Tài liệu Kỹ thuật lập trình - Chương 3: Kiểm tra và xây dựng số nguyên tố
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (219.74 KB, 19 trang )
Chương 3
KIỂM TRA VÀ XÂY DỰNG SỐ NGUYÊN TỐ
Dựa vào tính chất đặc biệt của số nguyên tố, mà khi xây dựng một số bài toán với
việc áp dụng số nguyên tố, đặc biệt là ứng dụng số nguyên tố lớn, nó trở nên hữu ích cho
mục đích bài toán. Trong chương này chúng ta đi tìm hiểu cách kiểm tra một số nguyên
tố cho trước và làm thế nào để xây dựng được số nguyên tố lớn.
3.1 Khái niệm về số nguyên tố
Số tự nhiên p, lớn hơn 1 gọi là số nguyên tố nếu như nó chia hết cho 1 và chính nó.
Định lý cơ bản của số học nói rằng, bất kỳ số tự nhiên n, lớn hơn 1 có thể phân tích thành
tích các số nguyên tố. Tức là một số tự nhiên có thể biểu diễn dưới dạng sau
k
k
ppn
α
α
1
1
=
,
ở đây
k
ppp <<<
21
- là các số nguyên tố khác nhau,
N
k
∈
αα
, ,
1
.
Bài toán kiểm tra số nguyên tố và xây dựng số nguyên tố lớn có ứng dụng rất quan
trọng trong mã hóa. Trong phần này tác giả viết về các thuật toán khác nhau để giải quyết
những bài toán này
3.2 Kiểm tra số nguyên tố theo phương pháp thử
Cho
Nn∈
. Kiểm tra xem n có phải là số nguyên tố hay không
Phương pháp thử chia
Nếu như n là hợp số, thì n=ab, với
ba
≤<
1
, điều kiên là
na ≤
. Cho nên đối với
[ ]
nd , ,3,2=
chúng ta kiểm tra xem n có chia hết cho d hay không? Nếu như ước số của
n không tìm thấy, thì n là số nguyên tố, ngược lại thì n là hợp số, và ta có thể phân tích n
thành 2 thừa số. Độ phức tạp của phương pháp này là
)( nO
.
Sàng Eratosphen
Nếu như chúng ta muốn thiết lập bảng tất cả các số nguyên tố giữa các số 2,3,…,N,
thì đầu tiên cần gạch chân các số chia hết cho 2 ngọai trừ số 2. Sau đó ta lấy các số 3 và
gạch chân các số tiếp theo và chia hết cho 3. Sau đó chúng ta chọn số tiếp theo và không
gạch chân (có nghĩa là 5), và tiếp tục gạch chân các số chia hết cho 5, và tiếp tục như thế.
Và cuối cùng chúng ta có được dãy các số nguyên tố. Phương pháp này thì tốn nhiều bộ
nhớ, nhưng để thành lập bảng nguyên tố thì đây là cách hiệu quả nhất.
3.3 Kiểm tra tính nguyên tố của số có dạng đặc biệt
Chúng ta xem số n dạng
12 +=
m
n
, ở đây
Nm
∈
. Nếu m chia hết cho số nguyên tố
2>p
, tức là
1,
11
≥= mpmm
, thì
1)2(
1
+=
p
m
n
chia hết cho
12
1
+
m
, có nghĩa là n là hợp số.
Cho nên số nguyên tố có thể chỉ khi
k
m 2=
.
Định nghĩa 3.1. Số
, ,2,1,0,12
2
=+= kF
k
k
gọi là số Fermat.
Hiện tại chúng ta biết được rằng
43210
,,,, FFFFF
là số nguyên tố, còn các số Fermat tiếp
theo
325
≤≤
k
là hợp số, còn các số tiếp theo thì chưa được kiểm tra.
Để kiểm tra tính nguyên tố của số Fermat chúng ta xem định lý sau
Định lý 3.1. Số
k
Fn =
khi k>0 là số nguyên tố khi và chỉ khi:
)(mod13
2
1
n
n
−≡
−
.
Chứng minh: Chúng ta chứng minh điều kiện đủ. Chúng ta có:
k
n
2
21 =−
. Từ
)(mod13
2
1
n
n
−≡
−
, nên
)(mod13
1
n
n
≡
−
, điều này có nghĩa là bậc của 3 (mod n) bằng
k
n
2
21 =−
. Nên nhóm nhân
*
n
Z
có ít nhất là n-1 phần tử, và các phần tử khác không của
Z
n
khả nghịch, hay n là số nguyên tố.
