Về thặng dư bình phương luận văn thạc sĩ toán học

cứu vấn đề đặt ra, công cụ quan trọng là các ký hiệu Legendre và Jacobi mà ta sẽxét trong luận văn này.Ngoài phần mục lục, mở đầu và tài liệu tham khảo, cấu trúc của luận văngồm 3 chương

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

D ngäc uy liªm

VÒ thÆng d b×nh ph¬ng

LuËn v¨n th¹c sÜ to¸n häc

NGHỆ AN - 12.2011

LỜI NÓI ĐẦU

Giả sử cho p là một số nguyên tố lẻ, a là số nguyên tố cùng nhau với p Vấn

đề đặt ra là: khi nào a là số chính phương modulo p? Vấn đề này không chỉ có giá

trị lý thuyết, mà như ta sẽ thấy về sau, có nhiều ứng dụng quan trọng Để nghiên

cứu vấn đề đặt ra, công cụ quan trọng là các ký hiệu Legendre và Jacobi mà ta sẽxét trong luận văn này.

Ngoài phần mục lục, mở đầu và tài liệu tham khảo, cấu trúc của luận văngồm 3 chương:

Chương 1: Ký hiệu Lagendre

Chương 2: Ký hiệu Jacobi

Chương 3: Số giả nguyên tố Euler

Luận văn đã trình bày các khái niệm, tính chất của ký hiệu Legendre và kýhiệu Jacobi, với những nội dung chủ yếu sau đây:

1 Tính chất của thặng dư bình phương

2 Tiêu chuẩn Euler

3 Bổ đề Gauss

4 Luật thuận, nghịch bình phương

5 Kiểm tra Pepin

6 Tính chất ký hiệu Jacobi

7 Thuật toán tính ký hiệu Jacobi

8 Thuật toán tính căn bậc hai modulo p

Ngoài ra, luận văn còn giải quyết một số bài toán cụ thể có liên quan đến sốgiả nguyên tố, số giả nguyên tố mạnh, số Carmichael, số giả nguyên tố Euler vớicác ký hiệu Legendre và Jacobi và ứng dụng các ký hiệu này để nghiên cứu về sốchính phương modulo p

Những nội dung giới thiệu ở trên không những có giá trị về mặt lý thuyết màcòn có nhiều ứng dụng quan trọng trong Số học thuật toán nói riêng và trong Sốhọc nói chung Nhờ đó, Toán học đã thúc đẩy được sự phát triển, tạo ra nhiều thànhtựu mới trong đời sống và kỹ thuật: thông tin, mật mã, khoa học máy tính…

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình củaPGS.TS Nguyễn Thành Quang Em xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc vàthành kính nhất đến Thầy Có thể nói sự tận tình chỉ dạy của Thầy đã giúp em mởmang thêm kiến thức, hiểu được sự sâu rộng của bộ môn Toán nói chung và chuyênngành Đại số nói riêng Thầy không chỉ hướng dẫn em nghiên cứu khoa học màThầy còn động viên tạo mọi điều kiện cho em trong suốt quá trình làm luận văn.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Khoa Toán học, Khoa Đào tạo Sau đại học Trường Đại học Vinh đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho em hoàn thành luận văn này

-Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã quan tâm giúp đỡ

và tạo điều kiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng em hoàn thành được nhiệm vụcủa khóa học sau đại học

Tác giả xin chân thành cảm ơn quí thầy cô, các bạn đồng nghiệp và gia đình

đã động viên giúp đỡ em trong quá trình học tập và làm luận văn

Trong quá trình làm luận văn chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế vàthiếu sót Rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn đồng nghiệp đểluận văn được hoàn thiện hơn

Nghệ An, tháng 1 năm 2012

Học viên

Dư Ngọc Uy Liêm

CHƯƠNG 1

KÝ HIỆU LEGENDRE

1.1 Tính chất của thặng dư bình phương

1.1.1 Định nghĩa Giả sử m là số nguyên dương Số a được gọi là một thặng dư

bình phương của m nếu (a,m)=1 và đồng dư x 2 ≡a(mod m) có nghiệm Nếu ngược

lại, ta nói a là không thặng dư bình phương của m.

