Số giả nguyên tố Euler

Chương 2. Một số loại số giả nguyên tố 14

2.3 Số giả nguyên tố Euler

Giả sử plà số nguyên tố lẻ và blà số nguyên dương không chia hết cho p.

Khi đó theo tiêu chuẩn Euler ta có bp−21 ≡



 b p



 (mod p).

Như vậy, để kiểm tra một số n có phải là nguyên tố hay không, ta có thể lấy một sốb nguyên tố cùng nhau vớin, và kiểm tra xem đồng dư sau đây có đúng hay không.

bn−21 ≡



 b n



 (mod n),

trong đó vế bên phải là ký hiệu Jacobi. Nếu đồng dư thức đó không đúng thìnphải là hợp số. Nếu đồng dư thức trên đây nghiệm đúng, vẫn chưa kết luận đượcncó phải là nguyên tố hay không, nhưng “có nhiều khả năng” n là số nguyên tố.

Định nghĩa 2.3.1. Số nguyên dương nđược gọi là số giả nguyên tố Euler

cơ sởbnếu nó là một hợp số và đồng dư thức sau đây nghiệm đúng

bn−21 ≡



 b n



 (mod n).

Ta có mối liên hệ gữa số giả nguyên tố Euler cơ sở bvà số giả nguyên tố cơ sởbsau đây:

Định lí 2.3.2. Mọi số giả nguyên tố Euler cơ sở b đều là số giả nguyên tố cơ sởb.

Chứng minh. Chỉ cần bình phương hai vế của đồng dư thức thoả mãn bởi các số giả nguyên tố Euler.

Điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn, có thể thấy rằng số 341 là số giả nguyên tố cơ sở2, nhưng không là số giả nguyên tố Euler cơ sở 2.

Định lí 2.3.3. Mọi số giả nguyên tố mạnh cơ sở b đều là số giả nguyên tố Euler cơ sởb.

Chứng minh. Chonlà số giả nguyên tố mạnh cơ sởb. Khi đó, nếun−1= 2st, trong đót lẻ, thì, hoặc bt ≡1 (mod n), hoặc b2rt ≡ −1 (mod n), với r nào đó0≤r≤s−1. Giả sử ∏m

j=1

pajj là phân tích củanthành thừa số nguyên tố. Ta xét riêng hai trường hợp.

Trường hợp thứ nhất bt ≡ 1 (mod n). Giả sử p là một ước nguyên tố của n. Khi đó ordpb|t, và do đó ordpb là số lẻ. Mặt khác, ordpb là ước củaφ(p) = p−1, nên nó phải là ước của p−21. Vậy ta có

bp−21 ≡1(mod p).

Theo tiêu chuẩn Euler



 b p



=1, và do đó



 b n



 =1. Mặt khác ta có

bn−21 = (bt)2s−1 ≡1(mod p).

Vậyn là số giả nguyên tố Euler cơ sởb.

Trường hợp thứ hai b2rt ≡ −1 (mod n). Nếu p là một ước nguyên tố củan thìb2rt ≡ −1(mod p). Bình phương cả hai vế của đồng dư thức này ta được

b2r+1t ≡1 (mod p).

Từ đó suy ra ordpb| 2r+1t, nhưng ordpb không là ước của 2rt. Như vậy, ordpb=2r+1c, trong đóclà một số nguyên lẻ. Mặt khác, vìordpb|(p−1), 2r+1 |ordpb, nên 2r+1 |(p−1). Như vậy, ta có p=2r+1d+1, trong đó d là số nguyên. Vì

bord2p b ≡ −1(mod p).

nên ta có



 b p



 ≡bp−21 =b

ordp b 2

p−1

ordp b = (−1)ordp−p b1 = (−1)2pr+1−1c (mod p).

