Dinh ly fermat, Định lý fermat nhỏ, đại số đại cương 1, Toán học, đại số, số học, hhdưadgwagfjhasbdjsabjdahfejfjsbjsfujknxjscjhsguefjsabfjksajk, Dinh ly fermat, Định lý fermat nhỏ, đại số đại cương 1, Toán học, đại số, số học, hhdưadgwagfjhasbdjsabjdahfejfjsbjsfujknxjscjhsguefjsabfjksajk, Dinh ly fermat, Định lý fermat nhỏ, đại số đại cương 1, Toán học, đại số, số học, hhdưadgwagfjhasbdjsabjdahfejfjsbjsfujknxjscjhsguefjsabfjksajk, Dinh ly fermat, Định lý fermat nhỏ, đại số đại cương 1, Toán học, đại số, số học, hhdưadgwagfjhasbdjsabjdahfejfjsbjsfujknxjscjhsguefjsabfjksajk
Copyrright © 2007 Vietnamese Kvant Group p ĐỊN NH LÝ F FERMAT T NHỎ V Sen nderov, A Sp pivak Đ ịnh h lý Fermatt nhỏ đưa vào ch hương trình họ ọc lớ ớp Tốn hiệện Côn ng thức địn nh lý o nhà Toán học Pie Fermat (người Pháp, P 1601-11665) đưa raa năm 1640, ngắn gọn n: Nếu N p số nguyên tố vàà a số s nguyên thếế a p − a chia c hết cho p Bề B ngồi v đơn giản,, nhiên định đ lý lạại có ứng ứ dụng vô quan trọng t Các C trường g hợp riêng 1 p = Xétt hiệu a − a = a(a − 1) Trong hai số tự nhiên n liên tiếp a a − , th hì phải có m số chẵn c số lẻ nên tícch chúngg phải mộtt số chẵn Ta T biết a a có tính ch hẵn lẻ ó hiệu ch húng phải số chẵn Nh hư ta có thêm m cách ứng minh ơn giản cho trường t hợp n 2 p = Xétt hiệu a − a = (a + 1)a (a − 1) Một số ố chia cho có số dư , hoặặc Do số tự nhiên n liên tiếp a + 1, a, a − phải có ssố chia hết ch ho , tích h chúng chia hếết cho Dễ thấy hệ h hiệu u chia hết h cho Bài tập 1 Chứng minnh a3 + 5a ch hia hết cho với số tự nhiên a Xét X hiệu a − a Với a = 2, a = thìì 24 − = 14,,34 − = 78 không chia hết cho Như taa thấy r phát biểểu định lý l không đ trường hợp p hợp số 3 p = Xéét hiệu a − a = (a + 1)(a + 1)a(a − 1) Với a = , hiệu ; a = 25 − = 30 ; a = 35 − = 240 ; a = 45 − = 1020 ; a = 55 − = 3120 ; a = 65 − = 7770 Tất c hiệu trrên chia hết cho 30 Nhận N thấy a5 − a chia hếết cho Ta chứng minh hiệu n chiaa hết cho Trườ Số S tự nhiên a chia cho có số dư d k 0,1, 2,3, ờng hợp số dư d 0,1, th hì từ phân n tích r thừa số ta suy hiệu a5 − a chia hết h cho T Trường hợp số s dư k = tthì Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group a + = (5k + 2) + = 5(5k + 4k + 1) chia hết cho Tương tự với k = Vậy ta thu điều phải chứng minh Ta phân tích a + = (a − 2)(a + 2) + a − a = (a + 2)(a + 1)a(a − 1)(a − 2) + 5(a + 1)a(a − 1) có số dư với (a + 2)(a + 1)a(a − 1)(a − 2) chia cho Tích số tự nhiên liên tiếp (a + 2)(a + 1)a(a − 1)(a − 2) chia hết cho 5, hiệu a5 − a chia hết cho Cũng nhận hệ hiệu chia hết cho 30 Vào năm 1801 K F Gauss đưa kí hiệu đồng dư Ta sử dụng chúng để đơn giản hoá diễn đạt chia hết Hai số nguyên a, b gọi đồng