Ta sẽ chứng tỏ rằng, nếu p là một số nguyên tố lẻ, trong số các số 1,2,…,p-1

có đúng một nửa là thặng dư bình phương

1.1.2 Bổ đề Giả sử p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên không chia hết cho p.

Khi đó, phương trình đồng dư sau đây không có nghiệm, hoặc có đúng hai nghiệm không đồng dư theo modulo p:

x 2 ≡ a(mod p).

Chứng minh Giả sử có nghiệm x = x0 Khi đó, ta chứng minh rằng x = - x0 là một

với x0 hoặc - x0 Thật vậy, ta có:

2 2

0 1 mod

x x p Tức là

2 2

x  x  x x x  x  p

1.1.3 Định lý Nếu p là một số nguyên tố lẻ, thì trong các số 1,2,…p – 1 có đúng

Chứng minh Để tìm tất cả các thặng dư modulo p trong các số 1,2,…p – 1, trước

tiên ta bình phương các số đó và xét các thặng dư dương bé nhất modulo p của các

kết quả nhận được Các thặng dư dương bé nhất này là tất cả các thặng dư bình

phương trong các số từ 1 đến p-1 Giả sử a là một thặng dư như vậy Vì phương

đang xét, phải có hai bình phương thặng dư a: Số thặng dư bình phương đúng bằng

1.2.1 Định nghĩa Giả sử p là một số nguyên tố lẻ và a là một số nguyên không

được định nghĩa như sau:

nếu a là thặng dư bình phương của p

nếu ngược lại

1.2.2 Định lý (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên

dương không chia hết cho p Khi đó

có nghiệm x= x0 Theo định lý Fermat bé, ta có:

p) Rõ ràng i ≠ j , nên ta có thể nhóm các số 1,…, p-1 thành p2 1 cặp với tích từng

cặp đồng dư a modulo p Nhân các cặp này với nhau ta được:

1 2

1 a p modp

 

Định lý được chứng minh ■

Những tính chất sau đây cho phép tính được dễ dàng ký hiệu Legendre

1.2.3 Định lý Giả sử p là một số nguyên tố lẻ, a và b là các số nguyên không chia



Chứng minh (i) Nếu a b (mod )p thì x2 a(mod )p có nghiệm nếu và chỉ nếu

Tiêu chuẩn Euler cho biết khi nào thì các số nguyên lẻ nhận -1 là thặng dưbình phương

1.2.4 Định lý Nếu p là số nguyên tố lẻ thì

khi p ≡ 1(mod 4)khi p ≡ -1(mod 4)

Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler ta có:

1.2.5 Định lý (Bổ đề Gauss) Giả sử p là số nguyên tố lẻ và (a,p) =1 Nếu s là số

các thặng dư dương bé nhất của các số nguyên a, 2a…, 1

2

p a

, giả sử u1, u 2 ,…u s là các thặng dư lớn hơn 2p , và v 1 , v 2 ,…v t là các thặng dư

2

2

1  p

nhất nói trên đều nằm trong tập hợp 1,2,…p-1.

Ta sẽ chứng tỏ rằng, p – u 1 , p – u 2 , p – u s , v 1 ,v 2 ,…, v t , chính là tập hợp các số

nên chỉ còn phải chứng minh rằng không có hai số nào đồng dư với nhau

Rõ ràng không có hai số u i nào, cũng như không có hai số v j nào đồng dư với

nhau modulo p Thật vậy, nếu ngược lại, ta sẽ có đồng dư ma ≡ na(mod p) với m, n

Điều này mâu thuẫn

Định lý suy ra từ tiêu chuẩn Euler ■

1.2.6 Định lý Nếu p là một số nguyên tố lẻ thì

 

2 1 8

Vì các số đều nhỏ hơn p nên các thặng dư dương bé nhất của mỗi số trùng

Bằng cách tính lớp đồng dư của

2 1(mod 2)8

p 

ta suy ra:

21

1.3 Luật thuận nghịch bình phương

Định lý này thường được sử dụng khi tính toán với các ký hiệu Legendre

1.3.1 Định lý (Luật thuận nghịch bình phương) Giả sử p và q là các số nguyên tố

1.3.2 Bổ đề Giả sử p là một số nguyên tố lẻ, a là một số lẻ không chia hết cho p.

Khi đó:

 1T a p , 

a p

 

 

 

 Trong đó:

1 2

Chứng minh Xét các thặng dư dương bé nhất của các số nguyên a, 2a,… p2 1.