Vì c lẻ nên từ đó suy ra



 b p



 = (−1)d. Bây giờ giả sử n có phân tích thành thừa số nguyên tố dạng ∏m

j=1

pajj. Theo chứng minh phần trên, các ước nguyên tố pi có dạng pi=2r+1di+1, và ta có



 b n



=

m

∏

i=1



 b pi





a

i

= (−1)

m

∑

i=1

aidi.

Mặt khác, dễ thấy rằngn≡1+2r+1 ∑

i=1

aidi (mod 22r+2). Do đó

t2s−1= n−1 2 ≡2r

m

∑

i=1

aidi (mod 2r+1),

tức là

t2s−1−r ≡

m

∑

i=1

aidi (mod 2), và

bn−21 = b2rt

2s−1−r

= (−1)

m

∑

i=1

aidi

(modn).

Như vậy,

bn−21 ≡



 b n



 (mod n).

vànlà số giả nguyên tố Euler cơ sởb. Định lý được chứng minh xong.

Chú ý rằng, điều ngược lại không phải luôn luôn đúng, tức là tồn tại những số giả nguyên tố Euler cơ sở b không là giả nguyên tố mạnh cơ sở đó. Một ví dụ là vớin=1105, b=2.

Tuy nhiên, với những điều kiện bổ sung, một số giả nguyên tố Euler sẽ là giả nguyên tố mạnh cùng cơ sở. Ta có định lý sau:

Định lí 2.3.4. Số ngiả nguyên tố Euler cơ sở b là số giả nguyên tố mạnh cơ sởbnếu n≡3(mod 4), hoặc



 b n



=−1.

Chứng minh. Trường hợp thứ nhất n≡3 (mod 4). Khi đó n−1=2t vàt lẻ. Vì nlà số giả nguyên tố Euler cơ sởbnên

bt =bn−21 ≡



 b n



 (mod n).

Như vậy,nlà số giả nguyên tố mạnh cơ sởb.

Trong trường hợp thứ hai, ta viết n−1 = 2st, trong đó t lẻ, s là số nguyên đương. Vìnlà số giả nguyên tố mạnh cơ sở bnên

b2s−1t =bn−21 =



 b n



 (mod n).

Theo giả thiết ta cób2s−1t ≡ −1(mod n). Vì



 b n



=±1cho nên hoặcbt ≡1 (mod n), hoặcbt ≡ −1(modn).

Như vậynlà số giả nguyên tố mạnh cơ sở b.

Dùng số giả nguyên tố Euler, ta có thể xây dựng thuật toán xác suất để kiểm tra một số là nguyên tố hay không. Thuật toán này được tìm ra đầu tiên năm 1977 trong công trình R.M. Solovay, V. Strassen [8]:

Ta bắt đầu bằng bổ đề sau.

Bổ đề 2.3.5. Giả sử nlà một số nguyên dương lẻ không chính phương. Khi đó tồn tại ít nhất một sốbvới 1<b<n, (b,n) =1, sao cho



 b n



=−1.

Chứng minh. Nếunlà nguyên tố, sốbtồn tại theo [1, Định lý 4.3]. Khi nlà hợp số không chính phương, ta viếtn=rs, trong đó(r,s) =1vàr =pe với p là một số nguyên tố lẻ và esố nguyên dương lẻ. Bây giờ giả sửt là một không thặng dư bình phương của số nguyên tố p. Ta dùng Định lý Trung Quốc về phần dư để tìm số nguyênb sao cho1<b<n,(b,n) =1và

b≡t (mod r), b≡1(mods).

Khi đó ta có



 b r







 b pe



= (−1)e=−1,



 b s



 =1 tức là



 b n



=−1.

Bổ đề 2.3.6. Với mỗi hợp số lẻn, tồn tại ít nhất một sốbsao cho1<b<n, (b,n) =1và

bn−21 6≡



 b n



 (mod n). (2.4)

Chứng minh. Giả sử ngược lại, với mọi số nguyên không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau vớin, ta có

bn−21 ≡



 b n



 (mod n).

Từ đó suy ra, nếu(b,n) =1thì

bn−1 ≡1(mod n).

Như vậy, nphải là số Carmicheal, và do đó, n=q1q2. . .qr là tích của các số nguyên tố lẻ khác nhau. Ta sẽ chỉ ra rằng

bn−21 ≡1 (mod n)

đối với mọi số nguyên b không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n.

Giả sử ngược lại, tồn tạib thoả mãn

bn−21 ≡ −1(mod n).

Dùng Định lý Trung Quốc về phần dư, ta tìm được sốa,1<a<n,(a,n) = 1sao cho

a≡b(mod q1), a≡1(modq2q3. . .qr).

Như vậy

an−21 =bn−21 ≡ −1(modq1), an−21 ≡ −1(mod q2q3. . .qr).

Do đó

an−21 6≡ ±1(mod n),

trái với giả thiết phản chứng (2.4). Như vậy, với mọib,1<b<n,(b,n) =1 ta có

bn−21 ≡ ±1(mod n).

Từ đồng dư trên và (2.4) ta có

bn−21 ≡



 b n



≡1(modn).

Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 2.3.5 nên Bổ đề 2.3.6 được chứng minh.

Định lý trên đây được dùng làm cơ sở cho một thuật toán kiểm tra nguyên tố xác suất. Ta có định lý sau.

Định lí 2.3.7. Đối với mỗi hợp số lẻ n, tồn tại không quá φ(n)2 số nguyên dươngb nhỏ hơnn, nguyên tố cùng nhau vớin, sao chonlà số giả nguyên tố Euler cơ sởb.

Chứng minh. Theo Bổ đề 2.3.6, tồn tại số b,1<b<n, (b,n) =1sao cho bn−21 6≡



 b n



 (mod n).

Giả sửa1,a2, . . .am là các số thoả mãn1≤aj <n, (aj,n) =1và

a

n−1 2

j ≡



 aj

n



=1 (modn).

Giả sử r1,r2, . . .rm là thặng dư dương bé nhất của các số ba1,ba2. . . ,bam. Các số rj khác nhau và nguyên tố cùng nhau với n. Ta sẽ chứng tỏ rằng chúng không thoả mãn đồng dư thức như đối với các số aj. Thật vậy, nếu ngược lại

r

n−1 2

j ≡



 rj

n



=1(modn).

thì ta có

ba

n−1 2

j ≡



 baj

n



 =1(modn) và như vậy

bn−21a

n−1 2

j ≡



 b n







 aj

n



 (modn) Từ đó suy ra

bn−21 ≡



 b n



 (mod n)

mâu thuẫn với tính chất của b.

Như vậy, tập hợp các số aj và rj không giao nhau. Gộp cả hai tập hợp này, ta được 2m số khác nhau, bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n. Từ đó suy ram< φ(n)2 , định lý được chứng minh.

Nhận xét 2.3.8. Từ định lý trên, ta thấy rằng, nếunlà một hợp số lẻ, blà số chọn ngẫu nhiên trong các số1,2. . . ,n−1,thì xác suất đểnlà giả nguyên tố Euler cơ sởbsẽ bé hơn 1/2. Ta có định lý sau.

Định lí 2.3.9 (Thuật toán kiểm tra nguyên tố xác suất Solovay-Strassen).

Chonlà một số nguyên dương. Ta chọn ngẫu nhiênksố b1,b2. . .bk từ các

số1,2, . . . ,n−1. Đối với mỗi số nguyên bj,xét đồng dư thức.

b

n−1 2

j ≡



 bj

n



 (modn).

Ta có kết luận sau:

• Nếu một trong các đồng dư thức đó không nghiệm đúng thì n là hợp số.

• Nếu nlà nguyên tố thì mọi đồng dư thức đều nghiệm đúng.

• Nếu n là hợp số, thì xác suất để mọi đồng dư thức nghiệm đúng là bé hơn 1/2k.

Như vậy, nếu k đủ lớn và n trải qua được kiểm tra xác suất trên đây, thì

“hầu như chắc chắn”n là số nguyên tố.