Biểu diễn số nguyên tố

1 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng Đại Học Vinh Lª ngut nga bIểU DIễN Số NGUYÊN Tố luận văn thạc sĩ toán học Vinh - 2010 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng Đại Học Vinh Lª ngut nga bIĨU DIƠN Sè NGUY£N Tè luận văn thạc sĩ toán học Chuyên ngành: Đại số M· sè: 60.46.05 Ng-êi h-íng dÉn khoa häc: PGS.TS Ngun Thµnh Quang Vinh - 2010 mơc lơc Trang mở đầu Ch-ơng Thuật toán nguyên tố 1.1 Sè nguyªn tè 1.2 Giíi thiƯu mét sè loại số nguyên tố 1.3 Thuật toán nguyên tố Ch-ơng Biểu diễn số nguyên tố 16 2.1 Biểu diễn số nguyên tố d-ới dạng tổng bình ph-ơng 16 2.2 Biểu diễn số nguyên tố d-ới dạng tổng bình ph-ơng mở rộng 26 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 mục lục Trang mở đầu Ch-ơng Thuật toán nguyên tố 1.1 Số nguyên tố 1.2 Giới thiệu số loại số nguyên tố 1.3 Thuật toán nguyên tố Ch-ơng Biểu diễn số nguyên tố 16 2.1 Biểu diễn số nguyên tố d-ới dạng tổng bình ph-ơng 16 2.2 Biểu diễn số nguyên tố d-ới dạng tổng bình ph-ơng mở rộng 26 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Mở đầu Mt Số học nghiên cứu số nguyên tố Có thể nói “Tập hợp số nguyên tố mỏ vàng Số học” Đề tài số nguyên tố tiếp tục phát triển ngày hấp dẫn nhà toán học Carl Fiedrich Gauss dự đoán kết định lý số nguyên tố học sinh trung học Chebyshev (1850) đưa chặn cho số số nguyên tố hai giới hạn cho trước Riemann giới thiệu Giải tích phức thành lý thuyết hàm zeta Riemann dẫn đến mối quan hệ không điểm hàm zeta phân bố số nguyên tố A Wiles chứng minh Định lý lớn Fermat có sử dụng công cụ biểu diễn L- hàm p –adic, với p số nguyên tố Ngày nay, kết số nguyên tố có nhiều ứng dụng trực tiếp lý thuyết mật mã, tin học Vì vậy, tốn tìm thuật tốn dạng biểu diễn số nguyên tố có ý nghĩa thực tiễn giảng dạy nghiên cứu Toán – Tin học Hiện nay, kỳ thi học sinh giỏi Toán – Tin học Quốc gia Quốc tế toán biểu diễn số nguyên tố mảng kiến thức quan trọng cấu trúc đề thi để giải tốn ln trăn trở học sinh thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy trường THPT, trường THPT Chuyên nước Tất điều lý để lựa chọn đề tài “Biểu diễn số nguyên tố” Mục đích luận văn tìm dạng biểu diễn số nguyên tố Luận văn chia làm hai chương với phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Trong chương 1, chúng tơi trình bày thuật toán kiểm tra nguyên tố chương trình kiểm tra hai số nguyên tố tương đương giới thiệu số loại số nguyên tố Trong chương 2, chúng tơi trình bày dạng biểu diễn số nguyên tố gồm: Biểu diễn số nguyên tố dạng tổng bình phương, Biểu diễn số nguyên tố dạng tổng bình phương mở rộng từ đưa số ứng dụng toán biểu diễn số nguyên tố Luận văn thực hướng dẫn nghiêm túc chu đáo PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Thành