Cấp của số nguyên và ứng dụng trong biểu diễn số

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, 13 6≡ 5 (mod 9) được chứng minh bởi 9 - (13 - 5) = 8 Đồng nhất thức ngày càng phát triển để phục vụ cho các phép tính trong ứng dụng thực tế Để tối ưu hóa tính hữu dụng của đồng nhất thức, người ta chuyển đổi chúng thành đẳng thức thông qua các định lý Cụ thể, Định lý 1.1.1 cho biết rằng nếu a, b ∈ Z, thì a ≡ b (mod m) suy ra 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 một số nguyên k sao cho c(a − b) = km Chia hai vế cho d, ta có (c/d)(a − b) = k(m/d) Vì (m/d, c/d) = 1, nên m/d chia hết cho (a − b) Do đó, 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 định lý, ta có: ac − bd = ac − bc + bc − bd = (c(a − b) + b(c − d)) = ckm + blm = m(ck + bl), từ đó suy ra m | (ac − bd), do đó ac ≡ bd (mod m) Theo định lý 1.1.6, nếu a, b ∈ Z và m, k ∈ Z* với a ≡ b (mod m), thì a^k ≡ 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 thuộc 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 bởi vì m1, m2, , mk là 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 p α và không nguyên tố cùng nhau với p α là các số chia hết cho p, được biểu diễn dưới dạng kp với 1 ≤ k ≤ p α−1 Tổng số các số này là p α−1, dẫn đến công thức φ (p α ) = p α − p α−1 = p α.

Theo định lý 1.1.2, tập hợp các số nguyên được phân chia thành các lớp đồng dư khác nhau, được gọi là các lớp đồng dư modulo m, trong đó mỗi lớp tương đương với nhau.

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 0, 1, , m−3, m−1, được coi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m Một tập hợp {r1, r2, , rn} được gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu các phần tử r_i đều nguyên tố cùng nhau với m, không giống nhau và 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 hệ {ar1, ar2, , arφ(m)} cũng sẽ là 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 \( r_1, r_2, \ldots, r_{\phi(m)} \) với điều kiện \( (a, m) = 1 \) dẫn đến việc \( ar_1, ar_2, \ldots, ar_{\phi(m)} \) cũng tạo thành một hệ thặng dư thu gọn Do đó, các số trong hai hệ này đồng dư modulo \( m \), từ đó suy ra \( ar_1 ar_2 \ldots ar_{\phi(m)} \equiv r_1 r_2 \ldots r_{\phi(m)} \mod m \) và kết luận rằng \( a^{\phi(m)} r_1 r_2 \ldots r_{\phi(m)} \equiv r_1 r_2 \ldots r_{\phi(m)} \mod m \).

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 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 ≡ ax₀ ≡ b (mod m), do đó x₁ cũng là một nghiệm Nếu một phần tử của lớp đồng dư thức modulo m là nghiệm, thì tất cả các phần tử của 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: 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 phương trình ax ≡ b (mod m) tương đương với ax − my = b, ta thấy rằng x là nghiệm của phương trình này khi và chỉ khi tồn tại số nguyên y ∈ Z thỏa mãn điều kiện 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, ta có t1 ≡ t2 (mod d), cho thấy rằng lớp đồng dư d là đúng Do đó, phương trình ax ≡ b (mod m) sẽ có d nghiệm không đồng dư nhau modulo m Các nghiệm không đồng dư này có thể được biểu diễn dưới dạng x = x0 + md tj, với 0 ≤ j ≤ 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 là đồng dư modulo m Định nghĩa 1.3.1 cho biết rằng, 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, chúng ta có thể giải bất kỳ đồng dư thức nào có dạng ax ≡ b (mod m) bằng cách nhân cả hai vế với nghịch đảo ¯ a của a Khi đó, ta có x ≡ ¯ ab (mod m) Từ đây, 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 Đồng thời, theo định lý 1.3.3, số nguyên dương a là nghịch đảo của chính nó modulo p (với p là số nguyên tố) 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, 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 vô nghiệm, dẫn đến mối quan hệ a x ≡ 1 (mod m) không thể xảy ra Điều này có nghĩa là k = a x−1 không thể là nghiệm của phương trình a x ≡ 1 (mod m) Do đó, khi nói về 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 2.1.1 Theo định lý này, nếu a và m là các số nguyên dương, với điều kiện (a, m) = 1 và m > 0, thì x là nghiệm của phương trình đồng dư a x ≡ 1 (mod m) 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 nghiệm của phương trình đồng dư a x ≡ 1 (mod m), với các nghiệm có dạng x q = q.ord m a, trong đó q ∈ N ∗ Khi xác định được ord m a, ta có thể sinh ra tất cả các nghiệm của phương trình Điều này làm cho thuật toán xác định nghiệm trở nên đơn giản hơn, vì chỉ cần xem xét tối đa là φ(m) trường hợp.