dư modulo n chúng có số dư chia cho số nguyên n Kí hiệu a ≡ b (mod n) Giả sử a ≡ b (mod n), c ≡ d (mod n) , dễ dàng chứng minh: ii a + c ≡ b + d (mod n) ac ≡ bd (mod n) iii a m ≡ b m (mod n) i với a, b, n nguyên m khơng âm Bài tập Giải phương trình đồng dư 3x ≡ 11(mod101) Giải phương trình đồng dư 14 x ≡ 0(mod12) Với k ≠ Chứng minh a Nếu ka ≡ kb (mod kn) a ≡ b (mod n) b Nếu ka ≡ kb (mod n) k nguyên tố với n a ≡ b (mod n) p = Xét hiệu a − a = (a − 1)a(a + 1)(a − a + 1)(a + a + 1) Hãy thử số giá trị a : 07 − = , 17 − = , 27 − = 126 = 7.18 , 67 − = 279930 = 7.39990 Bây ta chứng minh hiệu chia hết cho với số tự nhiên a Ta có: a + a + ≡ a + a − ≡ (a − 2)(a + 3) (mod 7) a − a + ≡ a − a − = (a + 2)(a − 3) (mod 7) Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Suy hiệu đồng dư với tích bảy số tự nhiên liên tiếp Số tự nhiên a chia cho có số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5, nên tích (a + 3)(a + 2)(a + 1)a(a − 1)(a − 2)(a − 3) chia hết cho Bài tập a Chứng minh a ≡ a (mod 42) b Chứng minh a ≡ a (mod 30) p = 11 Xét hiệu a11 − a = (a − 1)a(a + 1)(a + a + a + a + 1)(a − a + a − a + 1) Ta có (a − 3)(a − 4)(a − 5)(a − 9) = (a − 7a + 12)(a − 14a + 45) ≡ (a + 4a + 1)(a − 3a + 1) = a + a − 10a + a + ≡ a + a + a + a + (mod11) Tương tự, bạn ra: (a − 2)(a − 6)(a − 7)(a − 8) = a − a + a − a + Như hiệu đồng dư với tích 11 số tự nhiên liên tiếp, tích chia hết cho 11 Tiếp tục với p = 13 số nguyên tố lớn bạn đưa lời giải riêng biệt cho trường hợp Tuy nhiên, đến lúc tiếp cận với trường hợp tổng quát định lý Fermat nhỏ số nguyên tố p Bài tập Chứng minh a Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 24 b Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 c a5 − 5a3 + 4a chia hết cho 120 với số nguyên a Chứng minh a5 a có chữ số tận giống Chứng minh m5 n = mn5 chia hết cho 30 với số nguyên m, n Nếu số k không chia hết cho 2, 3, k − chia hết cho 240 10 a Chứng minh 22225555 + 55552222 chia hết cho b Tìm dư số phép chia (1314 + 1516 ) + 1819 cho 20 11 Chứng minh tận 1110 − có hai chữ số tận hai số 12 a Tìm tất số nguyên a cho a10 + có tận số Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group b Chứng minh a100 + khơng thể tận số khơng với số nguyên a 13 Cho trước số chẵn n khác khơng Tìm ước chung lớn số có dạng a n − a , với a thuộc tập số nguyên 14 Cho trước số tự nhiên n > Chứng minh ước chung lớn số dạng a n − a , a thuộc tập số nguyên trùng với ước chung lớn số dạng a n − a , với a = 1, 2,3, , 2n Trường hợp tổng quát Xét số nguyên tố p số nguyên k không chia hết cho p Với p = 19 , k = Lập bảng xét số r = 1, 2, ,18 dư số 4r chia cho 19 r 4r 4r mod19 r 4r 4r mod19 4 10 40 2 8 11 44 12 12 12 48 10 