2

p

Tacó:

1 2

p

s j

Bổ đề được chứng minh bằng cách áp dụng bổ đề Gauss.

Bây giờ ta chứng minh Luật thuận nghịch bình phương

Xét các cặp số nguyên (x,y) với 1  p2 1

cặp như vậy Ta sẽ chia các cặp đó thành hai nhóm tùy thuộc độ lớn

của qx và py Trước tiên, dễ thấy rằng qx ≠ py đối với mọi cặp Để đánh số các cặp

1

p

j

qj p

trên cho thấy, số các cặp là

1 2

1

q

j

pj q

m m

F F

3

F

m m

F F

Nhận xét Dùng tiêu chuẩn Pepin, dễ kiểm tra được rằng F1 ,F2 ,F3 ,F4 là các số nguyên tố, F5 là hợp số.

2.1.1 Định nghĩa Giả sử n là số nguyên dương lẻ, a nguyên tố cùng nhau với n.

trong đó ở vế phải là các ký hiệu Legendre.

Như vậy, trong trường hợp n là số nguyên tố thì ký hiệu Jacobi trùng với kýhiệu Legendre Tuy nhiên cần chú ý rằng, khác với ký hiệu Legendre, khi n là hợp

hay không Mặc dầu vậy, ký hiệu Jacobi có nhiều tính chất tương tự với ký hiệuLegendre

2.1.2 Định lý Giả sử n là số nguyên dương lẻ, a và b là các số nguyên tố cùng

nhau với n Khi đó:

(i) Nếu a ≡b (mod n) thì a b

Chứng minh Hai đẳng thức đầu tiên dễ suy ra từ định nghĩa ký hiệu Jacobi và tính

chất của ký hiệu Legendre

Khi đó (iv) được suy ra từ định nghĩa ■

2.1.3 Định lý (Luật thuận nghịch bình phương đối với ký hiệu Jacobi) Giả sử m,

n là các số nguyên dương lẻ, nguyên tố cùng nhau Khi đó:

2.2 Thuật toán tính ký hiệu Jacobi

Giả sử a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a>b Đặt

Ta chú ý rằng, số các phép chia đòi hỏi trong thuật toán trên là không vượtquá số phép chia cần thiết khi dùng thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhấtcủa hai số a và b

Dùng luật thuận nghịch bình phương của ký hiệu Jacobi ta được

  1 2

1 1

Tiếp tục quá trình đó, ta đi đến công thức cần chứng minh ■

2.2.2 Hệ quả Giả sử a và b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a>b.

Khi đó, ký hiệu Jacobi 

Chứng minh Như ta đã nhận xét, số các phép chia trong thuật toán xác định R(a,b)

không vượt quá số phép chia trong thuật toán Euclid để tính ước chung lớn nhất

b

 

 

 

Hệ quả được chứng minh ■

Ta có thuật toán sau đây để tính ký hiệu Jacobi dựa vào các định lý vừachứng minh

1 Thuật toán tính ký hiệu Jacobi

(và trong trường hợp riêng tính ký hiệu Legendre)

J1 (Kiểm tra b ≠ 0) Nếu b = 0, in ra 0 nếu |a| ≠ 1, in ra 1 nếu |a| = 1 và kết

1 a 

nếu hơn nữa, a < 0, đặt k -k.

J3 (Kết thúc?) (ở bước này, ta có b lẻ và b > 0) Nếu a=0, in ra 0, nếu b > 1,

in ra k nếu b = 1 và kết thúc thuật toán Ngược lại, đặt v 0 và nếu a chẵn, đặt v

làm các phép chia cũng như nâng lên lũy thừa, vì đòi hỏi quá nhiều phép tính bit

Vì giá trị lũy thừa của (-1) chỉ phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của các đại lượng trên,

2 1 8

1 a 

những số của dãy sau đây:

{0,1,0,-1,0,-1,0,1}

2 Thuật toán tính căn bậc 2 modulo p

Trong nhiều ứng dụng, ta cần tính căn bậc 2 modulo p, khi biết nó tồn tại.