Bây giờ ta chứng minh phần nghịch. Chú ý rằng
)3(mod142
1
22
≡≡
−kk
. Bởi vậy n>3,
)4(mod1),3(mod2 ≡≡ nn
. Theo định luật bình phương (định lý Gausse) ta có
1
3
2
3
)1.(
3
3
4
)13)(1(
−=
=
=−
=
−−
nn
n
n
. Theo tiêu chuẩn Euler thì
)(mod3
3
2
1
n
n
n−
≡
.
Kiểm tra theo định lý này độ phức tạp là
)(lognO
, thế nhưng số Fermat tăng lên rất
nhanh, nên cách kiểm tra này trở nên không hiệu quả.
Bây giờ chúng ta xem số n dạng
12 −=
m
n
. Nếu m là hợp số, m=ab,
ba
≤<
1
, thì
12 −=
ab
n
chia hết cho
12 −=
a
n
. Cho nên số n là nguyên tố chi khi m là số nguyên tố.
Định nghĩa 3.2. Cho p là số nguyên tố, và
12 −=
p
p
M
cũng là số nguyên tố. Và số
p
M
gọi là số nguyên tố Mersenn.
Để kiểm tra tính nguyên tố của số Mersenn ta dùng định lý sau
Định lý 3.2. Cho q là số nguyên tố, q>2,
12 −=
q
n
. Chúng ta xem dãy
, ,,,
210
LLL
xác
định dãy này như sau
4
0
=L
;
)(mod2
2
1
nLL
jj
−≡
+
.
Số n là số nguyên tố khi và chỉ khi
)(mod0
2
nL
q
≡
−
Định lý 3.3 Cho p là số nguyên tố,
)4(mod3≡p
,
12 −=
p
p
M
. Số Fermat
p
F
là số
nguyên tố khi và chi khỉ
)(mod1
2/)1(
p
F
p
FM
p
−≡
−
.
Chứng minh: Theo định lý nhỏ Fermat ta có
)(mod22
12
p
M
p
≡
−
, từ đây
)(mod512.2
12
pp
MF
p
≡+=
−
. Dẫn đến
1),( =
pp
MFUCLN
, và dẫn đến
)(mod
5
5
2
1
p
p
pp
p
p
p
F
F
M
MM
F
F
M
M
p
≡
≡
≡
≡
−
Cho nên
1
5
2
5
),5(mod2)5(mod1212
334
−=
=
≡−≡−=
+
p
k
p
M
M
Định nghĩa 3.3 (dãy số Liuka). Cho dãy số
, ,,
210
uuu
và
, ,,,
210
vvv
với
4,2,1,0
1010
==== vvuu
, còn các thành phần tiếp theo của dãy được tính theo công thức
truy hồi
11
4
−+
−=
jjj
xxx
, được gọi là dãy số Liuka.
3.4 Phương pháp N
±
1 kiểm tra tính nguyên tố và xây dựng số nguyên tố lớn
Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu một số phương pháp, mà với sự giúp đỡ của nó
chúng ta có thể kiểm tra tính nguyên tố của số tự nhiên N, khi biết được hoàn toàn hoặc
một phần của sự phân tích N ra thừa số. Và chúng ta cũng tìm hiểu một số phương pháp
tạo ra số nguyên tố lớn được áp dụng trong mật mã.
Đầu tiên chúng ta xem phương pháp N-1 kiểm tra số nguyên tố.
Định lý 3.4 Cho
1, >∈ nNn
, n là số lẻ,
∏
=
=−
k
i
i
i
pn
1
1
α
- đã biết được sự phân chia thành
thừa số nguyên tố của n-1. Nếu như đối với mỗi
ki , ,1=
tồn tại số
Na
i
∈
, sao cho
)(mod1
1
na
n
i
≡
−
,
)(mod1
1
na
i
p
n
i
≠
−
,
thì n là số nguyên tố.