Quang Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS.TS Ngô Sỹ Tùng, PGS.TS Lê Quốc Hán, TS Mai Văn Tư, TS Nguyễn Thị Hồng Loan thầy giáo Bộ mơn Đại số Khoa Tốn, Khoa Đào tạo Sau Đại học tận tâm dạy bảo chúng em thời gian học tập vừa qua Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới người bạn học viên cao học khoá 16 chuyên ngành Đại số Lý thuyết số tận tình giúp đỡ q trình học tập hồn thành luận văn Luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo thầy cô giáo bạn đồng nghiệp Tác giả CHƢƠNG THUẬT TOÁN NGUYÊN TỐ Trong chương này, chúng tơi trình bày kết số ngun tố; giới thiệu số loại số nguyên tố thuật toán kiểm tra nguyên tố thuật toán kiểm số nguyên tố tương đương 1.1 Số nguyên tố 1.1.1 Định nghĩa Số nguyên tố số nguyên lớn 1, không chia hết cho số nguyên dương ngồi (khơng có ước thực sự) Một số nguyên lớn số nguyên tố gọi hợp số Các số nguyên tố từ đến 100: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97 1.1.2 Định lý Ước nhỏ khác số tự nhiên lớn số nguyên tố Chứng minh Giả sử a số tự nhiên lớn p ước nhỏ khác a Nếu p hợp số, p có ước thực q cho  q  p Vì p ước a nên q ước a , điều mâu thuẫn với giả thiết p ước nhỏ khác a  1.1.3 Định lý Có vơ hạn số ngun tố Chứng minh Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1, ,pk (k  1) , ta đặt a  p1p2 pk  Theo Định lý 1.1.2, ước nhỏ p khác a số nguyên tố Vì có hữu hạn số nguyên tố trên, p  p j Từ suy ra, số nguyên tố p ước Ta gặp phải mâu thuẫn  Ngay từ thời cổ đại, người ta biết tập hợp số ngun tố vơ hạn Có nhiều chứng minh khác kiện Khơng quan tâm đến tập hợp số nguyên tố, nhiều vấn đề lý thuyết ứng 10 dụng, người ta cịn cần biết có hữu hạn hay vơ hạn số nguyên tố biểu thị dạng Chẳng hạn, cho số n lấy giá trị nguyên dương, có Giả thuyết: Tập hợp số nguyên tố dạng n  vô hạn 1.1.4 Giả thuyết Goldbach Mọi số nguyên chẵn lớn viết dạng tổng hai số nguyên tố Biểu diễn số nguyên dạng ln ln tốn thu hút quan tâm nhiều người Hơn nữa, nhiều cần trả lời câu hỏi: có cách Một câu hỏi thuộc hướng giả thuyết lớn Giả thuyết Goldbach giả thuyết tiếng Toán học Giả thuyết C Goldbach phát biểu thư gửi Euler năm 1742 Người ta kiểm tra giả thuyết với số nguyên chẵn không 1000000, câu trả lời cho trường hợp tổng quát toán mở Bài tốn xác định số cho trước có phải số ngun tố hay khơng, có nhiều ứng dụng thực tiễn Đối với số nhỏ, tốn đơn giản Tuy nhiên làm việc với số lớn (có khoảng 100 chữ số thập phân trở lên) ta cần phải tìm thuật tốn hữu hiệu để thực máy tính khoảng thời gian chấp nhận Định lý sau cho thuật toán đơn giản để xác định số nguyên tố 1.1.5 Định lý Mọi hợp số n có ước ngun tố khơng vượt q n Chứng minh Vì n hợp số nên ta viết n  ab, a, b số