(a, p) = 1 là kiểm tra tất cả các số từ 1 đến p – 1 Tuy nhiên, khi làm việc với p lớn, phương pháp này không thể áp dụng được (thời gian đòi hỏi là O(p)).

hợp p 5 mod8  , lời giải cũng có thể tìm được không khó khăn Thật vậy, ta có

thuật toán (thuật toán Shoof sử dụng đường cong elliptic) với thời gian đa thức

Tuy nhiên, trong thực tế, thuật toán đó rất khó sử dụng Sau đây chúng ta tìm hiểuthuật toán xác suất của Toneli và Shanks.

Thuật toán Toneli – Shanks chính là một mở rộng tự nhiên của các trườnghợp riêng đã xét trên đây

nguyên chẵn k sao cho

mãn điều kiện đặt ra khi và chỉ khi n là một không thặng dư bình phương modulo

để tồn tại k, chỉ cần chọn n là phần tử sinh của nhóm G (khi đó, do a là một không thặng dư bình phương nên số mũ k phải là chẵn) Số nguyên n sẽ là một phần tử

nhau modulo p Dễ thấy rằng, điều đó xảy ra khi và chỉ khi n là một không thặng

dư bình phương modulo p.

Để xây dựng thuật toán, ta cần giải quyết hai vấn đề: Tìm phần tử z, và tìm

trường hợp ngược lại, ta tiếp tục làm như trên với một số ngẫu nhiên khác cho đến

có thể tìm ra một không thặng dư bình phương rất nhanh Chẳng hạn, xác suất hai

a z .

modulo p) và chuyển sang Bước 3.

Chú ý rằng từ khi bắt đầu Bước 3, ta luôn luôn có các đồng dư theo modulo p

giảm tại mỗi bước lặp của thuật toán, nên số bước lặp nhiều nhất bằng e Khi r  1,

ta có b = 1, thuật toán kết thúc, và x là một căn bậc 2 của a mod p.

Có thể thấy rằng, trung bình, Bước 3 và Bước 4 đòi hỏi

CHƯƠNG 3

SỐ GIẢ NGUYÊN TỐ EULER

3.1 Số giả nguyên tố Euler

Giả sử p là số nguyên tố lẻ và b là số nguyên không chia hết cho p Khi đó

theo tiêu chuẩn Euler ta có:

n phải là hợp số Nếu đồng dư thức trên đây nghiệm đúng, vẫn chưa kết luận được

n có phải là nguyên tố hay không, nhưng “có nhiều khả năng” n là số nguyên tố.

3.1.1 Định nghĩa Số nguyên dương n được gọi là số giả nguyên tố Euler cơ sở b

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

3.1.2 Định lý Mọi số nguyên tố Euler cơ sở b đều là số giả nguyên tố cơ sở b.

Chứng minh Chỉ cần bình phương hai vế của đồng dư thức thỏa mãn bởi các số giả

nguyên tố Euler ■

Điều ngược lại không đúng Chẳng hạn có thể thấy rằng số 431 là số giảnguyên tố cơ sở 2, nhưng không là số giả nguyên tố Euler cơ sở 2.

3.1.3 Định lý Mọi số giả nguyên tố mạnh cơ sở b đều là số giả nguyên tố Euler cơ

sở b.

Chứng minh Cho n là số giả nguyên tố mạnh cơ sở b Khi đó, nếu n – 1 = 2st, trong

đó t lẻ, thì, hoặc b t 1 mod n, hoặc b2r t 1 mod n, với r nào đó 0 rs 1

Vậy n là số giả nguyên tố Euler cơ sở b.

i i i

a

a d m

b b

p n





Và n là số giả nguyên tố Euler cơ sở b Định lý được chứng minh xong ■

Chú ý rằng, điều ngược lại của Định lý trên không phải luôn luôn đúng: Tồn

tại những số giả nguyên tố Euler cơ sở b không là giả nguyên tố mạnh cơ sở đó Ví

dụ: n = 1105, b = 2

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

3.1.4 Định lý Số n giả nguyên tố Euler cơ sở b là số giả nguyên tố mạnh cơ sở b

nếu n 3 mod 4 , hoặc b 1

Chứng minh Trường hợp thứ nhất: n 3 mod 4  Khi đó n – 1 = 2t và t lẻ Vì n là

số giả nguyên tố Euler cơ sở b nên

Như vậy, n là số giả nguyên tố mạnh cơ sở b.