Chứng minh:
Cho
i
m
là bậc của
)(modna
i
trong
n
Z
. Từ điều kiện chúng ta có
1| −nm
i
, và
i
m
không
là ước của
i
p
n 1−
, cho nên
ii
mp
i
|
α
với i=1,…,k. Dẫn đến
)(modnab
i
i
i
p
m
ii
α
≡
có bậc là
i
i
p
α
trong
*
n
Z
, còn phần tử
)(mod
1
nbbb
k
⋅⋅=
có bậc là
1
1
1
−=⋅⋅ npp
k
k
α
α
trong
*
n
Z
. Điều
này có nghĩa là
n
Z
là một trường, và n là số nguyên tố.
Từ định lý này chúng ta có thể kiểm tra được tính nguyên tố như sau. Phân tích n-1 ra
thừa số, chọn a=2,3,…, kiểm tra điều kiện định lý. Nếu như tìm thấy a nào đó, với
na
<<
1
, mà
)(mod1
1
na
n
≠
−
, thì n là hợp số. Nếu như tìm được
k
aa , ,
1
, mà thỏa mã điều
kiện định lý thì n là số nguyên tố.
Tương tự với việc kiểm tra số nguyên tố bằng phương pháp n-1, ta tìm hiểu phương
pháp n+1 khi biết hoàn toàn các nhân tử nguyên tố của n+1
Định lý 3.5. Cho
ZQP ∈,
,
04
2
≠−= QPD
. Xác định dãy số Liuka
, ,
10
uu
và định
thức D bằng các biểu thức sau:
jjj
QuPuuuu −===
++ 1210
,1,0
điều kiện là
0≥j
. Cho n là
một số tự nhiên lẻ, n>1,
∏
=
=+
k
i
i
i
qn
1
1
β
- tức là phân tích n+1 ra thừa số nguyên tố, và
1−=
n
D
. Nếu như đối với từng
ki , ,1=
, tìm được
iiii
QPDZQP 4,,
2
−=∈
, sao cho có
quan hệ với dãy số Liuka
, ,
)(
1
)(
0
ii
uu
thỏa mãn điều kiện:
)(
1
|
i
n
un
+
và n không là ước của
)(
/)1(
i
qn
i
u
+
,
thì n là số nguyên tố. Nếu như tồn tại dãy số Liuka
{ }
j
u
như thế và D, sao cho
1+n
u
không
chia hết cho n, thì n là hợp số.
Định lý 3.6 Cho
Nn∈
, n>1, n là số lẻ,
11
1 RFn ⋅=−
, với
1),(
11
=RFUCLN
. Giả sử
chúng ta biết được hoan toàn sự phân tích ra thừa số nguyên tố
∏
=
=
k
j
j
j
qF
1
1
α
. Nếu như đối
với mỗi j=1,…,k tìm được
Na
j
∈
, sao cho
)(mod1
1
na
n
j
≡
−
,
1),1(
/)1(
=−
−
naUCLN
j
qn
j
với điều kiện
nF ≥
1
, thì số n là số nguyên tố.
Chứng minh: Giả sử p là ước số nguyên tố của n. Chúng ta chứng minh rằng
np >
,
từ đây dẫn đến n là số nguyên tố.
Từ điều kiện chúng ta có
)(mod1
1
na
n
j
≡
−
dẫn đến
)(mod1
1
pa
n
j
≡
−
, từ đây
1),( =paUCLN
j
và bậc
j
e
của phần tử
)(mod pa
j
trong
p
Z
không là ước của n-1. Ngoài ra
theo định lý nhỏ Fermat thì
)1(| −pe
j
. Từ điều kiện của định lý ta có
)(mod1
/)1(
pa
j
qn
j
≠
−
,
từ đây
jj
eq
j
|
α
. Dẫn đến
)1(| −pq
j
j
α
, và
)1(|
1
1
−=
∏
=
pqF
k
j
j
j
α
. Nghĩa là
nFpFp ≥>≥−
11
,1
.
Chúng ta sẽ chứng minh với sự giúp đỡ của định lý này có thể xây dựng được số
nguyên tố lớn. Chúng ta xây dựng dãy số nguyên tố
,
321
<<< ppp
cho đến khi xây
dựng được số nguyên tố đủ lớn chúng ta cần. Số nguyên tố
1
p
chọn bất kỳ, ví dụ
3
1
=p
.