nguyên với  a  b  n Rõ ràng ta phải có a b khơng vượt q n Giả sử a , ước ngun tố a ước nguyên tố n Từ định lý trên, ta có thuật tốn sau để tìm số nguyên tố nhỏ số n  cho trước 29 tức :  kx1    ky1  2  n (10) Từ (10) suy  kx1 ,ky1  nghiệm nguyên dương phương trình x  y2  n Điều kiện đủ chứng minh  2.1.5 Mệnh đề Cho n số khơng phương Khi phương trình x2 + y2 = n có nghiệm ngun dương phân tích tiêu chuẩn n, ước nguyên tố có dạng 4k + phải có số mũ chẵn Chứng minh a) Điều kiện cần Suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.1.3 b) Điều kiện đủ Giả sử n  s r t  p q i 1 si i j 1 tj j , r, si, ti số nguyên khơng âm; pi số ngun tố có dạng 4k + với i  1,s qj số nguyên tố có dạng 4k + 3, với j  1, t Từ giả thiết suy ti chẵn với i  1, t   , s Nếu si chẵn, si  2sit psii  psi i t i lẻ, si  2sit    p Tương tự, r = 2r ,    ; r = 2r + psii  pisi t t   2r  2r t r rt t i Vì lẽ ta biểu diễn n dạng sau đây: n  m2p1p1 pk , p1,p2,…,pk số ngun tố đơi khác pi khơng có dạng 4k + với i  1,k Vì n khơng phải số phương nên k  (tức tồn thừa số pi) Đặt h  p1p2 pk n = m2 h (1) Theo Mệnh đề 2.1.3, h = p1p2…pk nên phương trình x2 + y2 = h (2) 30   có nghiệm ngun x, y khơng âm Vì h tích số nguyên tố phân biệt,   nên từ (2) suy x  0, y  , x, y nguyên dương 2 Từ x  y  h , ta đến:     mx 2      my  m2h  mx  my n   Điều chứng tỏ phương trình x2 + y2 = n nhận mx,my làm nghiệm nguyên dương Điều kiện đủ chứng minh  Nhận xét Từ Mệnh đề 2.1.4 2.1.5 ta suy kết luận tương đương sau: Để số nguyên dương n biểu diễn dạng tổng bình phương nguyên dương điều kiện cần đủ là: - Nếu n số phương, n phải có ước ngun tố dạng 4k+1 - Nếu n khơng phải số phương, khai triển tắc n thừa số nguyên tố, ước ngun tố có dạng 4k + phải số mũ chẵn Chú ý số tổng hai bình phương, song hai số Thí dụ: = + 0, 16 = 42 + 0,… nhiên biểu diễn  a  b2 16  c2  d , với a, b, c, d số nguyên dương 2.1.6 Mệnh đề Giả sử n số nguyên dương có dạng n  4m 8k   , m, k số ngun khơng âm Khi đó, phương trình x  y2  z2  n khơng có nghiệm ngun không âm Chứng minh Giả sử điều khẳng định Mệnh đề không đúng, tức tồn  x, y,z  nguyên không âm, cho: 2 x  y  z  n, (1) 31 n  4m 8k   Ta biết x, y,z  , nên  x  h (mod 8),h  0,1,4    y  h (mod 8),h  0,1,4  z  h (mod 8),h  0,1,4  Từ đó: x  y  z  h (mod 8),h 0,1,2,3,4,5,6 2 (2) Xét hai khả sau: 8k   , suy n  2 x  y  z  h (mod 8),h 0,4  Nếu m > 0, m  , nên n  4) Từ theo (1) (2) suy ra: Do 2 x  y  z  (mod 4) , mà m (mod x  h (mod 4); y  h (mod 4); z  h (mod 4) , với h 0,1 nên buộc phải có: x  y  z  (mod 4) Từ phải x, y,z số chẵn, 2 đặt x  2x1, y  2y1,z  2z1 Thay lại (1), có : 2 x1  y1  z1  4m1 (8k  7) m -1 > 0, ta lại tiếp tục trình Sau số hữu hạn lần, đến: 2 x m  ym  z m  8k  Do 8k   7(mod 