ ≡1 2 ,
và khơng có luỹ thừa bé (r+pt) thoả mãn đồng d−, ta suy r+pt l
căn nguyên thuỷ modulo 2pt
Định lí 3.35: Nếu a số nguyên lẻ, k số nguyên a(2k) /2 a2k
= − ≡
1 (mod 2k)
Chøng minh Ta chøng minh b»ng quy nạp Giả sử a số nguyên lẻ, a=2b+1.Ta có
a2=4b(b+1)+1 Vì b b+1 chẵn nên | 4b(b+1)+1, tøc lµ
a2≡ (mod 8)
VnMath.Com
(22)Nh− vậy, định lí k=3 Giả sử
a2k−2
≡ (mod 2k) Khi tồn số nguyên d cho
a2k−2
=1+d.2k Từ ta có:
a2k−1
=1+d.2k+1+d2.22k, tøc lµ
a2k−1
≡ (mod 2k+1)
Từ định lí ta suy rằng, luỹ thừa 2k với k ≥ khơng có ngun thuỷ
Nh− vậy, luỹ thừa có có nguyên thuỷ Kết hợp điều với Định lí 3.32, 3.33, 3.34, ta cú nh lớ sau õy
Định lí 3.36: Số nguyên dơng n có nguyên thuỷ chØ n=2, 4, pt, 2pt,
trong p số nguyên tố lẻ, t số nguyên d−ơng
VnMath.Com
(23)Bµi tËp tính toán thực hành chơng I Bài tËp
3.1 Hàm Mửbius đ−ợc định nghĩa nh− sau: à(n)=(-1)k, n không chia hết cho số
chính phơng khác 1, k số ớc nguyên tố n; à(1)=1, à(n)=0 n có ớc số phơng khác
Chøng minh r»ng, víi mäi n>1, µ( ) |
d
d n
∑ =0.
3.2 (Biến đổi ng−ợc Mửbius ) Cho f(n) hàm số học Đặt
F(n)= f d
d n
( ) |
∑ .
Chøng minh r»ng:
1) f(n)= µ( ) |
d
d n
∑ F(n/d).
2) Nếu f hàm nhân tính F hàm nhân tính 3.3 Dùng biến đổi ng−ợc Mửbius công thức n= φ
d n|
∑ (n/d), chøng minh r»ng
1)φ(pk)=pk-pk-1 víi p số nguyên tố
2) (n) hàm nhân tính
3.4 Cho hàm nhân tÝnh vµ µ lµ hµm Mưbius Chøng minh r»ng, nÕu ớc nguyên tố n p1,p2, pk
µ( ) |
d
d n
(d)=(1-(p1))(1-(p2)) (1-(pk)) (nếu n=1, ta xem vế phải 1)
3.5 Hàm σ k(n) (tổng luỹ thừa bậc k −ớc số n) đ−ợc định nghĩa nh− sau:
σk(n)= d k d n|
∑
1) Cho c«ng thøc tÝnh k(p) với p số nguyên tố 2) TÝnh σk(p
s
) s lµ sè nguyên dơng 3) Chứng minh k(n) hàm nhân tính
VnMath.Com
(24)4) Từ cho cơng thức tính σ k(n) n= p p ps s
1 2 α α α
.
3.6 Tìm tất số tự nhiên n thoả m·n
σ (n)+ φ(n)=2n
3.7 Chøng minh n hợp số
σ (n)>n+ ( )n
3.8 Chứng minh hai số ngun có tích −ớc số khác hai số ngun khác
3.9.Tính đồng d− sau nhiều ph−ơng pháp khác (chẳng hạn ph−ơng pháp bình ph−ơng liên tiếp nhờ nhận xét cuối Đ2):
31000000mod 165 51234567mod 221 71000000000mod541
3.10 Chøng minh r»ng 91 số giả nguyên tố sở nhng không giả nguyên tố Euler sở 3, không số giả nguyên tố sở
3.11 Cho f(n) hàm nhân tính giới nội Chứng minh r»ng tæng
f n n( ) / s
∑
hội tụ tuyệt đối nửa mặt phẳng Re s>1 (trong Re kí hiệu phần thực số), tổng miền hội tụ tích vơ hạn hội tụ sau
(1+ ( ) − + + ( ) + ) ∈
−
∏ f p p s f p p
p P
m ms
, (tích đợc lấy tập hợp tất sè nguyªn tè)
3.12 Chøng minh r»ng, nÕu f hàm nhân tính mạnh giới nội
f n n
f p p
s
n p P s
( ) /
( ) / =
∞
∈
∑ =∏
−
1
1
3.13 Chứng minh đẳng thức sau Zeta-hàm Riemann:
ζ( )s /n
p
s
n p P s
= =
− =
∞
− ∈
∑1 ∏
1
3.14 Chứng minh n≠2,4,pα,2 p , p số ngun tố lẻ α aφ( )/n 2≡1(mod )n
3.15 Chøng minh r»ng nÕu n chia hÕt cho 24 th× σ(n) cịng chia hÕt cho 24
VnMath.Com
(25)3.17 a) Chứng minh p,q số nguyên tố lẻ khác n=pq số giả nguyên tố sở ordq2|p-1, ordp2|q-1
b) Trong số sau đây, số số giả nguyên tố sở 2: 871, 1378, 2047, 2813 3.18 Chøng minh r»ng nÕu p,q lµ số nguyên tố lẻ khác n=pq số giả nguyên tố sở MpMq=(2
p-1)(2q-1) số giả nguyên tố c¬ së
3.19 a) Chứng minh đa thức f(x) bậc n, hệ số nguyên, có n nghiệm modulo p hệ số f(x) chia hết cho p
b) Cho p số nguyên tố Chứng minh r»ng mäi hƯ sè cđa ®a thøc
f(x)=(x-1)(x-2) (x-p+1)-xp-1-x+1
chia hÕt cho p
c) Dùng câu b) để chứng minh định lí Wilson
3.20 Tìm tất số tự nhiên n cho: σ(n)=12, 18, 24, 48, 52, 84 3.21 Chứng minh với k>1, ph−ơng trình τ (n)=k có vơ số nghiệm 3.22 Tìm n nhỏ để τ(n)=1, 2, 3, 6, 14, 100
3.23 Tìm nguyên thuû modulo:
112 , 17 2, 132, 192, 3k, 13k, 11k, 17k
3.24 Chứng minh m có ngun thuỷ đồng d− x2≡ 1(mod m) có
nghiƯm x= ± 1(mod m)
3.25 Chứng minh không tồn nguyên thuỷ 2k, k ≥ 3, số nguyên lẻ đồng d− với số nguyên dạng (−1 5)α β, α=0 1, β số nguyên thoả mãn o ≤β ≤2k−2−1
3.26 Giả sử n số có nguyên thuỷ Chứng minh tích số nguyên d−ơng nhỏ n nguyên tố với n đồng d− (-1) modulo n (khi n số ngun tố, ta có định lí Wilson)
3.27 Tìm tất nghiệm đồng d− sau: a) x2+x+1 ≡ 0(mod 7)
b) x2+5x+1≡ 0(mod 7)
c) x2+3x+1 ≡ 0(mod 7)
II Thực hành tính toán máy tính II Tính Phi-hàm Euler
Để tính Phi-hàm Euler số nguyên dơng n ta thực dßng lƯnh nh− sau: [> phi(n);
VnMath.Com
(26)Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” mµn hình kết
Thí dụ: Tính Phi-hµm Euler cđa 65
[> phi(65);
48
II Thực hành tìm số biết phi-hàm Euler Để tìm số biết Phi-hàm Euler k ta thực dòng lệnh sau: [>invphi(k);
Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” mµn hình số cần tìm
Thí dụ: Tìm số biết Phi-hàm Euler lµ
Ta thùc hiƯn nh− sau: [> invphi(4);
[5, 8, 10, 12] VËy c¸c sè cã Phi-hµm Euler b»ng lµ 5, 8, 10, 12
II Thùc hµnh kiĨm tra sè nguyªn tè Mersenne
Cho m số nguyên d−ơng, đặt Mm:=2m-1 Để kiểm tra xem M
m có phải số nguyên tố Mersenne hay không ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau:
[> mersenne(m);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” Nếu hình xuất kết số Mm số nguyên tố Mersenne Mm số Nếu khơng hình xuất chữ false
Thí dụ 1: M7 có phải số nguyên tố Mersenne hay không? Ta thực dòng lệnh nh− sau:
[> mersenne(7);
127 VËy M7=127 vµ số nguyên tố Mersenne
Thí dụ 2: M125 có phải số nguyên tố Mersenne hay không? [> mersenne(125);
false Vậy M125 số nguyên tè Mersenne
VnMath.Com
(27)ThÝ dô 3: M11 có phải số nguyên tố Mersenne hay không? [> mersenne(11);
false Vậy M11 số nguyên tố Mersenne
II Tớnh bc số theo modulo
Cho m số nguyên dơng, n số nguyên Để tính bậc n modulo m ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau:
[>order(n,m);
Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” NÕu m, n lµ số nguyên tố hình xuất kết bậc n theo modulo m Nếu m, n không nguyên tố hình xuất ch÷ “FAIL”
ThÝ dơ 1: TÝnh bËc cđa 13 theo modulo 100
[> order(13,100);
20 VËy ord10013=20
ThÝ dô 2: TÝnh bËc cña theo modulo
[>order(5,8);
VËy ord85=2