Giả sử chúng ta đã xây dựng được số nguyên tố
1−i
p
. Chọn số ngẫu nhiên r,
11
1
−≤≤
−i
pr
.
Giả sử:
tr
s
2=
, t là số lẻ. Như thế số nguyên tố
i
p
chúng ta chọn
1212
1
1
1
+=+=
−
+
−
tprpn
i
s
i
. Đặt
1
1
1
2
−
+
=
i
s
pF
,
tR =
1
. Rõ ràng rằng
1),(
11
=RFUCLN
và
chúng ta cũng có
nF >
1
, bởi vì
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2212 Fptptpn
i
s
i
s
i
s
≤<<+=
−
+
−
+
−
+
. Dẫn đến để
chứng tỏ n là số nguyên tố, chúng ta cần tìm các số
1
a
và
2
a
, sao cho
)(mod1
1
2
1
1
naa
nn
≡≡
−−
,
1),1(),1(
1
1
2
2
1
1
=−=−
−
−
−
naUCLNnaUCLN
i
p
n
n
.
Nếu như ta tìm được số a, sao cho
)(mod1
1
na
n
≠
−
, thì n là hợp số và chúng ta cần chọn
số ngẫu nhiên r khác. Nếu như chúng ta chứng minh được n là nguyên tố thì đặt
np
i
=
.
Một phương pháp khác xây dựng số nguyên tố ứng dụng định lý trên có thể nêu ra
dưới đây. Chúng ta lại xây dựng dãy số nguyên tố, và giả sử xây dựng
3
1
>
−i
p
. Chúng ta
chọn số chẵn ngẫu nhiên r, thỏa mãn
31
1
−≤≤
−i
pr
, và đặt
1
1
+=
−
rpn
i
. Giả sử
11 −
=
i
pF
,
rR =
1
,
1),(
11
=RFUCLN
.Chúng ta cần tìm một số tự nhiên a sao cho
1),1(),(mod1
1
=−≡
−
naUCLNna
rn
(bởi vì
r
p
n
i
=
−
−1
1
). Rõ ràng ta có bất đẳng thức
npF
i
>=
−11
, bởi vì
2
11
2
1111
131)3(1
−−−−−−
≤+−=+−≤+=
iiiiii
ppppprpn
Chọn a và thực hiện tương tự như phương pháp xây dựng trên.
Định lý tiếp theo sẽ cho chúng ta cách xây dựng số nguyên tố hiệu quả hơn, bởi vì
không cần tính toán ước nguyên tố lớn.
Định lý 3.7 Cho
12 += rqn
, ở đây q là số nguyên tố lẻ, và r với
12 +≤ qr
. Nếu tồn tại
số
Na
∈
, sao cho
)(mod1
1
na
n
≡
−
,
)(mod1
2
na
r
≠
,
thì n là số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử n là hợp số,
pNn =
, với p là số nguyên tố,
1>N
. Bởi vì n không
là ước của
1
2
−
r
a
, nên tồn tại số nguyên tố p sao cho
)1()(
2
−>
r
pp
an
νν
và khi
11)1(
2
≥+−=
r
p
as
ν
chúng ta có
np
s
|
và
s
p
không là ước của
1
2
−
r
a
.
Giả sử d là bậc của a (mod
s
p
) trong
S
p
Z
. Số d được xác định và d|n-1=2rq, bởi vì
)(mod1
1
na
n
≡
−
. Ngoài ra ta có
)1()(|
1
−=
−
pppd
ss
φ
. Nhưng từ biểu thức
)(mod1
2 sr
pa ≠
dẫn đến d không là ước của 2r. Nghĩa là q|d. Bởi vì
)1(|
1
−
−
ppq
s
. Số q và p khác nhau,
bởi vì p|n, q|n-1. Dẫn đến q|p-1. Từ đây
)(mod1 qp ≡
, và do tính lẻ của p và q nên
)2(mod1 qp ≡
. Ngoài ra
)2(mod1 qn ≡
. Bởi vì n=pN, nên
)2(mod1 qN ≡
. Bởi vì
1>p
và
1
>
N
, nên
qNqp 21,21 +≥+≥
. Nghĩa là
2
)21( qpNn +≥=
. Thế nhưng
2
)21(1)12(212 qqqrqn +<++≤+=
. Nhận được mâu thuẩn. Nên định lý được chứng minh.