Cấp của 3 modulo 7 được xác định là ord 7 3 = 6 Do 6 chia hết cho 12 nhưng không chia hết cho 15, 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.

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 xem xét tất cả các lũy thừa của a, chúng ta chỉ cần giới hạn các lũy thừa ở các ước của φ(m) Dưới đây là một ví dụ minh họa cho điều 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)

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), trong khi 9 ≡ 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 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, trong đó ord 8 1 = 1, ord 8 3 = ord 8 5 = ord 8 7 = 2.

Không phải tất cả các số nguyên đều có căn nguyên thủy Nếu hai số nguyên r và n là nguyên tố cùng nhau, và r là căn nguyên thủy modulo n, thì các số r^1, r^2, , r^φ(n) sẽ tạo thành một hệ thặng dư thu gọn modulo n.

Chúng ta cần chứng minh rằng các lũy thừa của căn nguyên thủy r, ký hiệu là φ(n), tạo thành một hệ thặng dư thu gọn modulo n Điều này có nghĩa là các lũy thừa này 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.

Để biểu diễn cấp của bất kỳ lũy thừa nào của một số nguyên a theo cấp của a, ta có thể dựa vào định lý sau: Nếu ord m a = t và u ∈ Z với 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 ) =

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.

Trong bài viết, chúng ta thấy rằng 2^1 ≡ 2 (mod 11), 2^2 ≡ 4 (mod 11), và 2^5 ≡ 10 (mod 11), từ đó suy ra rằng ord_11(2) = φ(11) Điều này cho thấy 11 có 2 làm căn nguyên thủy, dẫn đến việc 11 có tổng cộng φ(φ(11)) = φ(10) = 4 căn nguyên thủy không đồng dư nhau modulo 11 Các căn nguyên thủy này là: 2^1 = 2, 2^3 = 8, 2^7 = 128, và 2^9 = 512, tương đương với các số 2, 8, 7, và 6.

2.2 Căn nguyên thủy của số nguyên tố

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá nguồn gốc nguyên thủy của các số nguyên tố Chúng ta sẽ chứng minh rằng mọi số nguyên tố đều có một căn nguyên thủy, và để làm điều này, cần xem xét một số tính chất của đồng dư.

Giả sử f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, chúng ta gọi số nguyên c là nghiệm của f(x) modulo m nếu f(c) ≡ 0 (mod m) Điều này có nghĩa là 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, là x ≡ 2 (mod 7) và x ≡ 4 (mod 7) Ngược lại, đa thức g(x) = x² + 2 không có nghiệm nào modulo 5 Theo định lý Fermat, nếu p là số nguyên tố, thì đa thức h(x) = x^(p-1) - 1 có đúng p - 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p, cụ thể là x ≡ 1, 2, , p - 1 (mod p) Định lý 2.2.1 cho biết 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, 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 quán 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 Do đó, ta có thể viết lại f(x) dưới dạng f(x) - f(c_0) = a_n (x^n - c_0^n) + a_{n-1} (x^{n-1} - c_0^{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, điều kiện c k 6≡ c 0 (mod p) hay (c k − c 0 , p) = 1 được thiết lập, dẫn đến g (c k ) ≡ 0 (mod p), nghĩa là c k là nghiệm của g (x) modulo p Điều này tạo ra mâu thuẫn với giả thiết quy nạp rằng g (x) không có quá n − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p Định lý 2.2.2 chỉ ra rằng, với p là số nguyên tố và d | p − 1, đa thức x d − 1 sẽ 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, phương trình \( x^{p-1} - 1 \equiv 0 \mod p \) có đúng \( p - 1 \) nghiệm không đồng dư nhau modulo \( p \) Hơn nữa, hàm \( g(x) \) với bậc \( p - 1 - d \) sẽ có không quá \( p - 1 - d \) nghiệm không đồng dư nhau modulo \( p \), từ đó suy ra rằng \( x^d - 1 \equiv 0 \mod p \) có không ít hơn \( d \) nghiệm không đồng dư nhau modulo \( p \) Theo định lý 2.2.1, phương trình \( x^d - 1 \equiv 0 \mod p \) có đúng \( d \) nghiệm không đồng dư nhau modulo \( p \) Định lý này cung cấp thông tin về số lượng các số nguyên không đồng dư có thứ tự nhất định theo 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, ta có số lượng các số nguyên dương nhỏ hơn p có cấp d modulo p được ký hiệu là F(d) Do tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn p đều có cấp, và cấp là ước của p − 1, ta có thể viết: 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

Mọi số 0 (mod p) đều đồng dư với một 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 Do đó, số lượng các số không đồng dư nhau modulop và có cấp bằng d là φ(d), dẫn đến 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 xác định tất cả các số có căn nguyên thủy Đầu tiên, cần lưu ý rằng mọi 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 p^2.

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 với 1 (mod p²) Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh rằng với mọi k ∈ Z, k ≥ 2, đều có r^(p^(k−2)(p−1)) không đồng dư với 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.

Theo định lý 2.3.1, chỉ có hai lũy thừa của 2 là 2 và 4 có căn nguyên thủy, trong khi các lũy thừa khác không có căn nguyên thủy Điều này xảy ra khi a là số nguyên lẻ và a φ (2^k).

. 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 chứng minh rằng mọi lũy thừa nguyên tố lẻ đều có thể biểu diễn qua căn nguyên thủy, trong khi chỉ có lũy thừa của 2 là 2 và 4 có căn nguyên thủy Từ đó, ta định nghĩa số nguyên không lũy thừa nguyên tố là số nguyên chia hết bởi hai hoặc nhiều số nguyên tố có căn nguyên thủy Giới hạn tập các số nguyên dương không lũy thừa nguyên tố 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 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 bài viết này, chúng ta khám phá các điều kiện liên quan đến nguyên tố và căn nguyên thủy Cụ thể, nếu m và n không có yếu tố chung nào, ngoại trừ trường hợp m = 1 với n là lũy thừa của 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 một số nguyên tố lẻ và t thuộc Z*, thì 2p^t sẽ có căn nguyên thủy Nếu r là căn nguyên thủy modulo p^t và r là số lẻ, thì r cũng là căn nguyên thủy modulo 2p^t Ngược lại, nếu r là căn nguyên thủy modulo p^t nhưng là số chẵn, thì r + p^t sẽ 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 nếu và chỉ nếu 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 phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu cách ứng dụng căn nguyên thủy để xây dựng thuật toán đồng dư Giả sử r là căn nguyên thủy modulo một 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 một số nguyên x, với 1 ≤ x ≤ φ(m), sao cho r^x ≡ a (mod m) Điều này dẫn đến định nghĩa rằng, với m là số nguyên dương có căn nguyên thủy r, nếu a ∈ Z* và (a, m) = 1, thì tồn tại x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ φ(m) thỏa mãn r^x ≡ a (mod m) Số nguyên x được gọi là chỉ số a với cơ sở r modulo m, ký hiệu là 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, cũng cho phép thiết lập một bộ chỉ số tương tự Cụ thể, các chỉ số này được xác định như sau: 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 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 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

Khi đó, ind r a k ≡ k.ind r a (mod φ (m))

Trong ví dụ 3.1.2 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) Bằng cách áp dụng tính chất này, 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)

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 trên, 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 chứng 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, ta có thể áp dụng định lý 3.2.1: nếu tồn tại một số nguyên x sao cho x^(n−1) ≡ 1 (mod n) và x^(n−1) d 6≡ 1 (mod n), thì n 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)

Định dạng
Số trang	41
Dung lượng	355,29 KB