16 16 13 52 14 20 14 56 18 24 15 60 28 16 64 32 13 17 68 11 36 17 18 72 15 Ta nhận thấy số dư 4r chia cho 19 đơi khác số r Tổng quát ta có khẳng định Nếu số nguyên k không chia hết cho số nguyên tố p r1 , r2 hai số dư phân biệt phép chia k cho p kr1 , kr2 có hai số dư phân biệt chia cho p Thật kr1 − kr2 = k (r1 − r2 ) ≡ (mod p) k khơng chia hết cho p , hay nói cách khác nguyên tố với p nên r1 ≡ r2 (mod p) hay r1 = r2 Bài tập 15 Tồn hay không số tự nhiên n cho 1999n có tận 987654321? 16 Nếu số nguyên k nguyên tố với số tự nhiên n tồn số tự nhiên x cho kx − chia hết cho n 17 Nếu a, b nguyên tố nhau, số nguyên biểu diễn dạng c = ax + by , với x, y nguyên Bây ta bàn đến lời giải định lý Fermat nhỏ Ta viết k p − k = k (k p −1 − 1) Như k chia hết cho p định lý hiển nhiên nên quan trọng trường hợp k không chia hết cho p Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Định lý Nếu số nguyên k không chia hết cho số ngun tố p k p −1 có số dư chia cho p Chứng minh Các số dư số k , 2k ,3k , , ( p − 1)k đôi khác nhau, 1, 2,3, , p − Như k 2k.3k ( p − 1)k ≡ 1.2.3 ( p − 1) (mod p) Hay k p −1 ( p − 1)! ≡ ( p − 1)! (mod p) , suy k p −1 ≡ 1(mod p) (*) Ở sử dụng kết Bài tập Có thể biến đổi (k p −1 − 1)( p − 1)! ≡ (mod p) ( p − 1)! nguyên tố với p nên dẫn đến (*) Bài tập 18 Tìm phần dư chia 32000 cho 43 19 Nếu số ngun a khơng chia hết cho 17, a8 − a8 + chia hết cho 17 20 Chứng minh m61n − mn61 chia hết cho 56786730 với số nguyên m, n 21 Tìm tất số nguyên tố p cho p + chia hết cho p 22 Chứng minh p − p − chia hết cho p với số nguyên tố p lẻ 23 Với p số nguyên tố tổng 1p −1 + p −1 + + ( p − 1) p −1 chia cho p dư p − 24 Một số có chữ số chia hết cho Ta đổi chỗ chữ số hàng trăm nghìn lui sau hàng đơn vị Chứng minh số nhận chia hết cho Thí dụ, 632387 200004 chia hết cho sau biến đổi nhận 323876 42 chia hết cho 25 Xét số nguyên tố p khác 2, 3, Chứng số lập p − số chia hết cho p Thí dụ, 111111 chia hết cho 26* Chứng minh với số nguyên tố p số p chữ số 11…1122…22…99…99 (trong có p chữ số 1, p chữ số 2,…, p chữ số 9) đồng dư với số 123456789 chia cho p Các bảng nhân modulo Hãy xem xét n − số dư khác không phép chia số cho n Lập bảng mà ô hàng thứ a cột thứ b số dư phép chia tích ab cho n , < a, b < n Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Thí dụ với n = ta có Bảng 1, n = 11 ta có Bảng Bảng Bảng Bảng Bảng Bảng Bảng Ta thấy bảng số dư ô khác không Đối với n số nguyên tố số dư tích hai số dư khác khơng có số dư khác không phép chia cho n Đối với hợp số n tích hai số dư có dư phép chia cho n Thí dụ 2.2 ≡ 0(mod 4) (xem Bảng 3.), n = 12 xảy nhiều trường hợp (xem Bảng 4.) Bây từ bảng có xố cột hàng có chứa số dư Thí dụ Bảng ta xố hàng Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group thứ cột thứ thu bảng 5, Bảng xố cột hàng thứ 2, 6, 8, 9, 10 thu Bảng Ở bảng mà n số ngun tố khơng cần phải xố hàng hay cột Nhận thấy hàng cột lại hàng cột có số đánh nguyên tố với n Ta có khẳng định (hãy chứng minh) Hai số ngun tố với n tích chúng có số dư khác khơng modulo n Bài tập 27 Làm sáng tỏ tính đối xứng cặp số dư qua đường chéo bảng 1-6 Định lý Euler Bây ta có tổng quát định lý Fermat nhỏ cho trường hợp phép chia số tự nhiên n Ta xem xét bảng nhân modulo phần trước nhận thấy ô hàng cột đánh số nguyên tố với n có dư số khác khơng molulo n Hơn hàng cột bảng nhận có chứa số dư đơi khác modulo n Có thể khẳng định số dư a1 , a2 , a3 , , ar modulo n đôi khác nguyên tố với n số ka1 , ka2 , , kar có số dư số a1 , a2 , a3 , , ar (hãy chứng minh) Ta có ka1.ka2 kan ≡ a1.a2 an (mod n) Từ (k r − 1) a1a2 an ≡ a1a2 an (mod n) a1 , a2 , , ar nguyên tố với n nên k r ≡ 1(mod n) Nếu n số nguyên tố r = n − , ta thu khẳng định định lý Fermat nhỏ Khẳng định tổng quát mang tên Định lý Euler Định lý Nếu số nguyên k nguyên tố với số tự nhiên n k r − chia hết cho n , với r số số tự nhiên nguyên tố với n mà không vượt n Bài tập 28 Chứng minh k chia hết cho 3, a k chia cho có dư số b k 81 chia cho 243 có dư số 242 29 Chứng minh a Nếu a3 + b3 + c3 chia hết cho 9, số a, b, c chia hết cho Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group b Tổng bình phương số nguyên chia hết cho tổng luỹ thừa bậc số nguyên chia hết cho 30 Chứng minh 7 77 77 77 − 77 chia hết cho 10 31 Tìm chữ số cuối 79999 32 Nếu số nguyên a nguyên tố với số tự nhiên n > , chứng minh phương trình đồng dư ax ≡ b (mod n) tương đương với x ≡ a r −1b (mod n) Trong r số số tự nhiên khơng bé n nguyên tố với n 33 Chứng minh n số tự nhiên lẻ 2n! − chia hết cho n 34* Tìm tất số tự nhiên n > cho tổng 1n + 2n + + (n − 1) n chia hết cho n 35* Chứng minh với số tự nhiên s tồn bội số n cho tổng chữ số n chia hết cho s Hàm Euler Năm 1763, Leonard Euler (1707-1783) đưa kí hiệu ϕ (n) để số lượng số dư modulo n mà nguyên tố với n Thí dụ : ϕ (1) = , ϕ (4) = , ϕ (12) = Nếu p số nguyên tố ϕ ( p) = p − Hãy xét ϕ ( p m ) với m số tự nhiên Các số dư modulo p m 0,1, 2, , p m − Trong có p m −1 số chia hết cho p 0, p, p, , p m − p Suy : p ϕ ( p m ) = p m − p m −1 = p m (1 − ) Bây thử tính ϕ (1000) , số tất số tự nhiên bé 1000 không chia hết cho Có 500 số chẵn số số tự nhiên bé 1000 Có 200 số chia hết cho số số tự nhiên bé 1000 Có 100 số chia hết cho số số tự nhiên bé 1000 Như thu : ϕ (1000) = 1000 − (500 + 200 − 100) = 400 Bài tập 36 Tính ϕ (2a 5b ) với a b số tự nhiên 37 Với p, q hai số nguyên tố khác Tính ϕ ( pq) ϕ ( p a qb ) với a, b số tự nhiên 38 Giải phương trình : 10 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group a ϕ (7 x ) = 294 b ϕ (3x y ) = 360 Áp dụng phương pháp tương tự ta tính ϕ (n) với số nguyên dương n Một thí dụ phức tạp để làm rõ phương pháp này, tính ϕ (300) Các số tự nhiên bé 300 có 150 số chẵn, 100 số chia hết cho 3, 60 số chia hết cho Trong số bội lại có 50 số chia hết cho 2.3=6, 30 số chia hết cho 2.5=10 20 số chia hết cho 3.5=15 Trong số bội 6, 10 15 lại có 10 số chia hết cho 2.3.5=30 Như ta có : ϕ (300) = 300 − [150 + 100 + 60 − (50 + 30 + 20 − 10)] = 80 Để có phép chứng minh tổng quát sử dụng phương pháp bạn đọc báo « Số học nguyên lý đếm » N Basileva V Gytenmakhera đăng số Kvant No2, năm 1994 Và cách chứng minh khác Định lý Hàm Euler có tính chất nhân, tức ϕ (mn) = ϕ (m)ϕ (n) với m, n nguyên tố Hệ Nếu n có dạng phân tích tắc n = p1a1 p2a2 psas với p1 , p2 , , ps ước nguyên tố phân biệt n a1 , a2 , , as số tự nhiên Thế ϕ ( n) = ϕ ( p1a )ϕ ( p2a ) ϕ ( psa ) = ( p1a − p1a −1 )( p2a − p2a −1 ) ( psa − psa −1 ) s 1 s s Chứng minh Định lý Xét số có dạng mx + ny với ≤ x < n, ≤ y < m Viết chúng thành bảng m × n Thí dụ với n = 5, m = , ta có bảng sau : x \ y 0 16 24 32 13 21 29 37 10 18 26 34 42 15 23 31 39 47 20 28 36 44 52 25 33 41 49 57 30 38 46 54 62 Các số bảng phải có dư số đơi khác chia cho mn Thật có mx1 + ny1 ≡ mx2 + ny2 (mod mn) với ≤ x1 , x2 < n, ≤ y1 , y2 < m Thế ta có : 11 35 43 51 59 67 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group mx1 + ny1 ≡ mx2 + ny2 (mod n) (1) mx1 + ny1 ≡ mx2 + ny2 (mod m) (2) Từ (1) suy ny1 ≡ ny2 (mod m) Do m, n nguyên tố nên y1 ≡ y2 (mod m) Hơn y1 , y2 < m nên y1 = y2 Tương tự với (2) ta có x1 = x2 Như số có số dư đơi khác chia cho mn Hơn tập số dư tập 0,1, 2, , mn − Nói cách khác với d = 0,1, , mn − tồn cặp số x, y cho ≤ x < n, ≤ y < m d ≡ mx + ny (mod mn) Ta có UCLN (mx + ny, m) = UCLN (ny, m) = UCLN ( y, m) Tương tự UCLN (mx + ny, n) = UCLN ( x, n) Có nghĩa số bảng nguyên tố với m nằm cột mà y nguyên tố với m , số nguyên tố với n nằm dòng mà x nguyên tố với n Các số nguyên tố với mn giao dịng cột Điều chứng tỏ hệ thức ϕ (m)ϕ (n) = ϕ (mn) Bài tập 39 Viết số từ đến mn − vào bảng sau n 2n … (m − 1)n n +1 2n + … (m − 1)n + n+2 2n + … (m − 1)n + … … … … … n −1 2n − 3n − … mn − Chứng minh định lý Euler thông qua mệnh đề sau i Những số nguyên tố với n lấp đầy ϕ (n) cột bảng ii m số từ cột bảng có dư số đôi khác chia cho m iii Từ cột có ϕ (m) số nguyên tố với m iv Một số nguyên tố với mn số nguyên tố với m n 40 Một đường tròn phân chia thành n phần n điểm Có đường gấp khúc kín mà đoạn lấy đỉnh thuộc vào tập n điểm 12 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Quy ước hai đường gấp khúc coi trùng đường đồng với đường qua phép quay 41 Chứng minh với số tự nhiên m, n a ϕ (m)ϕ (n) = ϕ ( BCNN [m, n])ϕ (UCLN (m, n)) b ϕ (mn) = ϕ ( BCNN [m, n])UCLN (m, n) c ϕ (m)ϕ (n)UCLN (m, n) = ϕ (mn)ϕ (UCLN (m, n)) 42 Giải phương trình a ϕ ( x) = 18 b ϕ ( x) = 12 c x − ϕ ( x) = 12 d ϕ ( x ) = x − x x x f ϕ ( x) = x g* ϕ ( x) = , n > số tự nhiên n h ϕ (nx) = ϕ ( x) với số tự nhiên n > e ϕ ( x) = Mật mã với chìa khoá mở Hãy tưởng tưởng bạn nhận thơng điệp mã hố từ người bạn, khơng thể gặp bạn trước đó, loại mã hố sử dụng trường hợp Có tồn phương pháp mã hố mà truyền tin khắp giới, chí người bạn lẫn kẻ thù nhận kẻ thù hồn tồn khơng thể giải mã thơng điệp bạn ? Đó thật loại mã hố tuyệt vời, khác hồn tồn với loại mã hố thường sử dụng bí mật chủ yếu chìa khố, nắm mà chìa khố mã hố hay giải mã thơng tin dễ dàng Loại mật mã đề cập tới gọi « Mật mã với chìa khố mở », mà mã hố thơng điệp có tác giả giải mã thơng tin nhận Mật mã RSA Năm 1978, ba nhà Toán học Rivest, Shamir Adleman mã hoá câu Anh ngữ hứa trao giải 100 USD cho giải mã thơng điệp : 13 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group y = 968696137546220614771409222543558829057599911245743198746951209308162 98225145708356931476622883989628013391990551829945157815154 Họ giải thích chi tiết phương pháp mã hoá Các chữ quy ước a = 01, b = 02, , z = 26 dấu cách 00 Sau họ viết câu thông thông điệp nhờ chữ số thay cho chữ liên tục thành số x có 78 chữ số Tiếp theo họ sử dụng số nguyên tố p có 64 chữ số, số nguyên tố q có 65 chữ số Và tích chúng : pq = 11438162575788886766932577997614661201021829672124236256256184293570693524 5733897830597123563958705058989075147599290026879543541 Và họ chọn số y dạng mã hố thơng điệp nhờ cơng thức : y ≡ x9007 (mod pq) Họ cơng bố tích pq , số y số nguyên tố 9007 phương pháp mã hố cho biết số ngun tố p có 64 chữ số, số nguyên tố q có 65 chữ số x có 78 chữ số Bí mật nằm hai số p, q có giá trị Điều địi hỏi tìm x thoả mãn phương trình đồng dư Câu chuyện kết thúc vào năm 1994, mà Atkins, Kpaft, Lenstra Leilang giải mã câu thơng điệp Và hai số nguyên tố họ tìm : p = 3490529510847650949147849619903898133417764638493387843990820577 q = 32769132993266709549961988190834461413177642967992942539798288533 Trong “Mở đầu Lý thuyết Mật mã” xuất năm 1998 nhà Toán học viết : « Kết kỳ diệu (sự phân tích số có 129 chữ số thành nhân tử) đạt nhờ thuật toán phân tích số thành nhân tử, có tên gọi phương pháp Sàn bình phương Q trình thực hiên tính toán nhờ vào cộng tác đội ngũ đông đảo Điều hành dự án bốn tác giả lời giải với chuẩn bị bước đầu lý thuyết số khoảng 220 ngày cộng với tham gia gần 600 người khoảng 