ThÝ dô 3: TÝnh bËc cña theo modulo 12
[> order(8,12);
FAIL II Tìm nguyên thuỷ
1 Cho n số nguyên lớn Để tìm nguyên thuỷ modulo n ta
thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau: [> primroot(n);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” Nếu hình kết số số chính ngun thuỷ modulo n Nếu hình chữ “FAIL” n khơng có ngun thuỷ
ThÝ dơ 1: Tìm nguyên thuỷ modulo 41
[> primroot(41);
6 Vậy nguyên thuỷ modulo 41
VnMath.Com
(28)ThÝ dô 2: Tìm nguyên thuỷ modulo 15
[> primroot(15);
FAIL Vậy 15 nguyên thuỷ
2 Để tìm nguyên thuỷ modulo n lớn g ta thùc hiƯn dßng lƯnh sau:
[> primroot(g,n);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” Nếu hình kết số số chính ngun thuỷ lớn g modulo n Nếu hình chữ “FAIL” n khơng có ngun thuỷ Chú ý, g=0 hai lệnh nh−
Thí dụ 1: Tìm nguyên thuỷ lớn modulo 41
[> primroot(7,41);
11
Vậy 11 nguyên thuỷ lớn modulo 41
Thí dụ 2: Tìm nguyên thuỷ lớn modulo
[> primroot(2,8);
FAIL VËy nguyên thuỷ lớn
II Thùc hµnh tÝnh hµm τ (n)
Để tính giá trị hàm (n) n ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau: [> tau(n);
Sau dấu (;) ấn phím Enter hình kÕt qu¶
ThÝ dơ 1: TÝnh τ (-9) [> tau(-9);
3
ThÝ dô 2: TÝnh τ (100) [> tau(100);
9 Vậy số ớc dơng cđa 100 lµ
II Thùc hµnh tÝnh hàm (n)
Để tính giá trị hàm (n) n ta thực dòng lệnh nh sau: [>sigma(n);
VnMath.Com
(29)Sau dấu (;) ấn phím Enter hình kÕt qu¶
ThÝ dơ: TÝnh σ(9) [>sigma(9);
13 Vậy tổng ớc dơng 13
II Thực hành tính đồng d− thức, giải ph−ơng trình đồng d−
1 Để tính đồng d− a theo modulo n ta thực dòng lệnh nh− sau:
[> a mod n;
Sau dấu (;) ấn phím Enter hình kÕt qu¶
ThÝ dơ: TÝnh 51234567 mod 221 [> 5&^1234567 mod 221;
112
2 Để giải ph−ơng trình đồng d− ta thực dịng lệnh nh− sau:
[>msolve (các phơng trình, modulo);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter”, ph−ơng trình đồng d− có nghiệm hình kết
Thí dụ: Tìm nghiệm đồng d− sau:
x2+x+1≡0 (mod 7) [>msolve(x^2+x+1=0,7);
x=4, x=2
Vậy nghiệm phơng trình x=2, x=4(mod 7)
VnMath.Com
(30)Ch−¬ng
Thặng d bình phơng
Gi s p l số nguyên tố lẻ, a số nguyên tố với p Vấn đề đặt là: a số ph−ơng modulo p? Vấn đề khơng có giá trị lí thuyết, mà nh− ta thấy sau, có nhiều ứng dụng quan trọng Để nghiên cứu vấn đề đặt ra, cơng cụ quan trọng kí hiệu Legendre Jacobi mà ta xét ch−ơng
§1 Kí hiệu Legendre
Định nghĩa 4.1 Giả sử m số nguyên dơng Số a đợc gọi thặng d bình
phng ca m nu (a,m)=1 đồng d− x2≡ a(mod m) có nghiệm Nếu ngc li, ta
nói a không thặng d bình phơng m
Ta s chng tỏ rằng, a số nguyên tố lẻ, số số 1, 2, , p-1 có nửa thặng d− bình ph−ơng
Bổ đề 4.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi đồng d− sau khơng có nghiệm, có hai nghiệm khơng 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−
víi x0 hc -x0.
ThËt vËy, ta cã: x02≡ x 1
2(mod p), tøc lµ x 0
2-x 1
2=(x
0+x1)(x0-x1) ≡ 0(mod p). Do ú,
hoặc p|x0+x1, p|x0-x1, điều ph¶i chøng minh
Định lí 4.3 Nếu p số nguyên tố lẻ, số 1, 2, , p-1 có (p-1)/2 thặng d− bình ph−ơng
Chứng minh Để tìm tất thặng d− modulo p số 1,2, ,p-1, tr−ớc tiên ta bình ph−ơng số xét thặng d− d−ơng bé modulo p kết nhận đ−ợc Các thặng d− d−ơng bé tất thặng d− bình ph−ơng trong số từ đến p-1 Giả sử a thặng d− nh− Vì ph−ơng trình đồng d− x2≡ a(mod p) có hai nghiệm, nên số (p-1) bình ph−ơng xét,
phải có hai bình ph−ơng thặng d− a: Số thặng d− bình ph−ơng (p-1)/2 Để xét thặng d− bình ph−ơng, ng−ời ta th−ờng dùng kí hiệu quan trọng mà ta nghiên cứu ch−ơng ny
VnMath.Com
(31)Định nghĩa 4.4 Giả sử p số nguyên tố lẻ a số nguyên không chia
hết cho p KÝ hiÖu Legendre a
p
đ−ợc định nghĩa nh− sau: 1, a thặng d− bình phng ca p
-1, ngợc lại
Ví dụ Dễ tính đợc: 11 11 11 11 11 11 11 11 11 10 11 = = = = = = = = = = −
Tiêu chẩn sau th−ờng đ−ợc dùng để chứng minh tính chất kí hiệu Legendre
Định lí (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên d−ơng không chia hết cho p Khi đó:
a p
≡ a(p-1)/2(mod p)
Chứng minh Trớc tiên, giả sử a
p
=1 Khi đó, đồng d− x2≡ a(mod p) có
nghiệm x=x0 Theo định lí Fermat bé, ta có:
a(p-1)/2=(x 0
2)(p-1)/2=x 0
p-1≡ 1(mod p)
Chỉ phải xét trờng hợp a
p
=-1 Khi , đồng d− x2≡ a(mod p) vô nghiệm
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 đ−ợc:
(p-1)! ≡ a(p-1)/2(mod p)
Từ định lí Wilson ta cú:
-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
(32)Định lí 4.5 Giả sử p số nguyên tố lẻ, a b số ngun khơng chia hết cho p Khi đó:
(i) NÕu a ≡ b(mod p) th× a p b p = (ii) a p b p ab p =
(iii) a p =
Chøng minh (i) NÕu a ≡ b(mod p) x2 a(mod p) có nghiệm chØ nÕu
x2≡ b(mod p) có nghiệm Do a p b p = (ii) Bởi tiêu chuẩn Euler ta có:
a p
≡a(p-1)/2(mod p), b
p
≡b(p-1)/2(mod p)
ab p
≡ (ab)(p-1)/2(mod p)
Nh− vËy, a p b p
≡ a(p-1)/2b(p-1)/2=(ab)(p-1)/2≡ ab
p
(mod p)
Vì giá trị kí hiệu Legendre ± nên ta có đẳng thức cần chứng minh
(iii) V× a
p
= nên từ phần ta có
a p a p a 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
và không thặng d bình phơng không thặng d bình phơng
Tiêu chuẩn Euler cho biết số nguyên lẻ nhận -1 thặng d bình phơng
VnMath.Com
(33)Định lí 4.6 Nếu p số nguyên tố lẻ
−
=− ≡≡ −
1 1
1
p
khi p khi p
, (mod )
, (mod )
Chøng minh Theo tiªu chuÈn Euler ta cã: −
≡ − −
1
p p
p
( )( )/ (mod )
Nếu p ≡ 1(mod 4) p=4k+1 với k ngun Nh− vậy,
(-1)(p-1)/2=(-1)2k+1=-1,
tøc lµ −
p =-1
Định lí 4.7 (Bổ đề Gauss) Giả sử p số nguyên tố lẻ (a,p)=1 Nếu s số thặng d− d−ơng bé số nguyên a,2a, ((p-1)/2)a lớn p/2,
a p
=(-1)s
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, 1≤ ≤j (p−2 2) / , nên tất thặng d− d−ơng 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 khơng v−ợt q (p-1)/2, nên cịn phải chứng minh khơng có hai số đồng d− với
Rõ ràng khơng có hai số uinào, nh− khơng có hai số vj đồng d− với
modulo p Thật vậy, ng−ợc lại, ta có đồng d− ma ≡ na(mod p) với m, n d−ơng nào khơng v−ợt q (p-1)/2 Vì (a,p)=1 nên từ suy m ≡ n(mod p): Mâu thuẫn
T−ơng tự nh− trên, thấy khơng có p-uinào đồng d− với vj.