8) nên điều mâu thuẫn với kết biết từ phần x m  ym  z m  h (mod8), với h 0,4 2 Vậy m > 0, điều khẳng định mệnh đề 2  Nếu m = 0, ta có x  y  z  8k  32 2 Từ trên, ta suy mâu thuẫn Vậy giả thiết x  y  z  n ( n  4m 8k   ) có nghiệm ngun khơng âm sai Đó đpcm. 2.2 Biểu diễn số nguyên tố dƣới dạng tổng bình phƣơng mở rộng 2.2.1 Bổ đề Nếu  x  2y2  p , p số nguyên tố p  a (mod 8) , với a 5,7 , x p y p Chứng minh: Giả sử kết luận bổ đề không đúng, tức x y không chia hết cho p Giả sử x không chia hết cho p, từ x2 khơng chia hết cho p Vì  x  2y2  p mà x2 không chia hết cho p, nên 2y2 không chia hết cho p (tức y2 không chia hết cho p) Thậy vậy, trái lại 2y2 p x p (vơ lí!) Do y2 khơng chia hết cho p nên y khơng chia hết cho p, từ đó, p ngun tố, nên ta có:  x,p    y,p   Tõ x  2y  p suy x  2y  mod p  hay x p1   2  p 1 y p1  mod p  (1) Do p nguyên tố,  x,p   , nên theo Định lí Fermat nhỏ ta có: x p1  1 mod p  Tương tự yp1  1 mod p  KÕt hỵp víi (1) ®i ®Õn  2  p 1  1 Xét hai khả sau:  1 mod p  , hay p 1 2 p 1  1 mod p  (2) 33 1) p   mod 8 , tức p = 8k + (như p khơng có dạng 8t  Theo kết biết khơng phải số phương mơđulơ p Mặt khác, p  8k  5, th ×  -1 p 1   1 4k    1 mod p  lẽ từ (2) ta có: p1  1 mod p  (3) Từ (3), theo định nghĩa số phương mơđulơ p Mâu thuẫn nhận chứng tỏ giả thiết phản chứng sai 2) Nếu p   mod 8 , tức p = 8k + 7, hay p = 8t - Như số phương môđulô p, tức là: p 1  1 mod p  Từ (2) (4) suy  1 8k 7 1  1 4k  (4)  1 mod p  tức là:  1 mod p   1  1 mod p  (5) Sự vơ lí (5) hồn tất việc chứng minh bổ đề  2.2.2 Mệnh đề Cho p số ngun tố Khi đó, phương trình x  2y2  p có nghiệm ngun khơng âm  x, y  p = p  (mod 8), p  (mod 8) Chứng minh a) Điều kiện cần Giả sử phương trình x2 + 2y2 = p (1)   có nghiệm ngun khơng âm x, y , kết luận Mệnh đề không đúng, tức p  2,p  (mod 8) , p  (mod 8) Từ suy p  5 (mod 8) ,   p  7(mod 8) Vì x, y nghiệm (1), nên 2 x  2y  p (2) 34 Do p  5(mod 8) , p  7(mod 8) , nên theo Bổ đề 2.2.1 ta suy  x p , y p Từ x  2y p kết hợp với (2), ta thu p p Và điều vơ lí Vậy giả sử (1) có nghiệm nguyên không âm sai Điều kiện cần chứng minh b) Điều kiện đủ Đảo lại, giả sử p = 2, p  1(mod 8) p  3(mod 8) Xét khả sau:  Nếu p = Khi dĩ nhiên phương trình x  2y  p  có nghiệm 2 ngun khơng âm, chẳng hạn x = 0, y = thoả mãn phương trình  Nếu p  1(mod 8) Khi ta có -2 số phương mơđulơ p Thật vậy, số phương môđulô p (ở p số nguyên tố lẻ) p  8t  Do p  1(mod 8) nên p = 8k + Vì số phương mơđulơ p Mặt khác,  1 p1   1 8k 11   1 mod p  , -1 số phương mơđulơ p Theo tính chất số phương mơđulơ p, suy -2 = 2.(-1) số phương mơđulơ p Theo định nghĩa suy tồn a  cho a  2(mod p) (3) Xét tập hợp x  ay với x = 0, 1, …, m; với y= 0, 1, …, m; với m   p  ,  p  kí hiệu phần nguyên số  m  1 nên p Tập hợp có phần tử , mà p   m  1 định nghĩa phần nguyên, m   p  p  m  , hay p   m  1 Vì suy tồn  x1, y1    x , y2  cho: x1  ay1  x  ay2  mod p    x1  x   a  y2  y1  mod p  35 Từ ta có:  x1  x   a  y2  y1   mod p  (4) Kết hợp (3) (4) ta có:  x1  x   2  y2  y1   mod p  (5) Đặt x  x1  x ; y  y1  y2 Do  x1, y1    x , y2  nên  x, y  số ngun khơng âm, từ (5) ta có:  x  2y   mod p   x  2y 2 p (6)    x1  m;  x  m;0  y1  m;  y  m m   p  , Vì 2 nên  x  2y  p  2p  3p Đến xét khả sau (kết hợp với (6): 2 2   - Nếu x  2y  p Khi x, y nghiệm ngun khơng âm (1) - Nếu x  2y  2p Lúc x số chẵn, nên x  2x1 Một mặt  x, y   x , y cặp số ngun khơng âm, Mặt khác từ x  2y  2p , dẫn đến: 2 4x12  2y  2p  y  2x12  p  (7)  Đẳng thức (7) chứng tỏ  x, y   y, x1 nghiệm nguyên không âm (1) Vậy ta chứng minh p  1 mod 8 phương trình x  2y2  p có nghiệm ngun khơng âm - Nếu p   mod 8 Khi p = 8k + Ta có :  1 p1   1 8k 31   1 4k 1  1  1 mod p  -1 số phương mơđulơ p 36 Mặt khác, p = 8k + 3, nên p  8t  Vậy theo kết dẫn trên, khơng phải số phương mơđulơ p Vì 2  2. 1 lại số phương mơđulơ p Như tồn a  để có (3), lập luận lại tương tự phần p  1 mod 8 Vậy p  3 mod 8 (1) có nghiệm nguyên không âm Điều kiện đủ chứng minh  2.2.3 Bổ đề Giả sử phương trình x2 + 2y2 = m x2 + 2y2 = n có nghiệm nguyên không âm (m, n số nguyên dương) Khi phương trình x2 + 2y2 = mn có nghiệm ngun khơng âm Chứng minh Theo giả thiết, tồn  x1 , y1   x , y2  nguyên không âm cho:  x12  2y12  m  2  x  2y  n Nhân vế hai đẳng thức ta có: mn   x12  2y12  x 22  2y22    x1x  2y1y2    y1x  x1y2  Đẳng thức chứng tỏ xx 2  2y1y2 , y1x  x1y2  nghiệm nguyên không âm phương trình x  y2  mn 2.2.4 Mệnh đề Giả sử n có phân tích tắc: n  s r t  p q i 1 si i j 1 tj j r, si, tj số nguyên không âm; pi số nguyên tố dạng 8k + 1, 8k + 3; qj số nguyên tố dạng 8k + 5, 8k + Khi phương trình x2 + 2y2 = n, có nghiệm ngun khơng âm tj số chẵn với Chứng minh a) Điều kiện cần Giả sử phương trình: x2 + 2y2 = n , (1) j  1, , t 37   có nghiệm ngun khơng âm x, y , tức là: 2 x  2y  n (2) Giả thiết kết luận mệnh đề không đúng, tức tồn thừa số qh 1  h  t  khai triển n với số mũ th lẻ Khi từ (2) suy  x  2y  q Do q có dạng 8k + 8k + 7,nên theo Bổ đề 2.2.1 ta có: 2 h h x q h y q h Từ x  q h x1, y  q h y1 Thay lại vào (2) ta có: q x  2y h    p q s t si i r i 1 j 1 j h tj j q  x  2y  th h 2 s r t  p q i 1 si i j 1 j h tj j qhth 2 Quá trình tiếp tục thực th – số lẻ > 1; đến lúc ta có: x  2y  2 m m s t i 1 j1 j h s r t  p q i 1 si i j 1 j h tj j qh (3) Đặt b  2r  psi i  q j j rõ ràng  b,q h   2, pi, qj với t i  1, t  j  h  số nguyên tố khác khác với số nguyên tố q h Lúc (3) có dạng: x 2m  2ym2  bq h (4) Từ (4) suy ra: x m  2ym2  q h Do qh số nguyên tố có dạng 8k + 8k + 7, nên theo Bổ đề 2.2.1 ta có: x m q h ym q h , nên : x m  2y2m  q 2h (5) 38 Kết hợp (4) (5) dẫn đến bq h q h2 , hay b q h Đây điều vơ lí,  b,q h   Vậy giả thiết phản chứng sai, tức tj số chẵn với j  1, t điều kiện cần chứng minh b) Điều kiện đủ: Giả sử tj số chẵn với j  1, t , ta phải chứng minh   (1) có nghiệm ngun khơng âm x, y s Đặt m  2r  psi i Do tj số chẵn với j  1, t , nên i 1 t q j1 sj j  h ta có: n = mh2 (6) Rõ ràng phương trình: x2 + 2y2 = có nghiệm ngun khơng âm (vì (0, 1) nghiệm) Mặt khác, phương trình x  2y2  pi có nghiệm ngun khơng âm với i  1,s (suy từ Mệnh đề 2.2.2 pi số nguyên tố có dạng 8k + 1, 8k + tức khơng có dạng 8k + 7) Áp dụng liên tiếp mệnh đề trên, suy phương trình s x  2y2  2r  psi i  m i 1 có nghiệm khơng âm Điều có nghĩa tồn nghiệm ngun khơng âm x, y cho:   2 x  2y  m (7) Kết hợp với (6) (7), ta có:  hx    hy  2 n (8) 39   Từ (8) suy hx,hy nghiệm nguyên không âm (1) Điều kiện đủ chứng minh  Nhận xét Từ Mệnh đề 2.2.2 mệnh đề 2.2.4 ta suy kết tương đương sau (về biểu diễn số): Số nguyên dương n biểu diễn thành tổng ba bình phương đó, có hai bình phương trùng thoả mãn điều kiện sau a) Nếu n số nguyên tố n = n  (mod 8) , n  3(mod 8) b) Nếu n số nguyên tố, khai triển n2 s r t  p q i 1 si i j 1 j h tj j tj số chẵn với j  1, t , pi số nguyên tố dạng 8k + 1, 8k+3 với i  1,s qj số nguyên tố dạng 8k + 5, 8k + với j  1, t 2.2.5 Mệnh đề Cho n số ngun dương số phương Khi đó, phương trình x2 + 2y2 = n có nghiệm ngun dương n phải có ước nguyên tố dạng 8k + 8k + Chứng minh a) Điều kiện cần: Vì n số phương, nên n = m2 Giả sử phương trình x2 + 2y2 = m2 (1)   có nghiệm nguyên dương x, y tức có: 2 x  2y  m2 (2) Ta phải chứng minh n phải có ước ngun tố dạng 8k + 1, 8k+3 Giả sử điều khơng đúng, tức khai triển chuẩn tắc, n có dạng 40 n2 s r q i 1 si i (3) r t  0,sit  qi số nguyên tố dạng 8k + 5, 8k + Chú ý n = m2, nên r t  2r sit  2si với i  1,s từ (3) ta có: n2 s 2r q i 1 2si i (4) Có hai khả xảy ra: - Nếu si = với i  1,s , từ (4) suy ra: n  22r (5) Từ (2) ta có: 2 x  2y  22r (6) Do x  0, y  , nên x  2y  , từ suy r  Từ (6) suy x  2x1 , có: 2 4x12  2y  22r  2x12  y  22(r 1) Cứ làm tiếp tục đến , xk, yk nguyên > 0, có:  x 2k  2y 2k   2 2x k  y k  (7) (8) Từ (7) (8) suy vơ lí, x k  1, yk  , nên vế trái (7) (8)  - Nếu tồn h mà sh  1  h  s  Khi từ x  2y  n , suy  x  2y  q Do q 2 h h số nguyên tố dạng 8k + 8k + 7, nên theo Bổ đề 2.2.1 suy x q h y q h Bằng cách đặt x  q h x1, y  q h y1 , từ 2 x  2y  s 2r q i 1 2si i , suy ra: 41 x  2y   2 s 2r q i 1 2si i q h2sh 2 Cứ tiếp tục đến lúc dẫn đến x 2k  2y2k  22r (Vơ lí) Tóm lại, giả thiết phản chứng sai, tức n phải có ước ngun tố có dạng 8k + 1, 8k + Điều kiện cần chứng