dương Vì n là số giả nguyên tố Euler cơ sở b nên

Như vậy n là số giả nguyên tố mạnh cơ sở b ■

Dùng số giả nguyên tố Euler, ta có thể xây dựng thuật toán xác suất để kiểmtra một số là nguyên tố hay không Thuật toán này được Solovay và Strassen tìm rađầu tiên năm 1977 ([S-S])

Ta bắt đầu bằng bổ đề sau

3.1.5 Bổ đề Giả sử n là một số nguyên dương lẻ không chính phương Khi đó tồn

tại ít nhất một số b với 1<b<n, (b, n) = 1, sao cho    1

nguyên tố lẻ và e số nguyên dương lẻ Bây giờ giả sử t là một không thặng dư bình phương của số nguyên tố p Ta dùng Định lý Trung Hoa về phần dư để tìm số nguyên tố b sao cho 1< b < n, (b, n) = 1 và

Từ đó suy ra, nếu (b, n) = 1 thì

Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 3.1.5, cho nên Bổ đề 3.1.6 được chứng minh.

■

Định lý trên đây được dùng làm cơ sở chứng minh cho một thuật toán kiểmtra nguyên tố xác suất

3.2 Thuật toán kiểm tra nguyên tố xác suất Solovay- Strassen

3.2.1 Định lý Đối với mỗi hợp số lẻ n, tồn tại không quá  2n số nguyên dương b nhỏ hơn n, nguyên tố cùng nhau với n, sao cho n là số giả nguyên tố Euler cơ sở b Chứng minh Theo 3.1.6 Bổ đề, tồn tại b, 1< b < n, (b, n) = 1 và

1 2

a b

mâu thuẫn với tính chất của b.

được 2m số khác nhau, bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n Từ đó suy ra

 

2

n

Nhận xét Từ định lý trên, ta thấy rằng, nếu n là một hợp số lẻ, b là số chọn ngẫu

nhiên từ các số 1, 2,…, n-1, thì xác suất để n là giả nguyên tố Euler cơ sở b sẽ bé hơn 12 Ta có định lý sau

3.2.2 Định lý (Thuật toán kiểm tra nguyên tố xác suất Solovay-Strassen) Cho n

là một số nguyên dương Ta chọn ngẫu nhiên k số b 1 , b 2 ,…, b k từ các số 1, 2,…, n-1 Đối với mỗi số nguyên b j , xét đồng dư thức

o Nếu n là nguyên tố thì mọi đồng dư thức đều nghiệm đúng.

o Nếu n là hợp số, thì xác suất để mọi đồng dư thức nghiệm đúng là bé

1) Vì mọi số giả nguyên tố mạnh cơ sở b đều là số giả nguyên tố Euler

cơ sở b, nên số các hợp số n trải qua được kiểm tra xác suất Strassen lớn hơn số các hợp số trải qua được kiểm tra Rabin Cả hai thuật toán kiểm tra này đều cần O(k(log 2 n) 3 ) phép tính bit.

Solovay-2) Chẳng hạn, nếu n là số trải qua kiểm tra xác suất Solovay Strassen với k = 40 Khi đó n là hợp số với xác suất hỏ hơn 2 -40 tương đương 10 -12 , bé hơn xác suất để phần cứng máy tính mắc một sai lầm.

-MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ SỐ NGUYÊN TỐ VÀ SỐ GIẢ NGUYÊN TỐ Bài 1 Tìm tất cả các số tự nhiên b sao cho 15 và 21 là số giả nguyên tố cơ sở b.

Vậy chỉ có 6, 14 là cơ sở để 15, 21 là số giả nguyên tố ■

Bài 2 Chứng minh rằng 1105 là số giả nguyên tố Euler cơ sở 2 và không là số giả

a) Số giả nguyên tố mạnh cơ sở 2.

b) Số giả nguyên tố Euler cơ sở 2

c) Số Carmichael

Giải

Và 2495 25.3 112  215 3.11 10863.11 1111 mod15841  

Do đó 15841 là số giả nguyên tố mạnh cơ sở 2

b) Theo câu a) 15841 là số giả nguyên tố mạnh cơ sở 2 nên 15841 cũng là số giả nguyên tố Euler cơ sở 2

Bài 4 Chứng minh rằng nếu n là số giả nguyên tố mạnh Euler cơ sở a và b thì n

cũng là số giả nguyên tố mạnh Euler cơ sở ab

Giải Ta có n là số giả nguyên tố mạnh Euler cơ sở a và b suy ra: