KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Đồng dư thức
Định nghĩa 1.1.1 Cho m ∈Z ∗ Nếu a, b ∈Z, thì lúc này a gọi là đồng dư của b modun m nếu m | (a − b).
Nếu a là đồng dưb modunm, ta kí hiệu a ≡ b (mod m) Nếu m- (a − b) , ta kí hiệu a 6≡ b (mod m), và nói a và b không đồng dư modulo m với nhau.
Ví dụ 1.1.1 Ta có 22 ≡ 4 (mod 9), vì 9|(22 − 4) = 18, tương tự 3 ≡ −6 nhưng
Trong toán học, ta có thể viết 13 ≡ 5 (mod 9) vì 9 - (13 - 5) = 8 Đồng nhất thức ngày càng được phát triển để phục vụ cho việc tính toán trong thực tế Để phát huy tính hữu dụng của nó, người ta chuyển đồng nhất thức thành đẳng thức thông qua các định lý Theo định lý 1.1.1, nếu a, b ∈ Z, thì a ≡ b (mod m) suy ra rằng tồn tại một số k ∈ Z thỏa mãn a = b + k.m.
Chứng minh Thật vậy, nếu a ≡ b (mod m), thì m | (a − b) Suy ra k ∈ Z thỏa km = a − b, nghĩa là a = b + km Ngược lại, nếu ta có k ∈ Z thỏa a = b + km,nghĩa là km = a − b Hiển nhiên, m | (a − b) haya ≡ b (mod m).
1.1 ĐỒNG DƯ THỨC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lí 1.1.2 Cho m ∈ Z ∗ , đồng dư modulo m phải thỏa mãn các tính chất sau:
(i)Tính đồng nhất: nếu a ∈Z, thì a ≡ a (mod m).
(ii)Tính đối xứng: nếu a, b ∈Z : a ≡ b (mod m), thì b ≡ a(mod m).
(iii)Tính bắc cầu: nếu a, b, c ∈Z, a ≡ b( mod m) và b ≡ c(mod m), thì a ≡ c (mod m).
(i)Dễ dàng thấy ngay a ≡ a (mod m), vì m | (a − a) = 0.
(ii)Nếu a | b (mod m), thì m | (a − b) Hiển nhiên, ∃k ∈Z thỏa : km = a − b ↔ (−k)m = b − a, nghĩa là m | (b − a), hay b ≡ a ( mod m).
(iii)Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m), thì m | (a − b) và m | (b − c) Hiển nhiên, ∃k, l ∈Z thỏa km = a − b và lm = b − c Vì vậy, a − c = (a − b) + (b − c) = km + lm = (k + l)m, nghĩa là, m | (a − c) hay a ≡ c(mod m).
Các tính chất của đồng nhất thức: Định lí 1.1.3 a, b, c và m là các số nguyên với m > 0 thỏa a ≡ b (mod m), khi đó:
Mặc khác, (a + c) − (b + c) = a − b, do đó m | ((a + c) − (b + c)) Vì vậy (i) được chứng minh.
(ii)Tương tự, từ (a − c) − (b − c) = a − b, ta chứng minh được (ii).
(iii)Ta có: ac − bc = c(a − b).Vì m | (a − b), nên m | c(a − b) và hiển nhiên, ac ≡ bc(mod m). Định lí 1.1.4 Nếu a, b, c, m đều là số nguyên với m > 0, d = (c, m) và ac ≡ bc(mod m), thì a ≡ b (mod m/d)
1.1 ĐỒNG DƯ THỨC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Nếu ac ≡ bc (mod m), thì m chia hết cho (ac − bc) = c(a − b) Từ đó, tồn tại số nguyên k sao cho c(a − b) = km Chia hai vế cho d, ta có (c/d)(a − b) = k(m/d) Với (m/d, c/d) = 1, suy ra m/d chia hết cho (a − b) Do đó, ta có a ≡ b (mod m).
Hệ quả 1.1.1 Nếu a, b, c và m là số nguyên với m > 0, (m, c) = 1 và ac ≡ bc (mod m), thì a ≡ b (mod m). Định lí 1.1.5 Nếu a,b,c và m là số nguyên với m > 0, a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m), thì :
Chứng minh Vìa ≡ b(modm) vàc ≡ d(modm) nên ta có tương đươngm | (a−b) và m | (c − d).
Khi đó, tồn tại hiển nhiên k, l ∈Z thỏa km = a − b và lm = c − d.
• Để chứng minh (i), ta có :(a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) = km+lm = (k+l)m, lúc đó m | [(a + c) − (b + d)].
• Để chứng minh (ii), ta có :(a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) = km−lm = (k−l)m. Hiển nhiên, m | [(a − c) − (b − d)].
Để chứng minh rằng \( ac - bd \equiv 0 \) (mod \( m \)), ta có thể viết lại biểu thức như sau: \( ac - bd = ac - bc + bc - bd = c(a - b) + b(c - d) = ckm + blm = m(ck + bl) \) Điều này cho thấy \( m \) chia hết cho \( ac - bd \), do đó \( ac \equiv bd \) (mod \( m \)) Theo định lý 1.1.6, nếu \( a, b \in \mathbb{Z} \) và \( m, k \in \mathbb{Z}^* \) với \( a \equiv b \) (mod \( m \)), thì ta có \( a^k \equiv b^k \) (mod \( m \)).
Chứng minh Vìa ≡ b (mod m), nên m | (a − b) (1)
Hàm phi Euler
Định lí 1.1.7 Nếu a ≡ b (mod m 1 ), a ≡ b (mod m 2 ), ,a ≡ b (mod m k ), với a, b, m 1 , m 2 , m k ∈Z, và m 1 , m 2 , , m k là số dương, thì : a ≡ b (mod [m 1 , m 2 , , m k ]), trong đó [m 1 , m 2 , , m k ] là BCNN của m 1 , m 2 , , m k
Chứng minh Vìa ≡ b (mod m 1 ), a ≡ b (mod m 2 ), , a ≡ b (mod m k ) nên m 1 | (a − b), m 2 | (a − b), , m k | (a − b)
Khi đó, [m 1 , m 2 , , m k ] | (a − b) hay là a ≡ b (mod [m 1 , m 2 , , m k ] Định lí được chứng minh.
Nếu a ≡ b (mod m1), a ≡ b (mod m2), , a ≡ b (mod mk) với a, b ∈ Z và m1, m2, , mk là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, thì ta có a ≡ b (mod m1 m2 mk) Điều này được chứng minh dựa trên tính chất của các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau.
Do đó, theo định lí 1.1.7 ta có điều cần chứng minh: a ≡ b (mod m 1 m 2 m k )
1.2 Hàm phi Euler Định nghĩa 1.2.1 Hàm số φ (n) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n Hàm φ (n) như vậy gọi là hàm phi Euler. Định lí 1.2.1 Nếu p nguyên tố và α ∈Z ∗ thì φ (p α ) = p α−1 (p − 1)
Các số nguyên dương không vượt quá pα và không nguyên tố cùng nhau với pα là những số chia hết cho p, cụ thể là các số dạng kp với 1 ≤ k ≤ pα−1 Số lượng các số này là pα−1, do đó công thức tính số nguyên tố Euler φ(pα) được xác định là φ(pα) = pα − pα−1 = pα.
Theo định lý 1.1.2, tập hợp các số nguyên được phân chia thành các lớp đồng dư khác nhau theo modulo m, trong đó mỗi lớp tương đương chứa các số nguyên có cùng phần dư khi chia cho m.
1.2 HÀM PHI EULER CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ đôi một không giao nhau Giả sử m ∈Z ∗ Cho a ∈Z, bằng thuật toán của phép chia, ta có a = bm + r với 0 ≤ r ≤ m − 1 Khi đó ta gọi r là phần dư không âm nhỏ nhất của a modulo m Cứ mỗi số nguyên là đồng dư modulo m đến một số nguyên trong tập hợp0, 1, , m − 1,cụ thể đó là phần dư khi nó chia hết cho m. Định nghĩa 1.2.2 Tập hợp x 1 , x 2 , , x n là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu với mỗi số nguyên y tồn tại duy nhất một x i sao cho y ≡ x i (mod m).
Chomlà số nguyên dương lẻ, thì tập hợp các số nguyên :− m−1 2 ,− m−3 2 , ,−1,
Tập hợp các thặng dư trị tuyệt đối nhỏ nhất modulo m, bao gồm các số 0, 1, , m−3, m−1, là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m Một tập hợp {r1, r2, , rn} được coi là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu mọi phần tử r_i đều nguyên tố cùng nhau với m và không trùng nhau Đối với mọi số nguyên tố x nguyên tố cùng nhau với m, tồn tại ít nhất một r_i sao cho r_i ≡ x (mod m) Nếu (a, m) = 1 và {r1, r2, , rn} là một hệ thặng dư thu gọn modulo m, thì tập hợp {ar1, ar2, , arφ(m)} cũng sẽ tạo thành một hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Chứng minh Hệ ar 1 , ar 2 , , ar φ(m) gồm φ (m) số nguyên.
Nếu có 1 ≤ i < j ≤ φ (m) để ar i ≡ ar j (mod m) thì m | a (r i − r j )
Do (m, a) = 1 ta suy ra m | (r i − r j ) , hay r i ≡ r j (mod m), điều này vô lí với giả thiết r i 6≡ r j (mod m). Định lí 1.2.3 Định lí Euler Nếu m là số nguyên dương và (a, m) = 1 thì a ϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Chứng minh rằng hệ thặng dư thu gọn r1, r2, , rϕ(m) là hợp lệ do (a, m) = 1 Theo định lý 1.2.2, các số ar1, ar2, , arϕ(m) cũng tạo thành hệ thặng dư thu gọn Do đó, các số trong hai hệ này đồng dư modulo m, dẫn đến kết luận ar1 ar2 arϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) Kết quả là aϕ(m) r1 r2 rϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m).
Đồng dư thức tuyến tính
1.3 Đồng dư thức tuyến tính
Một đồng dư thức có dạng ax ≡ b (mod m), trong đó x là một ẩn số nguyên Nghiên cứu các đồng dư thức tuyến tính này tương tự như nghiên cứu các phương trình diophantine với hai ẩn số Nếu x = x0 là một nghiệm của đồng dư thức ax ≡ b (mod m), và x1 ≡ x0 (mod m), thì ax1 cũng là một nghiệm Điều này cho thấy nếu một phần tử của lớp đồng dư thức modulo m là nghiệm, thì tất cả các phần tử trong lớp đó cũng là nghiệm Vấn đề đặt ra là có bao nhiêu lớp đồng dư modulo m là nghiệm Định lý 1.3.1 nêu rằng giả sử a, b, m ∈ Z, m > 0, và d = (a, m).
1 Nếu d - b thì ax ≡ b (mod m) không có nghiệm.
2 Nếu d | b thì ax ≡ b (mod m) có đúng d nghiệm không đồng dư với nhau modulo m Đặc biệt, nếu (a, m) = 1 thì ax ≡ b (mod m) có duy nhất một nghiệm modulo m.
Để chứng minh rằng ax ≡ b (mod m) tương đương với ax − my = b, ta thấy rằng số nguyên x là nghiệm của phương trình ax ≡ b (mod m) khi và chỉ khi tồn tại y ∈ Z sao cho ax − my = b Nếu d = (a, m) không chia hết cho b, thì phương trình ax − my = b sẽ không có nghiệm.
Do đó, d | ax − my hay d | b điều này mâu thuẫn với giả thiết Suy ra điều phải chứng minh.
Vì x 0 là nghiệm của phương trình (1) nên ∃y 0 ∈Z: a d x 0 − m d y 0 = b d (3)
1.3 ĐỒNG DƯ THỨC TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Bằng cách tương tự, ta cũng có được y = y 0 + a d t.
Vậy x = x 0 + m d t là tất cả các nghiệm của đồng dư ax ≡ b (mod m).
Bây giờ chúng ta xác định các nghiệm không đồng dư nhau modulo m.Ta thấy: x 1 = x 0 + m d t 1 ≡ x 2 = x 0 + m d t 2 (mod m)
Khi và chỉ khi: m d t 1 ≡ m d t 2 (mod m).
Theo định lý 1.1.4, nếu \( m \) và \( d \) thỏa mãn điều kiện, ta có \( t_1 \equiv t_2 \, (\text{mod} \, d) \) Do đó, các lớp đồng dư \( ax \equiv b \, (\text{mod} \, m) \) sẽ có \( d \) nghiệm không đồng dư nhau modulo \( m \) Các nghiệm này có thể được biểu diễn dưới dạng \( x = x_0 + mdj \), với \( 0 \leq j \leq d - 1 \).
Từ bây giờ, chúng ta sẽ xem xét các đồng dư có dạng đặc biệt ax ≡ 1 (mod m) Theo định lý 1.3.1, đồng dư này có nghiệm khi và chỉ khi (a, m) = 1, và tất cả các nghiệm của nó chính là đồng dư modulo m Định nghĩa 1.3.1 cho biết, với a ∈ Z và (a, m) = 1, một nghiệm của ax ≡ 1 (mod m) được gọi là nghịch đảo của a modulo m.
Định lí phần dư Trung Hoa
Khi nghịch đảo của a modulo m tồn tại, nó có thể được sử dụng để giải bất kỳ đồng dư thức nào có dạng ax ≡ b (mod m) Gọi ¯ a là nghịch đảo của a modulo m, khi đó ¯ aa ≡ 1 (mod m) Nếu ax ≡ b (mod m), ta nhân cả hai vế của phương trình với ¯ a, dẫn đến x ≡ ¯ ab (mod m) Từ đó, ta rút ra định lý 1.3.2: Nếu (a, m) = 1, thì đồng dư thức tuyến tính ax ≡ b (mod m) có duy nhất một nghiệm modulo m Định lý 1.3.3 chỉ ra rằng, với p là số nguyên tố, số nguyên dương a là nghịch đảo của chính nó modulo p khi và chỉ khi a ≡ 1 (mod p) hoặc a ≡ −1 (mod p).
Chứng minh Nếu a ≡ 1 (mod p) hay a ≡ −1 (mod p), thì a 2 ≡ 1 (mod p), vì vậy a là nghịch đảo của chính nó modulo p.
Ngược lại, nếua là nghịch đảo của chính nó modulo p, thì a 2 = a.a ≡ 1 (modp). Hiển nhiên, p | (a 2 − 1) Vì a 2 − 1 = (a − 1)(a + 1), nên p | (a − 1) hoặc p | (a + 1).
Do đó, a ≡ 1 (mod p) hoặc a ≡ −1 (mod p).
1.4 Định lí phần dư Trung Hoa Định lí 1.4.1 Cho m 1 , m 2 , , m t là số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau Khi đó hệ các đồng dư:
x ≡ a k (mod m k ) có nghiệm duy nhất modulo M = m 1 m 2 m k
Chứng minh Đặt M j = m M j = m 1 m 2 m j−1 m j+1 m k , 1 ≤ j ≤ k. Khi đó, do (M j , m j ) = 1 nên ta có số nguyên y j là nghịch đảo của M j modulo m j , suy ra M j y j ≡ 1 (mod m j ). Đặt: x = a 1 M 1 y 1 + a 2 M 2 y 2 + + a k M k y k
Vì m j | M i với i 6= j nên x ≡ a j M j y j ≡ a j (mod m j ) với 1 ≤ j ≤ k.
1.4 ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Bây giờ giả sử x 1 , x 2 là nghiệm của hệ Thế thì ∀j, 0 ≤ j ≤ k, ta đều có x 1 ≡ x 2 (mod m j ).
Vì các sốm 1 , m 2 , , m k đôi một nguyên tố cùng nhau nênM = m 1 m 2 m k | (x 1 −x 2 ) hay x 1 ≡ x 2 (mod M ). Điều này chứng tỏ hệ k đồng dư có nghiệm duy nhất modulo M
Ví dụ 1.4.1 Giải hệ phương trình sau:
Ta thực hiện giải các phương trình sau:
Tương tự chúng ta tìm y 2 bằng cách giải phương trình
Tìm y 3 bằng cách giải phương trình:
Ta thực hiện việc kiểm tra lại các nghiệm của hệ các đồng dư, ta thấy: x ≡ 52 (mod 105) thỏa 52 ≡ 1 (mod 3), 52 ≡ 2 (mod 5) và 52 ≡ 1 (mod 7).
Bổ đề 1.4.1 Nếu a, b ∈Z ∗ , thì phần dư dương tối thiểu của 2 a − 1 modulo 2 b − 1 là 2 r − 1, với r là phần dư tối thiểu của a modulo b.
1.4 ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chứng minh Từ thuật toán chia dư a = bq + r với r là phần dư tối thiểu của a modulo b Khi đó, ta có:
Vậy phần dư của2 a − 1chia cho 2 b − 1là 2 r − 1suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.4.2 Nếu a, b ∈Z ∗ , thì ƯCLN của 2 a − 1 và 2 b − 1 là 2 (a,b) − 1
Chứng minh Ta sử dụng thuật toán Euclidean với a = r 0 và b = r 1 , ta có: r 0 = r 1 q 1 + r 2 0 ≤ r 2 < r 1 r 1 = r 2 q 2 + r 3 , 0 ≤ r 3 < r 2
r n−3 = r n−2 q n−2 + r n−1 0 ≤ r n−1 < r n−2 r n−2 = r n−1 q n−1 với phần dư cuối cùng r n−1 chính là ƯCLN của a và b. Đặt 2 a − 1 = R 0 và 2 b − 1 = R 1 Áp dụng thuật toán Euclidean cho R 0 và R 1 , ta được:
Khi đó, phần dư không âm R n−1 = 2 r n−1 − 1 = 2 (a,b) − 1, chính là ƯCLN của R 0 và R 1 Vậy bài toán được chứng minh. Áp dụng bổ đề 1.4.2 ta chứng minh được định lí sau:
1.4 ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lí 1.4.2.
CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Cấp của số nguyên theo modulo n
Định nghĩa 2.1.1 Cho a, m ∈Z ∗ và (a, m) = 1, khi đó ∃x ∈Z ∗ nhỏ nhất thỏa a x ≡ 1 (mod m)là cấp của a modulom Ta kí hiệu cấp củaa modulomlà: ord m a
Ví dụ 2.1.1 Ta xét các lũy thừa liên tiếp của 3 theo modulo 7 Với modulo này ta nhận được các thặng dư sau: 3 1 ≡ 3 (mod 7), 3 2 ≡ 2 (mod 7), 3 3 ≡ 6 (mod 7),
Từ định nghĩa ta suy ra ord 7 3 là : 6
Nhận xét 2.1.1 Nếu có hai số nguyên đồng dư theo modulo m thì chúng có cùng cấp theo modulo m.
Thật vậy, giả sử a ≡ b (mod m) và a x ≡ 1 (mod m) Ta lại có a x ≡ b x (mod m) nên suy ra b x ≡ 1 (mod m).
Trong định nghĩa, chúng ta chỉ xem xét các số nguyên a sao cho (a, m) = 1 Nếu (a, m) > 1, phương trình đồng dư ak ≡ 1 (mod m) sẽ không có nghiệm, dẫn đến mối quan hệ a x ≡ 1 (mod m) (với x > 1) không thể xảy ra Nếu điều này xảy ra, k = a x−1 sẽ trở thành nghiệm của phương trình a x ≡ 1 (mod m) Do đó, khi đề cập đến cấp của số nguyên a theo modulo m, luôn giả thiết rằng (a, m) = 1.
2.1 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN THEO MODULO N CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Để xác định tất cả các nghiệm của đồng dư thức a x ≡ 1 (mod m), ta áp dụng định lý sau: Nếu a, m ∈ Z, (a, m) = 1 và m > 0, thì số nguyên dương x là nghiệm của phương trình này khi và chỉ khi ord m a | x.
Chứng minh + Nếu a x ≡ 1 (mod m), theo thuật toán chia thì tồn tại cặp số nguyên (q, r) sao cho: x = q.ord m a + r, 0 ≤ r ≤ ord m a
Ta sẽ chứng minh r = 0 Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là r ∈N ∗ và r < ord m a, ta có: a x = a q.ord m a+r = a (ord m a).q a r ≡ a r (mod m) → a x ≡ a r ≡ 1 (mod m)
Hơn nữa, r ∈ N ∗ và r < ord m a nên ∃r ∈ N ∗ , r < ord m a và a r ≡ 1 (mod m), điều này mâu thuẫn với định nghĩa cấp của số nguyên a modulo m Vậy r = 0. Suy ra x = q.ord m a, nên ord m a | x (1)
+ Nếu ord m a | x, thì ∃k ∈Z ∗ Hiển nhiên, a x = a k.ord m a = a ord m a k
Từ (1), và (2), định lí được chứng minh.
Định lý 2.1.2 cho phép tìm tất cả các nghiệm của phương trình đồng dư a x ≡ 1 (mod m), với các nghiệm có dạng x = q.ord m a, trong đó q ∈ N ∗ Chỉ cần xác định ord m a, ta có thể sinh ra tất cả các nghiệm của phương trình này, giúp thuật toán tìm nghiệm trở nên đơn giản hơn, vì chỉ cần xem xét tối đa là φ(m) trường hợp.
Cấp của 3 modulo 7 là ord 7 3 = 6 Do 6 chia hết cho 12 nhưng không chia hết cho 15, nên theo định lý, x = 12 là nghiệm của phương trình đồng dư 3x ≡ 1 (mod 7), trong khi x = 15 không phải là nghiệm.
Từ định lí trên, ta dẫn đến kết luận dưới đây.
2.1 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN THEO MODULO N CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Hệ quả 2.1.1 Nếu a, m ∈Z , m > 0, (a, m) = 1 , thì ord m a | φ (m).
Chứng minh Theo định lí Euler, ta có: a φ(m) ≡ 1 (mod m)
Sử dụng định lí 2.1.1 , ta đưa ra kết luận ord m a | φ (m).
Dựa vào hệ quả đã nêu, chúng ta sẽ tính toán cấp của một số nguyên a theo modulo m Thay vì phải xem xét tất cả các lũy thừa của a, chúng ta chỉ cần giới hạn các lũy thừa này trong các ước của φ(m) Dưới đây là một ví dụ minh họa cho phương pháp này.
Ví dụ 2.1.3 Tìm cấp của 5 modulo 17 ?
Ta có φ (17) = 16, mà 16 có các ước là 1, 2, 4, 8, 16 Từ:
5 1 ≡ 5 (mod 17), 5 2 ≡ 8 (mod 17), 5 4 ≡ 13 (mod 17), 5 8 ≡ 16 (mod 17), 5 16 ≡ 1 (mod 17) Áp dụng hệ quả trên, ord 17 5 = 16
Tuy nhiên, với một ước bất kì d của φ (m), không phải lúc nào ta cũng chọn được một số nguyên a có cấp d theo modulo m Ta lấy ví dụ sau:
Ví dụ 2.1.4 Cho m = 12 thì φ (12) = 4 và sẽ không tồn tại một số nguyên nào đó có cấp 4 theo modulo 12, thật vậy vì dễ dàng thấy được:
Và do đó chỉ có thể chọn được cấp 1 hoặc cấp 2. Định lí 2.1.2 Nếu a, n ∈Z , n > 0, (a, n) = 1 , thì a i ≡ a j (mod n), với i ≥ 0, j ≥ 0 khi và chỉ khi i ≡ j (mod ord n a)
Ta có: i ≡ j (mod ord n a) và 0 ≤ j ≤ i Khi đó: ∃k ∈Z , k > 0 thỏa: i = j + k.ord n a.
≡ a j (mod n) (vì a ord n a ≡ 1 (mod n)) + Ngược lại, giả sử : a i ≡ a j (mod n) với i ≥ j.
= 1 Áp dụng hệ quả 1.1.1, ta có: a i ≡ a j a i−j ≡ a j (mod n)
2.1 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN THEO MODULO N CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Khi đó, ord n a | i − j hay tương đương i ≡ j (mod ord n a)
Khi cho a = 3 và n = 14, ta có 3^5 ≡ 3^11 (mod 14) và 3^9 ≡ 3^20 (mod 14) Điều này xảy ra vì φ(14) = 6, và 5 ≡ 11 (mod 6), nhưng 9^6 ≡ 20 (mod 6) Theo định nghĩa, nếu r và n là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau với n > 0 và ord_n(r) = φ(n), thì r được gọi là căn nguyên thủy modulo n.
Ví dụ 2.1.6 3 là căn nguyên thuỷ của7 vì ord 7 3 = 6 = φ (7) Tương tự như vậy,
3 cũng là căn nguyên thủy của 14 vì ord 14 3 = 6 = φ (14)
Số 2 là căn nguyên thủy của số 7 vì ord 7 2 = 3 và φ(7) = 6 Ngược lại, số 8 không có căn nguyên thủy, vì φ(8) = 4 Khi xem xét các số nguyên nhỏ hơn 8 và nguyên tố cùng nhau với 8, ta có các số 1, 3, 5, 7, với các giá trị ord 8 như sau: ord 8 1 = 1, ord 8 3 = ord 8 5 = ord 8 7 = 2.
Không phải mọi số nguyên đều có căn nguyên thủy Theo định lý 2.1.3, nếu (r, n) = 1 và r là căn nguyên thủy modulo n, thì các số r^1, r^2, , r^φ(n) tạo thành một hệ thặng dư thu gọn modulo n.
Để chứng minh rằng các lũy thừa của căn nguyên thủy r là hệ thặng dư thu gọn modulo n, cần chỉ ra rằng chúng nguyên tố cùng nhau với n và không có hai lũy thừa nào đồng dư với nhau modulo n.
Thật vậy, từ (r, n) = 1 suy ra r k , n
= 1, ∀k ∈Z ∗ Giả sử, 1 ≤ i, j ≤ φ (n) và r i ≡ r j (mod n) Theo định lí 2.1.2, ta có i ≡ i (mod ord n a = φ (n)), nhưng 1 ≤ i, j ≤ φ (n) nên i = j. Điều này hiển nhiên cho thấy không có hai lũy thừa đồng dư modulo n
Ví dụ 2.1.7 Do 2 là căn nguyên thủy của 9 và φ (9) = 6 nên các số :
2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 8, 2 6 ≡ 1 (mod 9) lập thành hệ thặng dư thu gọn.
2.1 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN THEO MODULO N CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Để biểu diễn cấp của bất kỳ lũy thừa nào của một số nguyên a theo cấp của a, ta có thể áp dụng định lý sau: Nếu ord m a = t và u là một số nguyên dương (u ∈ Z, u > 0), thì ord m a u = t.
Chứng minh Giả sử s = ord m a u , v = (t, u) , t = t 1 v và u = u 1 v Khi đó,(t 1 , u 1 ) =
Mặc khác, vì (a u ) s = a u.s ≡ 1 (mod m), ta lại có t | u.s, nên t 1 v | u 1 v.s hay t 1 | u 1 s mà (t 1 , v 1 ) = 1 Do đó, t 1 | s và s | t 1
Suy ra, s = t 1 = v t = (t,u) t Điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.1.8 ord 14 3 = 6, ord 14 9 = ord 14 3 2 = (6,2) 6 ord 7 3 = 6, ord 7 3 4 = (6,4) 6 = 6 2 = 3
Từ định lí trên, kết luận sau cho ta thấy lũy thừa của một căn nguyên thủy cũng có căn nguyên thủy.
Hệ quả 2.1.2 Cho r là căn nguyên thủy modulo m với m ∈ Z , m > 1 Khi đó, r u là căn nguyên thủy modulo m nếu và chỉ nếu (u, φ (m)) = 1.
Chứng minh Theo định lí 2.1.4, ta có: ord m r u = ord m r
Như vậy, ord m (r u ) = φ (m) khi và chỉ khi (u, φ (m)) = 1. Định lí 2.1.5 Nếu m ∈ Z , m > 0 , m có căn nguyên thủy, thì nó có φ (φ (m)) căn nguyên thủy không đồng dư nhau modulo m.
Căn nguyên thủy của số nguyên tố
Chứng minh Giả sử r là căn nguyên thủy của m
Theo định lí 2.1.3 thì r 1 , r 2 , , r φ(m) là hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Do hệ quả2.1.2,r u là căn nguyên thủy modulomkhi và chỉ khi(u, φ (m)) = 1.Vậy có đúng φ (φ (m)) các số u như thế, hay m có đúng φ (φ (m)) căn nguyên thủy không đồng dư nhau modulo m.
Ví dụ 2.1.9 Giả sử m = 11 Do (2, 11) = 1 nên ord 11 2 | φ (11) = 10.
Số 2 là căn nguyên thủy modulo 11, với các kết quả 2^1 ≡ 2, 2^2 ≡ 4, và 2^5 ≡ 10 Do đó, bậc của 2 modulo 11 là ord(11, 2) = φ(11) Vì vậy, 11 có tổng cộng φ(φ(11)) = φ(10) = 4 căn nguyên thủy không đồng dư nhau, bao gồm các số 2, 8, 7 và 6.
2.2 Căn nguyên thủy của số nguyên tố
Chúng ta sẽ khám phá nguồn gốc của các số nguyên tố, chứng minh rằng mỗi số nguyên tố đều có căn nguyên thủy Để thực hiện điều này, cần khảo sát một số tính chất của đồng dư.
Giả sử f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, số nguyên c được coi là nghiệm của f(x) modulo m nếu f(c) ≡ 0 (mod m) Nếu c là nghiệm của f(x) modulo m, thì mọi số nguyên đồng dư với c modulo m cũng sẽ là nghiệm.
Đa thức f(x) = x² + x + 1 có hai nghiệm không đồng dư nhau modulo 7, cụ thể là x ≡ 2 (mod 7) và x ≡ 4 (mod 7) Trong khi đó, đa thức g(x) = x² + 2 không có nghiệm modulo 5 Theo định lý Fermat, nếu p là số nguyên tố, thì đa thức h(x) = x^(p−1) − 1 sẽ có p − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p, tức là x ≡ 1, 2, , p − 1 (mod p) Định lý 2.2.1 chỉ ra rằng với p là số nguyên tố và f(x) = a_n x^n + a_(n−1) x^(n−1) + + a_1 x + a_0 là đa thức bậc n ≥ 1 với hệ số nguyên và p không chia hết cho a_n, thì f(x) ≡ 0 (mod p) có nhiều nhất n nghiệm không đồng dư nhau modulo p.
Chứng minh Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh.
Nghiệm của f (x) modulo p chính là nghiệm của đồng dư tuyến tính a 1 x ≡ −a 0
2.2 CĂN NGUYÊN THỦY CỦA SỐ NGUYÊN TỐ CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Nên a 1 x ≡ −a 0 (mod p) có nghiệm duy nhất Vậy định lí đúng với n = 1.
Giả sử định lí đúng với đa thức cấp n − 1.
Nếu đa thức f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 có các nghiệm không đồng dư nhau modulo p, thì tồn tại các số nguyên c_0, c_1, , c_n không đồng dư nhau modulo p sao cho f(c_k) ≡ 0 (mod p) với mọi 0 ≤ k ≤ n Khi đó, ta có thể viết lại đa thức f(x) dưới dạng f(x) - f(c_0) = a_n (x^n - c_0^n) + a_{n-1} (x^{n-1} - c_1^{n-1}).
= (x − c 0 ) g (x). trong đó g (x) là đa thức cấp n − 1 với hệ số cấp cao nhất cũng chính là a n
Khi đó, từ hệ thức trên ta có, f (c k ) − f (c 0 ) = (c k − c 0 ) g (c k ) ≡ 0 (mod p)
Với mọi số nguyên k trong khoảng 1 ≤ k ≤ n, ta có c k 6≡ c 0 (mod p), hay (c k − c 0 , p) = 1 Điều này dẫn đến g (c k ) ≡ 0 (mod p), nghĩa là c k là nghiệm của g (x) modulo p, mâu thuẫn với giả thiết quy nạp rằng g (x) có không quá n − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p Định lý 2.2.2 chỉ ra rằng nếu p là số nguyên tố và d | p − 1, thì đa thức x d − 1 có chính xác d nghiệm không đồng dư modulo p.
Chứng minh Giả sử p − 1 = de Thì x p−1 − 1 = x d − 1 x d(e−1) + x d(e−2) + + x d + 1
Vìplà số nguyên tố nênx p−1 −1 = x d e
Theo định lý, nếu x^(p−1) − 1 ≡ 0 (mod p) thì có đúng p − 1 nghiệm không đồng dư, và g(x) với cấp p − 1 − d sẽ có không quá p − 1 − d nghiệm không đồng dư nhau modulo p Từ đó, suy ra x^d − 1 ≡ 0 (mod p) có ít nhất d nghiệm không đồng dư nhau modulo p Theo định lý 2.2.1, x^d − 1 ≡ 0 (mod p) có đúng d nghiệm không đồng dư nhau modulo p Định lý này cho biết số lượng số nguyên không đồng dư theo thứ tự nhất định trong modulo p.
2.2 CĂN NGUYÊN THỦY CỦA SỐ NGUYÊN TỐ CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN Định lí 2.2.3 Cho p là một số nguyên tố và d | p − 1 Khi đó có đúng φ (d) số nguyên không đồng dư modulo p và có bậc bằng d modulo p.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương d | p − 1, số F(d) đại diện cho số các số nguyên dương nhỏ hơn p có cấp d modulo p Do tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn p đều có cấp và cấp là ước của p − 1, ta có thể khẳng định rằng p − 1 = ∑ d|p−1.
Ta cần chứng minh rằng F (d) ≤ φ (d) với d | p − 1.
Thật vậy, nếu F (d) = 0 thì F (d) ≤ φ (d) là hiển nhiên.
Ngược lại nếu ord p a = d thì a, a 2 , , a d là các số đôi một không đồng dư nhau modulo p Mỗi một trong các số này đều là nghiệm của x d − 1
Từ định lí 2.2.2 ta suy ra rằng, mỗi nghiệm của x d − 1
Trong lý thuyết số, các số 0 (mod p) đồng dư với lũy thừa a^k của a, với 1 ≤ k ≤ d Định lý khẳng định rằng a^k có cấp bằng d = ord_p a nếu và chỉ nếu (k, d) = 1 Điều này dẫn đến việc có đúng φ(d) số không đồng dư nhau modulo p và có cấp bằng d Do đó, ta có F(d) ≤ φ(d).
Do đó, ta kết luận F (d) = φ (d) Điều này cho thấy có đúng φ (d) số nguyên không đồng dư modulo p và có bậc bằng d modulo p.
Hệ quả 2.2.1 Mọi số nguyên tố đều có căn nguyên thủy.
Chứng minh Giả sử p là số nguyên tố Theo định lí trên, với d = p − 1, ta có cả thảy φ (p − 1) số không đồng dư nhau modulo pvà có cấp bằng p − 1 = φ (p).
Các số có căn nguyên thủy
2.3 Các số có căn nguyên thủy
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá tất cả các số có căn nguyên thủy Đặc biệt, mỗi lũy thừa của số nguyên tố lẻ đều có cấp nguyên thủy Theo Định lý 2.3.1, nếu r là căn nguyên thủy của số nguyên tố lẻ p, thì r hoặc r + p sẽ là căn nguyên thủy modulo p².
Chứng minh Vìr là căn nguyên thủy modulo p nên ord p r = φ (p) = p − 1. Đặt n = ord p 2 r, ta có: r n ≡ 1 (mod p 2 ).
Theo định lí 2.1.1 thì p − 1 = ord p r | n Ta cũng có n | φ p 2
Vì n | p (p − 1) và p − 1 | n ta suy ran = p − 1 hoặc n = p (p − 1)
+ Nếu n = p (p − 1) thì r là căn nguyên thủy modulo p 2 (vì ord p 2 r = φ p 2
). + Nếu n = p − 1, ta có: r p−1 = r n ≡ 1 (mod p 2 ) Đặt s = p + r Dos ≡ r (mod p)nên scũng là căn nguyên thủy modulo p Tương tự như trên, ta có ord p 2 s 6= p − 1 Ta có: s p−1 = (r + p) p−1 = r p−1 + (p − 1) (r) p−2 p + (p − 1) (p − 2)
2 r p−3 p 2 + + p p−1 và r p−1 ≡ 1 (mod p 2 ), nên: s p−1 ≡ r p−1 + (p − 1) pr p−2 ≡ 1 − pr p−2 (mod p 2 ).
Vì (r, p) = 1 nên pr p−2 6≡ 0 (mod p 2 ), suy ra: s p−1 6≡ 1 (mod p 2 ), hay nói cách khác :ord p 2 s 6= p − 1 Vậy hiển nhiên là: ord p 2 s = p(p − 1), suy ra s = r + p là căn nguyên thủy modulo p 2
Ví dụ 2.3.1 Ta có 3 là căn nguyên thủy modulo p = 7 Sử dụng định lí trên, ta tính được: ord 49 3 = p − 1 = 6, ord 49 3 = p(p − 1) = 42 Do đó: r 6 = 3 6 6≡ 1 (mod 49).
Ta suy ra: 3 là căn nguyên thủy modulo 49.
2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN Định lí 2.3.2 Cho p là số nguyên tố lẻ, khi đó ∀k ∈Z , k > 0, p k có căn nguyên thủy Hơn nữa, nếu r là căn nguyên thủy modulo p 2 , thì ∀k ∈ Z , k > 0, r là căn nguyên thủy modulo p k
Giả sử r là căn nguyên thủy modulo p, theo định lý 2.3.1, r cũng là căn nguyên thủy modulo p², do đó r^(p−1) không đồng dư 1 (mod p²) Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh rằng với mọi k ∈ Z, k ≥ 2, ta có r^(p^(k−2)(p−1)) không đồng dư 1 (mod p^k).
Giả sử rằng, ∀k ∈Z , k ≥ 2 , ta có: r p k−2 (p−1) 6≡ 1 (mod p k ).
= 1 theo định lí Euler’s, thì: r φ ( p k−1 ) = r p k−2 (p−1) ≡ 1 (mod p k−1 ).
Tương đương, r p k−2 (p−1) = 1 + dp k−1 , trong đó: p- d vì r p k−2 (p−1) 6≡ 1 (mod p k ) Lũy thừa p hai vế của đồng dư trên, ta được: r p k−1 (p−1) = 1 + dp k−1 p
Bây giờ ta chứng minh r là căn nguyên thủy của p k Ta đặt: n = ord p k r.
= p k−1 (p − 1) Mặc khác, vì r n ≡ 1 (mod p k ) nên r n ≡ 1 (mod p).
Do đó, p − 1 = φ (p) | n( theo định lí 2.1.1)
≡ 1 (mod p k ). và điều này vô lí với điều được chứng minh r p k−2 (p−1) 6≡ 1 (mod p k )
Vậy r là căn nguyên thủy của p k
2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
Kể từ bây giờ ta sẽ thảo luận liệu có hay không căn nguyên thủy modun lũy thừa của 2. Định lí 2.3.3 Nếu a là số nguyên lẻ và nếu k ∈Z , k ≥ 3 , thì: a φ ( 2 k )
Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp, ∀k ≥ 3 Khi k = 3, do a là một số nguyên lẻ nên a = 2b + 1, ∀b ∈Z
Giả sử định lí đúng với mọi k ≥ 3: a 2 k−2 ≡ 1 (mod 2 k ), khi đó :
Bình phương 2 vế của đẳng thức, ta được: a 2 k−1 = 1 + d2 k+1 + d 2 2 2k
Vậy định lí được chứng minh.
Định lý 2.3.1 chứng minh rằng chỉ có 2 và 4 là những lũy thừa của 2 có căn nguyên thủy Điều này xảy ra vì khi a là số nguyên lẻ và a φ (2 k), không phải tất cả các lũy thừa của 2 đều có căn nguyên thủy.
. Mặc dù không tồn tại căn nguyên thủy của lũy thừa mođun 2 k , ∀k ≥ 3, nhưng luôn tồn tại một lũy thừa dương lớn nhất có thể đó là φ ( 2 k )
2 , định lí sau sẽ chứng minh cho điều này. Định lí 2.3.4 Cho k ∈Z , k ≥ 3 Thì ord 2 k 5 = φ 2 k
Chứng minh Áp dụng định lí 2.3.3, ta có : 5 2 k−2 ≡ 1 (mod 2 k ), ∀k ≥ 3 nên ord 2 k 5 | 2 k−2 ( theo định lí 2.1.1).
Vì vậy, nếu ta chứng minh được rằng: ord 2 k 5- 2 k−3 ta có thể kết luận ord 2 k 5 = 2 k−2
2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN Để chứng minh: ord 2 k 5- 2 k−3 bằng cách ta chứng minh:
Với k = 3, ta có: 5 ≡ 1 + 4 (mod 8)(∗ đúng)
Giả sử (*) đúng với mọi k ≥ 3, 5 2 k−3 ≡ 1 + 2 k−1 (mod 2 k ) Điều này tương đương ∃d ∈Z ∗ thỏa:
+ d2 k Thực hiện bình phương 2 vế của đẳng thức ta được:
Từ đây ta kết luận: ord 2 k 5 = φ ( 2 k )
Hai định lý đã chỉ ra rằng tất cả các lũy thừa nguyên tố lẻ có thể được biểu diễn qua căn nguyên thủy, trong khi chỉ có lũy thừa của 2 là 2 và 4 có căn nguyên thủy Một số nguyên không lũy thừa nguyên tố được định nghĩa là số nguyên chia hết bởi hai hoặc nhiều số nguyên tố có căn nguyên thủy Giới hạn của tập hợp các số nguyên dương không lũy thừa nguyên tố được biểu diễn qua căn nguyên thủy là hai lần lũy thừa nguyên tố lẻ Theo định lý 2.3.5, nếu n là số nguyên dương, hoặc không lũy thừa nguyên tố, hoặc hai lần lũy thừa nguyên tố, thì n sẽ không có căn nguyên thủy.
Chứng minh Cho n là số nguyên dương với khai triển lũy thừa nguyên tố n = p t 1 1 p t 2 2 p t m m
Giả sử số nguyênn có căn nguyên thủy làrcó nghĩa là(r, n) = 1 vàord n r = φ (n)
= 1 với p là thừa số nguyên tố của n Khi đó theo định lí Euler’s, ta biết: r φ ( p t ) ≡ 1 (mod p t )
2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN
, trong đó U là bội chung nhỏ nhất của φ p t 1 1
| U, ta có r U ≡ 1 (mod p t i i ) với i = 1 m Áp dụng định lí Trung Hoa về phần dư, ta có : r U ≡ 1 (mod n) điều này có nghĩa là: ord n r = φ (n) ≤ U.
Đẳng thức cuối cùng xảy ra khi các số nguyên φ p t 1 1
, φ p t m m đôi một nguyên tố cùng nhau.
= p t−1 (p − 1), ta thấy φ p t là số chẵn nếu p lẻ hoặc p = 2 và t ≥ 2 Như vậy, các số nguyên φ p t 1 1
Trong trường hợp không có hai nguyên tố cùng nhau, ngoại trừ m = 1 và n là lũy thừa nguyên tố hoặc m = 2 và n = 2p^t (với p là nguyên tố lẻ), Định lý 2.3.6 chỉ ra rằng nếu p là số nguyên tố lẻ và t thuộc Z*, thì 2p^t có căn nguyên thủy Cụ thể, nếu r là căn nguyên thủy modulo p^t và r lẻ, thì nó cũng là căn nguyên thủy modulo 2p^t Ngược lại, nếu r là căn nguyên thủy modulo p^t và r chẵn, thì r + p^t cũng là căn nguyên thủy modulo 2p^t.
Chứng minh Gọi r là căn nguyên thủy modulo p t , ta có: r φ ( p t ) ≡ 1 (mod p t ) và không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn φ p t có tính chất này.
Dễ dàng thấy được không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn φ 2p t
= φ p t có tính chất như trên, do đó ord 2p t r = φ 2p t
, điều này tương đương r là căn
2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG 2 CẤP CỦA SỐ NGUYÊN nguyên thủy modun 2p t
Nếu r chẵn thì r + p t là số lẻ Do đó, r + p t φ ( 2p t )
Mặc khác, vì r + p t ≡ r (mod p t ) nên r + p t φ ( 2p t )
Cũng thấy rằng không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn φ 2p t
= φ p t có tính chất trên, do đó ord 2p t r + p t
= φ 2p t nghĩa là r + p t là căn nguyên thủy modun 2p t
Vậy định lí trên được chứng minh.
Ví dụ 2.3.2 Dễ dàng chứng minh được 3 là căn nguyên thủy modun 7 t , ∀t ∈Z ∗
Vì 3 là số lẻ nên theo định lí 2.3.6 thì 3 cũng là căn nguyên thủy modun 2.7 t , ∀t ∈Z ∗ Ví dụ 3 là căn nguyên thủy của modun 14.
Tương tự như vậy, ta có 2 là căn nguyên thủy modun 5 t , ∀t ∈Z ∗ Vì 2 + 5 t cũng là căn nguyên thủy modun 2.5 t , ∀t ∈Z ∗ Ví dụ 27 là căn nguyên thủy modun 50.
Theo các định lý 2.3.3, 2.3.4, 2.3.5 và 2.3.6, ta có định lý 2.3.7: Số nguyên dương n lớn hơn 1 có căn nguyên thủy khi và chỉ khi n bằng 2, 4, p^t, hoặc 2p^t, trong đó p là số nguyên tố lẻ và t là số nguyên dương.
ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ
Chỉ số số học
Trong nghiên cứu về căn nguyên thủy, chúng ta sẽ xem xét cách ứng dụng nó để xây dựng thuật toán đồng dư Giả sử r là căn nguyên thủy modulo số nguyên dương m Các số nguyên r, r², r³, , r^φ(m) tạo thành hệ đồng dư modulo m Nếu a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với m, thì tồn tại duy nhất số nguyên x, 1 ≤ x ≤ φ(m), thỏa mãn r^x ≡ a (mod m) Từ đó, chúng ta định nghĩa rằng nếu m là số nguyên dương có căn nguyên thủy r và a ∈ Z*, với (a, m) = 1, thì tồn tại x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ φ(m) thỏa mãn r^x ≡ a (mod m) Số nguyên x này được gọi là chỉ số a với cơ sở r modulo m, ký hiệu x = ind_r a.
Như vậy a ≡ r ind r a (mod m), từ định nghĩa ta cũng thấy, với mọi số nguyên a,b nguyên tố cùng nhau với m, hệ thức a ≡ b (mod m) tương đương với ind r a = ind r b.
Ví dụ 3.1.1 Cho m=7, ta có 3 là căn nguyên thủy modulo 7 và 3 1 ≡ 3(mod 7), 3 2 ≡ 2 (mod 7), 3 3 ≡ 6 (mod 7), 3 4 ≡ 4 (mod 7), 3 5 ≡ 5 (mod 7), 3 6 ≡ 1
3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG 3 ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ
Thật vậy, với modulo 7 ta có: ind 3 1 = 6, ind 3 2 = 2, ind 3 3 = 1 ind 3 4 = 4, ind 3 5 = 5, ind 3 6 = 3
Căn nguyên thủy khác của modulo 7, chẳng hạn như 5, tạo ra một bộ các chỉ số với các giá trị đặc trưng Cụ thể, ind 5 1 = 6, ind 5 2 = 4, ind 5 3 = 5, ind 5 4 = 2, ind 5 5 = 1, và ind 5 6 = 3.
Chỉ số số học có những tính chất tương tự như logarithm, nhưng thay dấu "=" bằng dấu đồng dư modulo φ(m) Định lý 3.1.1 nêu rằng nếu m là một số nguyên dương có căn nguyên thủy r, và a, b là các số nguyên tố cùng nhau với m, thì có những mối quan hệ đặc biệt giữa chúng.
2 ind r (ab) ≡ ind r a + ind r b (mod φ (m))
Chứng minh 1.Theo định lí Euler’s, ta cór φ(m) ≡ 1 (mod m) Vì r là căn nguyên thủy modulo m nên kéo theo ind r 1 = φ (m) ≡ 0 (mod φ (m))
2.Ta có r ind r (ab) ≡ ab (mod m) và r ind r a+ind r b ≡ r r a.r ind r b ≡ ab (mod m)
Hiển nhiên, r ind r (ab) ≡ r ind r a+ind r b (mod m)
Khi đó, ind r (ab) ≡ ind r a + ind r b (mod φ (m)) 3.Ta sử dụng định nghĩa r ind r a k ≡ a k (mod m) và r k.ind r a ≡ r ind r a k
3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG 3 ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ
Khi đó, ind r a k ≡ k.ind r a (mod φ (m))
Với modulo 7, ta có ind 5 2 = 4 và ind 5 3 = 5 Do φ(7) = 6, theo định lý, ind 5 6 = ind 5 2.3 = ind 5 2 + ind 5 3 = 4 + 5 = 9 ≡ 3 (mod 6) Áp dụng tính chất trên, ta cũng tính được ind 5 3 4 ≡ 4.ind 5 3 ≡ 4.5 = 20 ≡ 2 (mod 6).
Việc tìm các chỉ số giúp ích rất nhiều trong việc tìm nghiệm của một số đồng dư Ta cân nhắc ví dụ sau:
Ví dụ 3.1.3 Tìm nghiệm của phương trình đồng dư sau: 6x 12 ≡ 11 (mod 17) Giải:
Vì 3 là căn nguyên thủy modulo 17, nên ta lập được bảng chỉ số số nguyên cơ sở 3 modulo 17 Do φ (17) = 16 Ta có ind 3 6x 12
Bảng 3.1: * Áp dụng các tính chất trên,ta khai triển dược: ind 3 6x 12
Tương đương ind 3 x ≡ 2 (mod 4) Khi đó, ind 3 x ≡ 2, 6, 10, 14 (mod 16)
3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG 3 ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ
Dẫn đến x ≡ 3 2 , 3 6 , 3 10 , 3 14 (mod 17) mà 3 2 ≡ 9, 3 6 ≡ 15, 3 10 ≡ 8, 3 14 ≡ 2 (mod 17)
Ví dụ 3.1.4 Tìm tất cả nghiệm của đồng dư sau
Giải: từ đồng dư 7 x ≡ 6 (mod 17), ta lấy chỉ số cơ sở 3 modulo 17 hai vế ta được: ind 3 (7 x ) ≡ ind 3 6 = 15 (mod 16) điều này tương đương ind 3 (7 x ) ≡ x.ind 3 7 ≡ 11x (mod 16) hiển nhiên,
Vì 3 là nghịch đảo của 11 modulo 16, nên: x ≡ 3.15 = 45 ≡ 13 (mod 16) Vậy nghiệm của 7 x ≡ 6 (mod 17) là x ≡ 13 (mod 16) Định nghĩa 3.1.2 Cho m, a ∈ Z ∗ , (a, m) = 1 , nếu x k ≡ a (mod m) có nghiệm thì lúc này ta gọi a là thặng dư lũy thừa k của m. Định lí 3.1.2 Cho m ∈Z ∗ có căn nguyên thủy Nếuk ∈Z ∗ , a ∈ Z , (a, m) = 1 , thì x k ≡ a (mod m) có nghiệm khi và chỉ khi a φ{m} d ≡ 1 (mod m), với d = (k, φ (m)). Hơn nữa, nếu x k ≡ a (mod m) thì có chính xác d nghiệm không đồng dư modulo m
Chứng minh Cho m là số nguyên dương có căn nguyên thủy r Ta có đồng dư x k ≡ a (mod m) tương đương k.nd r x ≡ ind r a (mod φ (m))
Giả sử d = (k, φ (m)) , y = ind r a, vì vậy x ≡ r y (mod m)
Nếu d - ind r a, thì ky ≡ ind r a (mod φ (m)) không có nghiệm
Nếu d | ind r a, thì d nghiệm nguyên y không đồng dư modulo φ (m), khi đó hiển nhiên có chính xác d nghiệm nguyên x không đồng dư modulo m Ta có d | ind r a
Kiểm tra tính nguyên tố
tương đương φ (m) d ind r a ≡ 0 (mod φ (m)) khi và chỉ khi a φ(m) d ≡ 1 (mod m) Vậy định lí được chứng minh.
Theo định lý, với p là số nguyên tố, k là số nguyên dương và (a, p) = 1, ta có a^(p−1) d ≡ 1 (mod p) khi và chỉ khi a là thặng dư lũy thừa k của p, trong đó d = (k, p − 1) Để minh họa cho điều này, ta sẽ xem xét một ví dụ cụ thể.
Ví dụ 3.1.5 Kiểm tra xem 5 là thặng dư lũy thừa 6 của 17 ? , ta không cần xét đồng dư x 6 ≡ 5 (mod 17) có nghiệm hay không ?Mà áp dụng nhận xét trên
Kết luận 5 không là thặng dư lũy thừa 6 của 17.
3.2 Kiểm tra tính nguyên tố
Để kiểm tra tính nguyên tố của một số nguyên dương n, chúng ta có thể sử dụng định lý 3.2.1 Cụ thể, nếu tồn tại một số nguyên x sao cho x^(n−1) ≡ 1 (mod n) và x^(n−1) d ≠ 1 (mod n), thì n được xác định là số nguyên tố.
Chứng minh Từ x n−1 ≡ 1 (mod n) suy ra ord n x | (n − 1) (1)
Ta cần chứng minh ord n x = n − 1 ta giả sử ngược lại ord n x 6= n − 1 (2)
Khi đó, từ (1)∃k ∈Z thỏa n − 1 = k.ord n x
Kết hợp (1),(2) ta kết luận k >1.
Gọi q là ước nguyên tố của k Thì x (n−1)/q = x k/(ord n x.q)