minh b) Điều kiện đủ Giả sử n có ước ngun tố dạng 8k + 8k + Gọi ước p Từ n = m2, suy m2 p hay m p Vì m có dạng m = pk, n có dạng n = p2k2 Xét phương trình: x2 + 2y2 = p (9) Do p số nguyên tố có dạng 8k + 8k + 3, nên theo Mệnh đề   2.2.2 suy (9) có nghiệm ngun khơng âm x, y , 2 Từ p  x  2y , suy ra:  p2  x  2y   2  x  2y   2 xy  2 (10) Đặt x1  x  2y y1  2xy (10) có dạng: p2  x12  2y12  n  p2k   kx1    ky1  2 (11) Rõ ràng y1 số nguyên dương, x1 số nguyên dương 2 2 x  2y  (vì x  2y  , 2 x điều vơ lí) Đẳng thức (11) y chứng tỏ (kx1, ky1) nghiệm nguyên dương x2 + 2y2 = n Điều kiện đủ chứng minh  42 KẾT LUẬN Nội dung luận văn gồm: Trình bày thuật tốn kiểm tra nguyên tố với độ phức tạp đa thức Trình bày chương trình kiểm tra hai số nguyên tố tương đương Giới thiệu số loại số nguyên tố Biểu diễn số nguyên tố dạng tổng bình phương Biểu diễn số nguyên tố dạng tổng bình phương mở rộng Hướng nghiên cứu Luận văn tiếp tục sâu tìm hiểu thuật tốn, viết chương trình tin học kiểm tra số lớp số nguyên tố cụ thể 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Hồng Chúng (1996), Số học Bà chúa Tốn học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Đễ - Nguyễn Khánh Nguyên (1993), Các đề thi vô địch Tốn nước, Nhà xuất Hải Phịng [3] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học - Chuyên đề 3: Các toán số học, Nhà xuất Giáo dục [4] Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán – Cơ sở lý thuyết tính tốn thực hành, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Đàm Văn Nhĩ – Lưu Bá Thắng - Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà xuất Hải Phòng [6] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [7] Hội Toán học Việt Nam (2000), Tuyển tập 30 năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo Dục [8] http://wikipedia.org , Bách khoa toàn thư mở Wikipedia, Việt Nam [9] http://mathworld.wolfram.com, Các nguồn tài nguyên Toán học TIẾNG ANH [10] M Burton (2002), Elementary Number Theory, McGraw – Hill, India [11] H.L Keng (1982), Introduction to number theory, Springer [12] S.G Telang (2001), Number Theory, McGraw – Hill, India ... ? ?số nguyên tố? ?? số nguyên tố đối xứng nhỏ 27 Số nguyên tố mạnh (yếu) Khi số nguyên tố lớn trung bình cộng hai số nguyên tố nằm cạnh nó, gọi số nguyên tố mạnh, nhỏ số nguyên tố yếu 28 Số nửa nguyên. .. Là số nguyên tố trung bình cộng số nguyên tố liền trước liền sau nó.Với Pn số nguyên tố thứ n, số nguyên tố đối xứng thỏa mãn Pn  Pn 1  Pn 1 Số nguyên tố đối xứng nhỏ 5; 10 số nguyên tố. .. tra ngun tố chương trình kiểm tra hai số nguyên tố tương đương giới thiệu số loại số nguyên tố 8 Trong chương 2, chúng tơi trình bày dạng biểu diễn số nguyên tố gồm: Biểu diễn số nguyên tố dạng