VËy ta cã:
(p-u1) (p-us)v1 vt≡
p−
2 1!(mod p)
Từ suy
(-1)su1 usv1 vt≡
p−
2 !(mod p)
Mặt khác, u1, us,v1, vt thặng d dơng bé a,2a, ,((p-1)/2)a nên
VnMath.Com
(34)u1 usv1 vt≡ a
(p-1)/2p−
2 !(mod p)
Nh− vËy ta cã:
(-1)s a(p-1)/2p−
!≡
p−
2 !(mod p)
Vì (p,((p-1)/2)!)=1 nên suy ra:
(-1)sa(p-1)/2 1(mod p),
tøc lµ:
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 th×
2
p
=(-1)(p2-1)/8
Nh− vËy, thặng d bình phơng số nguyên tố dạng p 1(mod 8)và
là 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 nhÊt lín
h¬n p/2 cđa d·y sè
1.2,2.2, ,((p-1)/2).2
Vì số nhỏ p nên thặng d− d−ơng bé số trùng với
chính 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)(p-1)/2-[p/4]
Dễ kiểm tra đồng d− thức sau cách phân tr−ờng hợp
p ≡ 1,3,5,7(mod 8):
(p-1)/2-[p/4] ≡(p2-1)/8(mod 2)
Từ ta có:
2
p
≡ (-1)(p2-1)/8(mod 2)
Tính tốn trực tiếp cho đẳng thức cần chứng minh
VnMath.Com
(35)Đ2 Luật thuận nghịch bình phơng
Định lí sau cho ta mối liên hệ kí hiệu Legendre p
q
qp Định lí thờng đợc sử dụng tính toán với kí hiƯu Legendre
Định lí 4.9 (Luật thuận nghịch bình ph−ơng) Giả sử p q số nguyên tố lẻ, khi ta có:
p q qp
=(-1)((p-1)/2).((q-1)/2)
Tr−ớc 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 p
=(-1)T(a,p),
trong
T(a,p)= [ / ]
( )/ ja p j p = − ∑ 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−
trong phần d− số ui vj Cộng vế (p-1)/2 ph−ơng trỡnh,
ta đợc:
ja p ja p u v
j p j j s j p j j t = − = = − = ∑ = ∑ +∑ +∑ 1 1 ( )/ ( )/ [ / ]
Nh− chứng tỏ chứng minh bổ đề Gauss, số nguyên p-u1, , p-us, v1, ,vt
chính tập hợp số 1, (p-1)/2, xếp theo thứ tự đó.Vậy ta có:
j p u v ps u v
j p j j s j j t j j s j j t = − = = = = ∑ ∑= − +∑ = −∑ +∑ 1
1 1
( )/
( )
Từ suy
ja j p ja p ps u
(36)Tõ c«ng thøc cđa T(a,p), ta nhËn ®−ỵc:
( ) ( , )
( )/
a j pT a p ps u
j p j j s − = − + = − = ∑ ∑ 1
Vì a, p lẻ nên
T(a,p)≡ s(mod 2)
Bổ đề đ−ợc chứng minh cách áp dụng bổ đề Gauss Bây ta chứng minh Luật thuận nghịch bình ph−ơng
XÐt c¸c 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
lín cđa qx vµ py
Tr−ớc 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
1 ≤ y ≤ qx/p Nh− vËy sè c¸c cặp thoả mÃn tính chất xét [ / ]
( )/ qj p j p = − ∑ 1
TiÕp theo, ta xÐt cặp thoả mÃn x (p-1)/2, ≤ y ≤ (q-1)/2 vµ qx < py Lý luận tơng tự nh cho thấy, số cặp lµ [ / ]
( )/ pj q j q = − ∑ 1
Vì có tất ((p-1)/2)((q-1)/2) cặp, ta nhận đ−ợc đẳng thức sau [ / ] ( )/ qj p j p = − ∑ 1 + [ / ] ( )/ pj q j q = − ∑ 1
= ((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 đ−ợc suy từ bổ đề 4.10
Nhận xét Định lý (Luật thuận nghịch bình ph−ơng) th−ờng đ−ợc dùng để
tính ký hiệu Legendre Chẳng hạn, từ định lí suy rằng, p
q
qp
=-1 nÕu
p≡ q (mod 4), trờng hợp lại, tức p q =− q p nÕu p ≡ q ≡ (mod 4), vµ p
q
=qp
tr−ờng hợp có hai số p hoặc q đồng d− với modulo
VnMath.Com
(37)Ta xÐt mét vÝ dô b»ng sè: tÝnh 713 1009 713 1009 23 31 1009 23 1009 31 1009 = =
Vì 1009 1(mod 4) nên ta có: 23 1009 1009 23 31 1009 1009 31 = , Mặt khác, 1009 23 20 23 23 23 23 23 23 5 3 1009 31 17 31 31 17 14 17 17 17 17 17 7 2 = = = = = = = = = − = = = = = = = = − = − = − = − 3
VËy, 713 1009 =1
Luật thuận nghịch bình ph−ơng cịn đ−ợc dùng kiểm tra ngun tố Ta cú nh lớ sau
Định lí 4.11 (Kiểm tra Pepin) Số Fermat Fm số nguyên tố vµ chØ
3(F m−1 2) / ≡-1 (mod F m)
Chứng minh Ta nhắc lại định nghĩa số Fermat: Fm=2
2m +1
Giả sử đồng d− phát biểu định lí đ−ợc thoả mãn Khi ta có 3F m -1≡ (mod F
m) Nh− vËy, nÕu Fm cã −íc nguyên tố p
3F m -1 (mod p)
Do đó, ordp3 phải −ớc Fm-1, tức phải luỹ thừa Từ giả thiết
suy ordp3/| (Fm-1)/2=2 2
1
m−
Vậy ta có: ordp3=Fm-1 Từ suy Fm-1≤ p-1,
nh−ng v× 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:
VnMath.Com
(38)3 3 F F m m = = = Mặt khác, theo tiêu chuÈn Euler ta cã:
3
3
Fm Fm
≡ ( −)/ (mod Fm) Định lí đ−ợc chứng minh
NhËn xÐt Dïng tiªu chn Pepin, dƠ kiĨm tra đợc F1,F2,F3,F4 số
nguyên tố, F5là hợp số
Đ3 Kí hiệu Jacobi.
Kớ hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre, đ−ợc sử dụng để tính kí hiệu Legendre, nh− nhiều vấn đề nghiên cứu số giả nguyờn t
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 1p2t pmt m, ta định nghĩa kí hiệu
Jacobi nh− sau:
a n a p a p a p t t m tm = 2 , vế phải kí hiệu Legendre
Nh− vậy, tr−ờng hợp n số ngun 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 khơng cho ta biết ph−ơng trình đồng d− x2 a(mod p) cú nghim hay
không Mặc dầu vậy, kí hiệu Jacobi có nhiều tính chất tơng tù víi kÝ hiƯu Legendre
Định lí 4.13 Giả sử n số nguyên d−ơng lẻ, a b số nguyên tố với n Khi đó:
(i) NÕu a≡ b(mod n) th× a n b n =
(ii) ab n a n b n =
(iii)−
(39)(iv) n
=(-1)(n2-1)/8
Chứng minh Hai đẳng thức dễ suy từ định nghĩa kí hiệu Jacobi tính
chÊt cđa kÝ hiƯu Legendre
§Ĩ chøng minh tÝnh chÊt thø 3, ta nhËn xÐt r»ng, (pi-1) chẵn nên
(1+(pi-1))t1 1+t
i(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),
tøc lµ,
(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:
2 2
1
1 8
1
1 12 22
n p p p
t t m
t
t p t p t p
m m m = = − − + − + + − ( ) ( )/ ( )/ ( )/
LËp luận tơng tự nh chứng minh phần trên,ta có:
n2≡ 1+t1(p1 2
-1)+t2(p2 2
-1)+ + tm(pm 2
-1)(mod 64),
và (iv) suy từ định nghĩa
Định lí 4.14 (Luật thuận nghịch bình ph−ơng kí hiệu Jacobi) Giả sử m, n số nguyên d−ơng lẻ, nguyên tố Khi đó:
n m m n m n = − − − ( )1
1
1
Chứng minh Giả sử m, n có phân tích thừa số nguyên tố dạng: m=p1a 1p2a psa s, n=q1b 1q2b qrb r. Dùng định nghĩa luật thuận nghịch bình
ph−¬ng cđa kÝ hiƯu Legendre, ta đợc:
n m m n j s i
r a p bq
j j i i
a jp j biqi j s i r = − = − ∑∑ = = − − ∏ ∏ − − = = 1 2 1 2 1 ( ) ( )
Nh− chứng minh định lí 4.13, (iii), ta có:
VnMath.Com
(40)a p m
b q n
j j j s i i i r − ≡ − − ≡ − = = ∑ ∑ 2 2 2 1 (mod ), (mod )
Từ suy định lớ
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 1R2
R = R q + R
R = R q + R
R = R q + 1 2
s
n-3 n-2 n-2 s
n-1 n-2 n-1 n-1 s
2
n-2
n-1
trong sj số nguyên không âm, Rj số nguyên lẻ bé Rj-1
Ta ý rằng, số phép chia địi hỏi thuật tốn không v−ợt số phép chia cần thiết dùng thuật tốn Euclid để tìm −ớc chung lớn ca hai s
a b Đặt:
R a b( , )=s R − +s R − + + sn Rn − + R − .R − + + Rn − .Rn − .
− − − − 1 2 2 1
1 2
1 8 2 2
Ta có định lí sau
Định lí 4.15 Giả sử a,b số nguyên d−ơng a>b Khi ta có: a b
=(-1)R(a,b)
Chứng minh Theo phần (i), (ii), (iv) định lí 4.13 ta có:
a b R R R R R R R R R s s sR = = = = − − 1 1 2 1 1 ( )
Dùng luật thuận nghịch bình phơng kí hiệu Jacobita đợc:
VnMath.Com
(41)R R R R R R 1 2 1 = − − − ( ) Nh− vËy, a b R R
R R sR
= − − −+ − ( )1 1
2 2 Tiếp tục q trình đó, ta đến cơng thức cần chứng minh
Hệ 4.16 Giả sử a b số nguyên d−ơng nguyên tố nhau, a>b Khi đó, kí hiệu Jacobi a
b
cã thÓ tÝnh ®−ỵc víi O((log2b)
3) phÐp tÝnh bit
Chứng minh Nh− ta nhận xét, số phép chia thuật tốn xác định R(a,b) khơng v−ợt q số phép chia thuật tốn Euclid để tính −ớc chung lớn
a b Theo định lí Lamé, cần có O(log2b) phép chia Mỗi phép chia cần khơng
qu¸ O((log2b)2) phÐp tÝnh bit Sau phép chia, cặp số R
j, sj tìm đợc O(log2b)
phép tính bit (chỉ cần phép dịch chuyển) Nh vậy, biết a, b, chØ cÇn
O((log2b)
3) phép tính bit để xác định số R
j, 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
của số mũ Nh− vậy, có Rj, sj, ta cần O(log2b) để xác định
a b
HƯ qu¶ ®−ỵc chøng minh
Ta có thuật tốn sau để tính kí hiệu Jacobi dựa vào định lí vừa chứng minh Thuật tốn tính kí hiệu Jacobi a
b
(và đó, tính kí hiệu Legendre b số nguyên tố)
J1 (KiÓm tra b ≠ 0) NÕu b=0, in nÕu |a| ≠ 1, in nÕu |a|=1 vµ kÕt thóc thuËt to¸n
J2 (Tách luỹ thừa khỏi b) Nếu a b chẵn, in kết thúc thuật toán Ng−ợc lại, đặt v← 0, b chẵn, đặt v← v+1, b ← b/2 Sau đó, v
chẵn, đặt k← 1, ng−ợc lại, đặt k ← (-1)(a
-1)/8
Cuối cùng, b<0, đặt b← -b, nữa, a<0, đặt k ← -k J3 (Kết thúc?) (ở b−ớc này, ta có b lẻ b>0) Nếu a=0, in b>1, in k b=1 kết thuật toán Ng−ợc lại, đặt v← a chẵn, đặt v← v+1, a← a/2 Nếu v lẻ, đặt k← (-1)(b2−1 8)/ k
J4 (Sử dụng luật thuận nghịch) Đặt k(-1)(a-1)(b-1)/4 k
VnMath.Com
(42)Nhận xét đây, ta cần lu ý điều Mặc dù thuật toán cã xt hiƯn c¸c
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, địi hỏi q nhiều phép tính bit Vì giá trị luỹ thừa (-1) phụ thuộc vào tính chẵn lẻ đại l−ợng trên, nên chẳng hạn (-1)(a2-1)/8, giá trị phụ thuộc a mod
một 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 Ch−ơng 7), ta cần phải tính bậc modulo p, biết tồn Tất nhiên, ph−ơng pháp để giải ph−ơng 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, ph−ơng pháp áp dụng đ−ợc (thời gian đòi hỏi O(p))
Với số nguyên tố dạng p ≡ 3(mod 4), tốn đơn giản Ta có:
x ≡ a(p+1)/4(mod p)
ThËt vËy,
x ≡ a(p+1)/2≡ a.a(p-1)/2 ≡ a(mod p)
Khi p/≡ 3(mod 4), ta cã p ≡ 1(mod 8) hc p ≡ 5(mod 8) Trong tr−êng hỵp
p ≡ 5(mod 8), lời giải tìm đợc không khó khăn Thật vậy, ta có: a(p-1)/2 1(mod p),
do
a(p-1)/4≡ ± 1(mod p)
Dễ kiểm tra đ−ợc rằng, tr−ờng 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 tr−ờng hợp p ≡ 1(mod 8) Cho đến nay, có thuật tốn (thuật toán Shoof sử dụng đ−ờng 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 tốn Tonelli-Shanks mở rộng tự nhiên tr−ờng hợp riêng xét
VnMath.Com
(43)Ta lu«n lu«n viÕt 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 tư z d−íi d¹ng z=nq
Ta rằng, phần tử z nh− thoả mãn điều kiện đặt n khơng thặng d− bình ph−ơng modulo p Ta có:
(aq)2e= aφ(p−1) ≡ 1(mod p),
do aq thuộc vào nhóm G phần tử cấp −ớc số 2e Nh− vậy, để tồn tại k, cần chọn n phần tử sinh nhóm G (khi đó, a khơng thặng d− bình ph−ơng nên số mũ k phải chẵn) Số nguyên n phần tử sinh
G n, n2, n4, ,n2e( ≡ 1(mod p)) không đồng d− với modulo p Dễ
thấy rằng, điều xảy n không thặng d− bình ph−ơng modulo p
Để xây dựng thuật toán, ta cần giải hai vấn đề: Tìm phần tử z, tìm số mũ k Phần thứ đ−ợc giải thuật toán xác suất Ta chọn ngẫu nhiên số
n, vµ tÝnh kÝ hiÖu Legendre n
p
Khi đó, np
=-1, ta đặt z=nq. Trong tr−ờng
hợp ng−ợc lại, ta tiếp tục làm nh− với số ngẫu nhiên khác tìm đ−ợc số n thích hợp Vì số thặng d− bình ph−ơng (p-1)/2 nên lần chọn ngẫu nhiên số n, xác suất để có n
p
=-1 lµ 1/2
Trong thùc tÕ, ta cã thĨ t×m mét 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, nZ Ta viết
p-1=2e.q
víi q lỴ
1 (Tìm phần tử sinh) Chọn ngẫu nhiên số n thoả mãn n
p
=-1 Sau đặt z←nq(mod p)
2 (Xuất phát) Đặt yz, re, xa(p-1)/2(mod p),
b←ax2(mod p ), x←ax(mod p)
3 (Tìm số mũ) Nếu b1(mod p) in x kết thúc thuật toán, Trong trờng hợp ngợc lại, tìm sè m nhá nhÊt cho m≥1, b2m ≡1(mod p) NÕu m=r, in th«ng
VnMath.Com
(44)báo nói a thặng d bình phơng modulo p
4 (Thu hp s m) Đặt t← y2r m− −1, y←t2, r←m, x←xt, b← by (mọi phép tính modulo p)và chuyển sang b−ớc
Chú ý từ bắt đầu b−ớc 3, ta ln ln có đồng d− modulo p: ax ≡ x2, y2r−1 ≡ -1, b2r−1 ≡
Từ suy rằng, nhóm Gr phần tử cấp −ớc 2
r, y phần
tử sinh nhóm Gr, b Gr-1, tức b phơng Gr Vì r thực giảm mỗi bớc lặp thuật toán, nên số bớc lặp nhiều b»ng e Khi r ≤ 1, ta cã
b=1, thuật toán kết thúc, x bËc cđa a mod p
Có thể thấy rằng, trung bình, b−ớc b−ớc địi hỏi e2/4 phép nhân modulo p, nhiều e2 phép nhân Nh− vậy, thời gian chạy thuật toỏn l 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(p-1)/2≡
b
p (mod p)
Nh− vậy, để kiểm tra số n có phải ngun tố hay khơng, ta lấy số b nguyên tố với n, kiểm tra xem đồng d− sau có hay khơng:
b(n-1)/2≡
b
n (mod n),
trong đó, vế bên phải kí hiệu Jacobi Nếu đồng d− thức khơng n phải là hợp số Nếu đồng d− thức nghiệm đúng, ch−a kết luận đ−ợc n có phải ngun tố hay khơng, nh−ng “có nhiều kh nng n l s nguyờn t
Định nghĩa 4.18 Số nguyên dơng n đợc gọi số giả nguyên tố Euler sở b
nu hợp số đồng d− thức sau nghiệm đúng: b(n-1)/2≡
b
n (mod n)
Ta có mối liên hệ số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b xét ch−ơng
VnMath.Com
(45)Định lí 4.19 Mọi số giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố sở b
Chứng minh Chỉ cần bình ph−ơng hai vế đồng d− thức thoả mãn số giả
nguyªn tè Euler
Điều ng−ợc lại khơng Chẳng hạn, thấy số 431 số giả nguyên tố sở 2, nh−ng 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,
đó t lẻ, thì, bt≡ 1(mod n), b2rt ≡ -1(mod n), với r ≤ r ≤ s-1 Giả
sö pja
j m
j
=
1
là phân tích n thành thừa số nguyên tố Ta xét riêng hai trờng hỵp
Thứ nhất, bt≡ 1(mod n) Giả sử p −ớc nguyên tố n Khi ord
pb|t, vµ
đó ordpb số lẻ Mặt khác, ordpb −ớc φ(p)=p-1, nên phải −ớc
(p-1)/2. VËy ta cã
b(p-1)/2≡1(mod p)
Theo tiªu chuÈn Euler, b
p
=1, đó, bn
=1 Mặt khác ta có:
b(n-1)/2=(bt)2 1s− ≡ 1(mod p). VËy n lµ sè giả nguyên tố Euler sở b
Trờng hợp thứ hai: b2rt -1(mod n) Nếu p ớc nguyên tố n
b2rt -1(mod n)
Bình phơng hai vế dồng d thức ta đợc
b2r+1t
≡ 1(mod p) Từ suy ordpb|2r+1t, nhng ord
pb không ớc 2
rt Nh− vËy, ord pb=2
r+1c,
trong c số ngun lẻ Mặt khác, ordpb|(p-1), 2r+1|ord
pb, nªn 2 r+1
|(p-1).
Nh− vËy, ta cã: p=2r+1
d+1, d số nguyên Vì
b(ord bp)/2 ≡ -1(mod p)
nªn ta cã:
b p
≡ b(p-1)/2= b(ord bp / )((2 p−1)/ord bp ) ≡ ( )−1 (p−1)/ord bp = −( )1 (p−1 2)/ r+1c(mod p)
Vì c lẻ nên từ suy b
p
=(-1)d
Bây giả sử n có phân tích thành thừa số nguyên tố dạng:
VnMath.Com
(46)n= pja j m j = ∏
Theo chøng minh phÇn trên, ớc nguyên tố pi có dạng pi=2 r+1d
i+1, vµ ta cã:
b n
b
pi a d
i m i a i i i m = = − = = ∏ ∑ 1 ( )
MỈt kh¸c, dƠ thÊy r»ng,
n ≡ 1+2r+1 a di i
i m
=
∑
1
(mod 22r+2) Do
t2s-1=(n-1)/2 ≡ 2r a d
i i i m = ∑
(mod 2r+1), tøc lµ
t2s-1-r≡ a d
i i i m = ∑ (mod 2) vµ
b(n-1)/2= (b rt) s r ( ) s r ( ) a d
i i i
m
2 2
1 1 1 − − − − ≡ − = − =
∑ (mod n) Nh− vËy,
b(n-1)/2≡ b
n
(mod n), vµ n số giả nguyên tố Euler sở b
Chú ý rằng, điều ng−ợc 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 s Ta cú nh lớ sau
Định lí 21 Số n giả nguyên tố Euler sở b số giả nguyên tố mạnh sở b
nÕu n ≡ 3(mod 4), hc b
n =-1
Chứng minh Tr−ờng hợp thứ nhất: n ≡ 3(mod 4) Khi n-1=2.t t lẻ Vì n số giả nguyên tố Euler sở b nên
VnMath.Com
(47)bt=b(n-1)/2≡ b
n
(mod n) Nh vậy, n số giả nguyên tố mạnh c¬ së b
Trong tr−ờng hợp thứ hai, ta viết n-1=2st, t lẻ, s số nguyờn dng Vỡ n
là số giả nguyên tố mạnh sở b nên
b2s1t b n1
= ≡
−
( )/ b
n (mod n) Theo gi¶ thiÕt ta cã:
bt2s−1
-1(mod n) Nh n số giả nguyên tố mạnh sở b
Dựng s gi ngun tố Euler, ta xây dựng thuật tốn xác suất để kiểm tra số nguyên tố hay khơng Thuật tốn đ−ợc Solovay Strassen tìm năm 1977 ([S-S])
Ta bắt đầu bổ đề sau
Bổ đề 4.22 Giả sử n số ngun d−ơng lẻ khơng ph−ơng Khi tồn ít số b với 1<b<n, (b,n)=1, cho b
n
=-1
Chứng minh Nếu n nguyên tố, số b tồn theo định lí 4.3 Khi n hợp số
khơng ph−ơng, ta viết n=rs, (r,s)=1 r=pe, với p số nguyên
tố lẻ e số nguyên d−ơng lẻ Bây giả sử t khơng thặng d− bình ph−ơng của số nguyên tố p Ta dùng định lí Trung Quốc phần d− để tìm số ngun b cho 1<b<n, (b,n)=1
b ≡ t(mod r) b ≡ 1(mod s) Khi ta có b
r b p
b s
e
e
=
= − = −
=
( )1 1, , tøc lµ b
n
=-1
Bổ đề 4.23 Với hợp số lẻ n, tồn số b cho 1<b<n, (b,n)=1 và
b(n-1)/2/≡ b
n
(mod n) (3.1)
Giả sử ngợc lại, với số nguyên không vợt n nguyên tố với
n, ta cã
VnMath.Com
(48)b(n-1)/2≡ b
n
(mod n) Từ suy ra, (b,n)=1
b(n-1) ≡ 1(mod n)
Nh− vậy, n phải số Carmicheal, đó, n=q1q2 qr tích số ngun tố
lẻ khác Ta
b(n-1)/2 ≡ 1(mod n)
đối với số nguyên b không v−ợt n nguyên tố với n Giả sử ng−ợc lại, tồn b thoả mãn
b(n-1)/2 ≡ -1(mod n)
Dùng định lí Trung Quốc phần d−, ta tìm đ−ợc số a, 1<a<n, (a,n)=1 cho a ≡ b(mod q1)
a ≡ 1(mod q2q3 qr) Nh− vËy
a(n-1)/2 ≡ b(n-1)/2 ≡ -1(mod q 1) a(n-1)/2 ≡ 1(mod q
2q3 qr) Do
a(n-1)/2/≡ 1(mod n), trái với giả thiết phản chứng (3.1)
Nh− vËy, víi mäi b, 1<b<n, (b,n)=1 ta cã:
b(n-1)/2 ≡ 1(mod n) Từ đồng d− (3.1) ta có:
b(n-1)/2≡ b
n
≡ 1(mod n), mâu thuẫn với bổ đề 4.22 Bổ đề 4.23 đ−ợc chứng minh
Định lí đ−ợc dùng làm sở cho thuật toán kiểm tra ngun tố xác suất Ta có định lí sau
Định lí 4.24 Đối với hợp số lẻ n, tồn không (n)/2 số nguyên dơng b nhỏ n, nguyên tố với n, cho n số giả nguyên tố mạnh Euler së b
Chứng minh Theo bổ đề 4.23., tồn số b, 1<b<n, (b,n)=1 cho
VnMath.Com
(49)b(n-1)/2/≡ b
n
(mod n) Giả sử a1,a2, ,am số thoả mÃn ≤ aj<n, (aj,n)=1 vµ
aj
(n-1)/2≡ a
n
j
=1(mod n)
Gi¶ sư r1,r2, ,rm thặng d dơng bé số ba1,ba2, ,bam C¸c sè rj kh¸c
nhau nguyên tố với n Ta chứng tỏ chúng không thoả mãn đồng d− thức nh− số aj Thật vậy, ng−ợc lại
rj
(n-1)/2 ≡
rnj =1(mod ) n th× ta cã:
ba(n-1)/2j ≡
=
ba
n n
j 1(mod )
vµ nh− vËy:
b(n-1)/2a j
(n-1)/2 ≡
b n
a n
j
Từ suy ra:
b(n-1)/2≡
bn(mod n), m©u thn víi tÝnh chÊt cđa b
Nh− vËy, tËp hỵp số aj rj không giao Gộp hai tập hợp này, ta đợc
2m s khỏc nhau, bé n nguyên tố với n Từ suy m<φ(n)/2, định lí đ−ợc chứng minh
Nhận xét Từ định lí trên, ta thấy rằng, n hợp số lẻ, b số chọn ngẫu
nhiên số 1,2, ,n-1, xác suất để n giả nguyên tố Euler có sở b bé 1/2 Ta cú nh lớ sau
Định lí 4.25 (Thuật toán kiểm tra nguyên tố xác suất Solovay-Strassen) Cho n là số nguyên dơng Ta chọn ngẫu nhiên k sè b1,b2, ,bk tõ c¸c sè 1,2, ,n-1
Đối với số nguyên bj, xét đồng d− thức
VnMath.Com
(50)b(n-1)/2j ≡
b
n n
j (mod )
-Nếu đồng d− thức khơng nghiệm n hợp số -Nếu n nguyên tố đồng d− thức nghiệm
-Nếu n hợp số, xác suất để đồng d− thức nghiệm bé 1/2k
Nh− vậy, k đủ lớn, n trải qua đ−ợc kiểm tra xác suất đây, “hầu nh−
chắc chắn n số nguyên tố
Nhận xét 1) Vì số giả nguyên tố mạnh sở b số giả nguyên tố Euler
cơ sở b, nên số hợp số n trải qua đ−ợc kiểm tra xác suất Solovay-Strassen lớn số hợp số trải qua đ−ợc kiểm tra Rabin Cả hai thuật toán kiểm tra cần O(k(log2n)3) phép tính bit
2) Chẳng hạn, n số trải qua kiểm tra xác suất Solovay-Strassen với k=40 Khi đó n hợp số với xác suất nhỏ 2-40 t−ơng đ−ơng 10-12, bé xác suất để phần cứng máy tính mắc sai lầm!
VnMath.Com
(51)Bµi tập tính toán thực hành chơng I Bµi tËp
4.1 Tìm tất số tự nhiên b cho 15 21 số giả nguyên tố sở b 4.2 Chứng minh tồn 36 sở b (modulo 91) để 91 số giả nguyên tố sở b
4.3 Giả sử p 2p-1 số nguyên tố Chứng minh n=p(2p-1) số giả nguyên tố nửa số sở b
4.4 Chøng minh r»ng tån t¹i vô hạn số nguyên tố dạng 4k+1
4.5 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố có dạng sau đây: a) 8k+3,
b)8k+5, c) 8k+7
4.6 Chøng minh r»ng nÕu p số nguyên tố dạng 4k+3 q=2p+1 số nguyên tố, q|Mp=2p-1
4.7 Chøng minh r»ng 23|M11, 47|M23,503|M251
4.8 Chøng minh r»ng 1105 số giả nguyên tố Euler sở không giả nguyên tố mạnh sở
4.9 Chứng minh 15841 là: a) số giả nguyên tố mạnh sở 2; b) số giả nguyên tố Euler c¬ së 2; c) sè Carmichael
4.10 Chøng minh n số giả nguyên tố mạnh Euler sở a b n cũng số giả nguyên tố mạnh Euler sở ab
4.11 Chøng minh r»ng nÕu n lµ sè giả nguyên tố Euler sở 2, n 5(mod 8) thì n số giả nguyên tố mạnh sở
4.12 Chứng minh n số giả nguyên tố Euler sở b n số giả nguyên tè Euler c¬ së n-b
4.13 Chøng minh n số giả nguyên tố Euler sở n 5(mod 12)
n là số giả nguyên tố mạnh sở
II Thực hành máy tính
II Thực hành kiểm tra số thặng d bình phơng
Cho a, b l cỏc s nguyên để kiểm tra xem a có phải thặng d− bình ph−ơng
b hay kh«ng ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau: [>quadres(a, b);
Sau dấu (;) ấn phím Enter Nếu hình lên số a thặng d bình phơng b, hình lên số -1
VnMath.Com
(52)Thí dụ: 74 có phải thặng d bình phơng 101 hay không?
Ta thực lệnh
[>quadres(74,101);
-1 74 thặng d bình phơng 101 II Thực hành tÝnh ký hiƯu Legendre
Cho a lµ sè nguyên, p số nguyên tố Để tính kí hiệu Legendre cđa a vµ p ta thùc hiƯn lƯnh nh− sau:
[legendre(a,p);
Sau dÊu (;) Ên phÝm Enter hình xuất kết
ThÝ dô: TÝnh
11
Ta thùc hiÖn lÖnh [legendre(9,11);
1
Chó ý: Khi thùc hiƯn lƯnh tÝnh lí hiệu Legendre, máy tính cho kết 0, 1,
hoặc -1 Nếu kết a chia hết cho p Nếu kết a thặng d− bình ph−ơng p Nếu kết -1 a khơng thặng d− p Do ta có thể dùng dịng lệnh để kiểm tra thặng d− bình ph−ơng
II TÝnh kÝ hiƯu Jacobi
Cho b số nguyên dơng lẻ, a nguyên tố với b Để tính kí hiƯu Jacobi cđa a vµ b ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau:
[jacobi(a, b);
Sau dấu (;) ấn phím Enter hình xuất hiƯn kÕt qu¶
ThÝ dơ: TÝnh 26
35
Ta thùc hiÖn lÖnh:
[> jacobi(26,35);
-1
ThÝ dô: TÝnh 28
21
Ta thùc hiÖn lÖnh:
VnMath.Com
(53)[> jacobi(28,21);
Nếu kết a b không nguyên tố II Tìm bậc modulo mét sè
Cho x, n lµ số nguyên Để tìm bậc x modulo n ta thùc hiƯn dßng lƯnh nh− sau:
[>msqrt(x,n);
Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter” trªn hình xuất kết Nếu không tồn hình xuất chữ FAIL
Thí dụ: Tính bậc modulo 11
Ta thùc hiÖn nh− sau: [>msqrt(3,11);
5
Thí dụ: Tính bậc modulo
Ta thùc hiÖn nh− sau: [>msqrt(3,7);
FAIl
II Thùc hµnh kiĨm tra sè giả nguyên tố Euler
Để kiểm tra số nguyên dơng n cho trớc có phải số giả nguyên tố Euler sở b hay không ta thùc hiƯn theo c¸c b−íc sau:
B−íc 1: KiĨm tra tÝnh nguyªn tè cđa n, ta thùc hiƯn b»ng dßnglƯnh
[>isprime(n);
Sau dấu (;) ấn phím “Enter” Nếu hình xuất chữ “true” n số nguyên tố, ta khẳng định n số giả nguyên tố Euler sở b Nếu hình xuất chữ “false” ta tiếp tục thực b−ớc
B−íc 2: TÝnh kÝ hiƯu Jacobi J:= b
n
cña n b, thực dòng lệnh [> J:= jacobi(b,n);
Sau dÊu (;) Ên phÝm “Enter”
B−ớc 3: Kiểm tra đồng d− thức b(n−1 2)/ ≡ J(mod )n , thực dòng lệnh [>b^((n-1)/2)-J mod n;
VnMath.Com
(54)Sau dÊu (;) ấn phím Enter Nếu hình xuất số n số giả nguyên tố Euler c¬ së b
ThÝ dơ: Sè 1105 cã phải số giả nguyên tố Euler sở hay kh«ng?
Ta thùc hiƯn lƯnh nh− sau: [> isprime(1105);
false [> J:=J(1105,2);
[> 2^((1105-1)/2)-J mod 1105;
Vậy 1105 số giả nguyên tố Euler sở
VnMath.Com
(55)Ch−¬ng 5
Trờng đa thức
Đ1 Định nghĩa
Một khái niệm đạI số số học tr−ờng hữu hạn, Trong ch−ơng này, Chúng tơi trình bày kiến thức tr−ờng hữu hạn, cần thiết tìm hiểu ứng dụng số học Ngồi ra, chúng tơi cố gắng minh hoạ “động lực” phát triển số học đại: t−ơng tự số đa thức Một vài kết gần t−ơng tự đ−ợc đề cập tới
Để tiện lợi cho bạn đọc sử dụng, nhắc lại khái niệm cần thiết
Tr−êng lµ mét tập hợp K có phần tử, đợc trang bị hai phép tính cộng
nhân thoả mÃn quy tắc sau (các chữ la tinh phần tử tuỳ ý trờng)
1 (tÝnh chÊt giao ho¸n cđa phÐp céng): a+b=b+a 2 (tÝnh chÊt kÕt hỵp cđa phÐp céng): a+(b+c)=(a+b)+c 3 (tồn phần tử 0): Tồn K cho 0+a=a+0=a 4 (tån t¹i -a): Tån t¹i -a ∈K cho a+(-a)=0
5 (tính chất giao hốn phép nhân): ab=ba 6 (tính chất kết hợp phép nhân): a(bc)=(ab)c 7 (tồn đơn vị): Tồn ∈K cho 1a=a 8 (tồn a-1): Tồn a-1∈K cho aa-1=1
9 (luật phân bố phép nhân phộp cng): a(b+c)=ab+ac
Những ví dụ thờng gặp là: trờng Q số hữu tỷ, trờng R c¸c sè thùc, tr−êng
C số phức Các tr−ờng có vơ hạn phần tử
Trong nhiều vấn đề lí thuyết nh− ứng dụng, ta th−ờng làm việc với tr−ờng có hữu hạn phần tử Chẳng hạn, thấy rằng, thặng d− không âm bé modulo p, lập thành tr−ờng có p phần tử Sau đây, ta thấy rằng, tr−ờng để xây dựng nên tất tr−ờng hữu hạn
Giả sử p số nguyên tố Kí hiệu qua Fptrờng có p phần tử Rõ ràng cộng p lÇn
phần tử tr−ờng, ta đ−ợc Do đó, pa=0 với phần tử a ∈ F Với tr−ờng
VnMath.Com
(56)K tuỳ ý, số p không âm bé cho p1=0 đ−ợc gọi đặc tr−ng tr−ờng K Chẳng hạn, Q, R, C tr−ờng có đặc tr−ng 0, Fp tr−ờng có đặc tr−ng p
Dễ thấy rằng, tr−ờng hữu hạn có đặc tr−ng khác khơng, đặc tr−ng số ngun tố
§2 Më réng tr−êng
Giả sử k ⊂ K tr−ờng, đồng thời phép cộng nhân k cảm sinh phép tính t−ơng ứng K Khi đó, K đ−ợc gọi mở rộng tr−ờng
k.
VÝ dô C lµ më réng cđa R, R lµ më réng cđa Q
Nếu tồn phần tử α1, α2, , αn∈K cho phần tử a∈K biểu diễn d−ới dạng
a=k1α1+k2α2+ + knαn
trong k1,k2, ,kn phần tử tr−ờng k, K đ−ợc gọi mở rộng hữu hạn của k Trong tr−ờng hợp này, K không gian vectơ hữu hạn chiều k Ta núi
K mở rộng hữu h¹n cđa k sinh bëi α1, α2, , αn
VÝ dơ C lµ më réng cđa tr−êng R, sinh phần tử i, nói cách khác, sinh nghiệm cuả phơng trình x2
+1=0
Ta nói C trờng nâng R đa thức P(x)=x2+1. Sau đây, ta thấy rằng,
mở rộng hữu hạn tr−ờng đ−ợc thực cách t−ơng tự nh−
Định nghĩa 5.1 Giả sử K mở rộng k Phần tử a ∈K đ−ợc gọi đại số
tr−êng k nÕu nã lµ nghiƯm cđa đa thức với hệ số trờng k
Nếu thêm điều kiện hệ số luỹ thừa cao đa thức xác định đối với phần tử đại số k K đ−ợc gọi tr−ờng nâng k đa thức P(x) nếu mở rộng k nghiệm đa thức P(x)
Đối với đa thức, ta có tính chất hoàn toàn t−ơng tự nh− số nguyên
§èi víi mét tr−êng k t ý, ta kÝ hiệu qua k[x] vành đa thức với hệ số k Đa thức P đợc gọi chia hết cho đa thức Q tồn đa thức R cho P=QR Một đa thức không chia hết cho đa thức bậc nhỏ hơn, khác số đợc gọi đa
thức bất khả quy Hai đa thức ớc chung khác đợc gọi nguyên
t cựng Một đa thức k[x] ln ln phân tích đ−ợc thành tích đa thức bất khả quy Phân tích nhất, địi hỏi đa thức ban đầu nh− đa thức khai triển có hệ số luỹ thừa cao bng
Đối với đa thức P(x) tr−êng k, bao giê cịng tån t¹i mét tr−êng K më réng cđa k cho P(x) ph©n tÝch đợc thành đa thức bậc K Nh vËy, nÕu hƯ sè cđa l thõa cao nhÊt P(x) P(x) đợc phân tích dới d¹ng:
VnMath.Com
(57)P(x)=(x-α1)(x- α2) (x- αn), víi αi∈K, i=1, ,n
Nếu đa thức hệ số k, phân tích có đ−ợc với αi∈k, tr−ờng k đ−ợc gọi đóng đại số Nói cách khác, tr−ờng đóng đại số tr−ờng chứa nghiệm đa thức với hệ số tr−ờng Nh− vậy, tr−ờng đóng đại số, đa thức bất khả quy đa thức bậc Chẳng hạn tr−ờng số phức
C tr−ờng đóng đại số, tr−ờng số thực R khơng đóng đại số Th−ơng hai đa thức với hệ số k đ−ợc gọi hàm hữu tỷ k
§3 Trờng hữu hạn
Nh ó núi, trng gm hữu hạn phần tử có đặc tr−ng khác khơng, đặc tr−ng một số nguyên tố p
Giả sử Fq tr−ờng hữu hạn gồm q phần tử, đặc tr−ng p Vì Fq chứa phần tử
nên chứa tr−ờng Fp nh− tr−ờng Do Fqlà tr−ờng hữu hạn nên mở rộng hữu hạn Fp, nghĩa khơng gian vectơ r chiều Fp Từ suy rằng Fq gồm p
r phÇn tư, tøc q=pr
Ngợc lại, ta chứng tỏ rằng, với p, r cho trớc (p số nguyên tố r số nguyên dơng), tồn trờng với pr phần tử Hơn nữa, trờng hữu hạn với số phần tử
nh s đẳng cấu với nhau, nghĩa có t−ơng ứng 1-1 chúng, t−ơng ứng bảo toàn phép tính cộng nhân, phần tử phần tử nghịch đảo tr−ờng
Ta có định lí sau
Định lí 5.2 Giả sử Fq tr−ờng hữu hạn với q=pr phần tử Khi đó, phần tử
Fq thoả mãn ph−ơng trình
Xq-X=0,
và Fq tập hợp nghiệm ph−ơng trình Ng−ợc lại, tr−ờng nâng
Fp bëi ®a thøc X q
-X trờng hữu hạn có q phần tử
Chứng minh định lí hồn tồn t−ơng tự nh− chứng minh định lí 3.27 Ch−ơng 3, đ−ợc dnh cho c gi
Giả sử Fq tr−êng cã q phÇn tư Ta kÝ hiƯu qua Fq* tập hợp phần tử khác không
ca trng Fq Khi đó, phần tử Fq* có nghịch đảo, Fq* lập thành
nhóm Aben Vì Fq* có hữu hạn phần tử, nên phần tử tuỳ ý a∈ Fq *, tồn
tại số nguyên không âm k cho ak=1 Số k bé thoả mãn tính chất đ−ợc gi
là bậc phần tử a
Đối với phần tử a tuỳ ý, bậc a ớc q-1 Chứng minh điều này hoàn toàn tơng tự nh chøng minh bËc cđa mét sè modulo n lµ −íc (n) (xem hệ 3.20 Chơng 3)
VnMath.Com
(58)Giả sử g phÇn tư cđa Fq *
, bậc g q-1 Khi đó, tập hợp
{g,g2, ,gq-1} tất phần tử F q
*. Ta nói g phần tư sinh cđa nhãm
Fq *
.
Định lí sau t−ơng tự định lí 3.26 ch−ơng
Định lí 5.3 Mọi tr−ờng hữu hạn có phần tử sinh Nếu g phần tử sinh Fq
* gs phần tử sinh F q
* khi vµ chØ (s,q-1)=1 Nh− vËy, tồn tất
(q-1) phần tử sinh Fq *
Bây ta mô tả cụ thể cách xây dựng trờng Fq từ trờng Fp
Để dễ hình dung, tr−ớc tiên ta xét việc xây dựng tr−ờng số phức C nh− tr−ờng nâng số thực R đa thức P(x)=x2+1 Nh− ta biết, xem số phức
nh− cặp số thực (a,b), đó, đồng số phức với đa thức
ax+b hệ số thực Với cách t−ơng ứng nh− vậy, nhân hai số phức (biểu diễn hai đa thức), ta việc nhân theo quy tắc nhân đa thức, thay x2 (-1) Nói cách khác, tập hợp số phức tập hợp đa thức với hệ số thực, hai đa thức đ−ợc đồng hiệu chúng đa thức P(x)=x2+1 Ta viết C=R[x]/P(x)
Tr−êng Fq, q=p
r, đợc xây dựng từ trờng F
p theo cách hoàn toàn tơng tự Ta xuất
phỏt t mt đa thức bất khả quy P(x) bậc r với hệ số Fp, hệ số xr
bằng Khi ta có:
Fq=Fp[x]/P(x)
Nh− vậy, phần tử Fq đa thức với hệ số Fp, bậc bé r (vì gi¶ sư
P(x)=xr+a r-1x
r-1+ +a
0, ú x
r đợc thay -( a r-1x
r-1+ +a 0)).
Ta xuất phát từ đa thức bất khả quy tuỳ ý Các tr−ờng nhận đ−ợc có số phần tử nh− , đẳng cấu với
Ta minh hoạ điều nói qua ví dụ cụ thể
VÝ dơ X©y dùng tr−êng F16 tõ tr−êng F2 đa thức
P(x)=x4+x3+x2+x+1
Đa thức xét đa thức bất khả quy tr−êng F2. ThËt vËy, nÕu nã cã −íc
kh¸c số phải có ớc đa thức bậc bậc Nếu ớc đa thức bậc 1,
P(x) có nghiệm F2: điều không xảy P(0)=P(1)=1 Có bốn đa thức bậc
2 F2 đa thức x
2, x2+1, x2+x, x2+x+1 Thö trùc tiÕp cho thÊy
không có cặp đa thức có tích P(x)
Các phần tử F16 đa thức bậc bé 3, víi hƯ sè hc 1: -BËc 0: 0,1
-BËc 1: x, x+1
-BËc 2: x2, x2+1, x2+x, x2+x+1
-BËc 3: x3, x3+1, x3+x, x3+x2, x3+x+1, x3+x
2+x+1, x3+x
2+x, x3+x2+x+1
VnMath.Com
(59)Quy tắc cộng nhân quy tắc cộng nhân thông thờng đa thức, với ý 1+1=0 x4=-(x3+x2+x+1)
Trong nhiều ứng dụng, chẳng hạn lí thuyết thông tin, ngời ta thờng viết phần tử tr−êng Fq theo c¸c hƯ sè cđa chóng Nh− ví dụ đây, phần
t ca trng là: 0000, 0001, 0010, 0011, 0100, 0101, 0110, 0111, 1000, 1001, 1010, 1100, 1001, 1101, 1110, 1111, với bảng quy tắc cộng nhân chúng Chú ý rằng, quy tắc khác với quy tắc số học đồng d− modulo q
Khi biÕt mét phÇn tư sinh cđa tr−êng Fq, ta tìm phần tử khác cách
nâng lên luỹ thừa Sau đây, ta tìm hiểu thuật toán thời gian đa thức để làm việc Thuật tốn đ−ợc áp dụng ch−ơng sau
Tr−ớc vào mô tả thuật tốn, để dễ hình dung, ta xét ví dụ sau Giả sử ta cần tính (1994)23(mod 4611) Nếu dùng cách thơng th−ờng (tính lần l−ợt luỹ thừa 1994), ta phải làm 22 phép nhân 22 phép chia Để giảm bớt số phép tính phải làm, ta dùng ph−ơng pháp bình ph−ơng liên tiếp nh− sau Ta có:
(1994)23=(1994)16+4+2+1
Nh− vậy, ta cần tính modulo luỹ thừa 1,2,4,8,16 1994 Nói cách khác, ta cần làm phép bình ph−ơng liên tiếp lần, sau nhân kết luỹ thừa t−ơng ứng với số biểu diễn số 23 d−ới dạng số Ta có 23=(10111)2, nên ta nhân kết luỹ thừa 16,4,2,1
Cách làm nh− áp dụng đ−ợc cho nhóm nhân Giả sử g ∈G phần tử nhóm nhân G đó, ta cần tính gn, với n số tự nhiên Ta viết n d−ới dạng số 2:
n=∑εi2 i
, ε = ± Khi ta tính gn= ( )gi
i
ε=
∏
1
ThuËt to¸n
S1 (Xuất phát) đặt y←1 Nếu n=0, thuật toán kết thúc Nếu ng−ợc lại, đặt N←n, z←g
S2 (Nhân) Nếu N lẻ, đặt y←z.y
S3 (Chia đôi N) Đặt N←[N/2] Nếu N=0, in y kết thúc thuật toán Ng−ợc lại, đặt z← z.z quay S2 Có thể chứng minh tính đắn thuật toán với nhận xét rằng, từ b−ớc thứ hai trở đi, ta ln ln có gn=y.zN.
Ta đánh giá độ phức tạp thuật tốn nói
Số phép nhân phải làm số chữ số n, cộng thêm số chữ số cách viết nhị phân n, trừ Nh vậy, số phép nhân không vợt 2[log n]+1, tøc lµ
O(log n) Nếu ta tính lớp đồng d− modulo m đó, phép nhân địi hỏi
O(log2 m) phÐp tÝnh bit, vµ toàn số phép tính bit cần thiết O(log nlog2 m)
VnMath.Com
(60)Nh− ta thấy trên, để thực phép tính tr−ờng Fq, ta phải làm phép
tính đa thức Sau vài thuật tốn để thực phép tính Thuật toán chia
Xét đa thức với hệ số tr−ờng K tuỳ ý Với đa thức P, kí hiệu qua l(P) hệ số luỹ thừa cao Ta có thuật tốn để, với đa thức cho A, B, B ≠ 0, tìm các đa thức Q, R cho A=BQ+R, deg R<deg B:
C1 (Xuất phát) Đặt RA, Q←0
C2 (KÕt thóc?) NÕu deg R<deg B, kÕt thúc thuật toán C3.(Tìm hệ số) Đặt S l R
l B
( ) ( )x
deg R-deg B
Sau đó, đặt Q←Q+S, R←R-S.B, chuyển sang b−ớc C2
Ta cần l−u ý điều Về mặt lí thuyết, sau b−ớc S3, bậc R phải giảm (vì hệ số xdeg R định nghĩa S) Tuy nhiên, làm việc máy,
thực tế ta có số gần đúng, nên xảy tr−ờng hợp hệ số xdeg R
rất nhỏ, nh−ng khác không, nghĩa bậc khơng giảm, khơng bảo đảm thuật tốn kết thúc! Vì thế, viết ch−ơng trình, thiết phải để hệ số sau phộp tớnh R R-S.B
Để tìm ớc chung lớn đa thức, ta có thuật toán Euclid sau đây
Thuật toán
Cho đa thức A,B, tìm ƯCLN A,B
EP1 (KÕt thóc?) NÕu B=0, in A kết thúc thuật toán
EP2 (Bớc Euclid) Giả sư A=BQ+R, víi deg R<deg B (tÝnh b»ng tht to¸n C trình bày trên) Đặt AB, BR, quay bớc EP1
Định lí 5.4 Có thể nhân chia hai phần tử trờng Fq với O(log3 q) phÐp tÝnh
bit NÕu k lµ sè nguyên dơng phần tử Fq nâng lên luỹ thừa k với
O(log klog3 q) phÐp tÝnh bit
Chøng minh Giả sử Fq đợc xây dựng cách nâng trờng Fp đa thức bất khả
quy P(x) bc r Khi đó, phần tử tr−ờng Fq đa thức với hệ số trong tr−ờng Fp modulo đa thức P(x) Để nhân hai phần tử tr−ờng Fq, ta phải
nhân hai đa thức nh− Để làm việc đó, ta phải thực O(r2) phép nhân modulo
p (vì đa thức có bậc nhỏ r), với số phép tính cộng Các phép địi hỏi thời gian Sau có kết phép nhân, ta lại phải tính “modulo đa thức P(x)”, nghĩa làm phép chia cho đa thức P(x) để biết đ−ợc phần d− Phép chia đa thức đòi hỏi O(r) phép chia số nguyên modulo p O(r2) phép nhân
các số nguyên modulo p Nh− ta biết, phép nhân số nguyên modulo p thực O(log2 p) phép tính bit , cịn phép chia modulo p lm
(chẳng hạn, dùng thuật toán Euclid) với O(log3 p) phÐp tÝnh bit Nh− vËy, toµn bé sè
VnMath.Com
23(mod 4611) Nếu dùng cách thông thờng (tính lần lợt luü thõa