1600 máy tính liên kết với qua Internet » Đáng tiếc việc sâu vào phương pháp phân tích họ vượt khuôn khổ viết Ta chấp nhận bỏ qua phần tiếp tục bàn luận ý tưởng hệ thống mật mã RSA (đó chữ đầu nhà Toán học phát minh loại mật mã này) Ý tưởng sau : Cho số nguyên tố p, q , tính ϕ ( pq) = ( p − 1)(q − 1) Giả sử ef = + kϕ ( pq) 14 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Ở e, f , k số tự nhiên Với số tự nhiên x nguyên tố với pq theo định lý Euler x ef = x( x k )ϕ ( pq ) ≡ x.1 = x (mod pq) Trong thí dụ e = 9007 , f thoả mãn phương trình đồng dư ef ≡ 1(mod ϕ ( pq)) Ở số e chọn cho phải nguyên tố với ( p − 1)(q − 1) , lấy e = e = ( p − 1)(q − 1) − khơng hợp lý muốn giữ bí mật Khi f tồn thuật tốn Euclid Do điều kiện y ≡ x e (mod pq) nên y f ≡ x ef ≡ x (mod pq) Như số x cần tìm phần dư y f cho pq Tại mật mã RSA lại gọi loại mật mã với chìa khố mở ? Đó số e tích pq người mã hố thơng điệp cơng khai Khi mà mã hố thơng điệp cần có máy tính cá nhân với chương trình tính tốn đủ Q trình giải mã dễ dàng biết số f Nhưng cách để tính f phải biết giá trị p q , tức cần phân tích pq thành nhân tử Thuật tốn phân tích số thành thừa số nguyên tố thuật toán có độ phức tạp mũ nên hi vọng có lời giải khơng có thực Ngay thành cơng năm 1994 bốn nhà Tốn học với phương pháp phân tích họ có hiệu lực biết số chữ số p q , cịn khơng hệ thống liên kết 600 người 1600 máy móc qua Internet phải đầu hàng Bài tập 43* (Dành cho bạn u lập trình máy tính) a Tìm số f mà năm 1994 bốn nhà Toán học Atkins, Kpaft, Lenstra Leilang tính tốn b Giải mã câu Anh ngữ mà năm 1978 mã hoá Rivest, Shamir, Adleman Một số toán đề nghị Chỉ tồn hợp số n cho với số nguyên a a n − a chia hết cho n (gọi số Carmichael) Không tồn số tự nhiên n để 2n + chia hết cho n + Nếu 2n + chia hết cho n n = n = Hãy chứng điều Các điểm đánh số 1, 2, , n − xếp đường trịn cho số a, b, c liên tiếp b2 − ac chia hết cho n Tìm số n (Hình bên minh hoạ trương hợp n = ) 15 Copyright © 2007 Vietnamese Kvant Group Với nhứng số nguyên tố p tồn số nguyên a cho a + a3 + a + a + chia hết cho p (Cịn tiếp kì sau) 16 ... lời giải riêng biệt cho trường hợp Tuy nhiên, đến lúc tiếp cận với trường hợp tổng quát định lý Fermat nhỏ số nguyên tố p Bài tập Chứng minh a Tích số ngun liên tiếp chia hết cho 24 b Tích số... tố nhau, số nguyên biểu diễn dạng c = ax + by , với x, y nguyên Bây ta bàn đến lời giải định lý Fermat nhỏ Ta viết k p − k = k (k p −1 − 1) Như k chia hết cho p định lý hiển nhiên nên quan trọng... sáng tỏ tính đối xứng cặp số dư qua đường chéo bảng 1-6 Định lý Euler Bây ta có tổng quát định lý Fermat nhỏ cho trường hợp phép chia số tự nhiên n Ta xem xét bảng nhân modulo phần trước nhận thấy