Định lý 3.8 Cho
12 += qrn
, ở đây q là số nguyên tố,
24 +≤ qr
. Giả sử tồn tại
Na∈
,
sao cho
)(mod1
1
na
n
≡
−
,
)(mod1
2
na
r
≠
.
Thế thì n hoặc là số nguyên tố, hoặc
2
pn =
, với
12 += qp
- là số nguyên tố và
)(mod1
21
pa
p
≡
−
.
Chứng minh. Giả sử n là hợp số,
pNn =
, với p là số nguyên tố,
1
>
N
. Chúng ta
chứng minh được rằng
)2(mod1 qNpn ≡≡≡
.
Nếu như một trong hai số p và N lớn hơn nhiều so với
q21+
, thì nó sẽ lớn hơn hoặc
bằng
q41+
, và
168)41)(21(
2
++=++≥= qqqqpNn
. Nhưng điều kiện
1481)24(2
2
++=++≤ qqqqn
. Dẫn đến
2
,21 pnqNp =+==
. Chứng minh phần còn lại
)(mod1
21
pa
p
≡
−
. Rõ ràng theo điều kiện và n=p
2
nên chúng ta có
)(mod1
21
2
pa
p
≡
−
, theo
định lý Euler thì
)(mod1
2
2
pa
pp
≡
−
, từ đây dẫn đến điều phải chứng minh.
Chú ý: Nếu biết được q thì kiểm tra đẳng thức
2
)12( += qn
rất dễ dàng. Có nghĩa là
khi biết được a, chúng ta sẽ biết được n là nguyên tố hay hợp số. Từ định lý kiểm tra tính
nguyên tố này chúng có thể xây dựng số nguyên tố lớn rất hiệu quả, bởi vì càng lớn giới
hạn trên của số ngẫu nhiên r thì càng đạt được việc xây dựng số nguyên tố như ý.
Các định lý 1.25 – 1.29 độ lớn phân chia số n-1 có bậc
2/1
n
. Định lý sau độ lớn phân
chia số n-1 sẽ có bậc nhỏ hơn
3/1
n
.
Định lý 3.9 Giả sử n là số lẻ,
11
1,1 RFnn =−>
, ở đây
1),(
11
=RFUCLN
,
1
F
là số chẳn,
và ta biết được hoàn toàn sự phân chia
1
F
ra thừa số nguyên tố. Giả sử đối với bất kỳ ước
nguyên tố q của
1
F
tìm thấy được
Na
q
∈
, sao cho
)(mod1
1
na
n
q
≡
−
,
1),1(
/)1(
=−
−
naUCLN
qn
q
.
Giả sử
Nm∈
đối với từng
1, ,2,1 −= ml
, thì
1
1
+lF
không là ước của n nếu
)1)(2)(1(
1
2
11
+−++< FmLFmFn
,
ở đây
LLFR +=
111
2
,
1
21 FL <≤
, thì n là số nguyên tố khi và chỉ khi hoặc
LR =
1
, hoặc
1
2
8LL −
không là số chính phương.
3.5 Kiểm tra số nguyên tố bằng thuật toán Konigin-Pomerans
Nếu
Nn∈
và biết được sự phân tích hoàn toàn hoặc một phần lớn ra thừa số nguyên
tố của số n-1, thì có thể để kiểm tra xem n là hợp số hay là số nguyên tố với độ phức tạp
theo đa thức. Đánh giá tốt nhất độ phức tạp nhận được từ thuật toán Konigin- Pomerans:
Định lý 3.10 Giả sử
1, >∈ nNn
, n là số lẻ,
∏
=
=−
k
j
a
j
j
qn
1
1
. Lúc này việc kiểm tra tính
nguyên tố của n có thể có chi phí là
( )
n
n
O
loglog
log
7/17
.
Định lý 3.11 Giả sử
1, >∈ nNn
, n là số lẻ,
11
.1 RFn =−
, ở đây
1),(
11
=RFUCLN
, và biết
được sự phân chia
1
F
ra thừa số nguyên tố. Nếu
ε
+
≥
n
nF
4
1
1
, với
ε
là số dương không đổi,
thì việc kiểm tra tính nguyên tố của n có thể chi phí là
))((log
)(
ε
c
nO
(
)(
ε
c
là số nguyên
dương không đổi, phụ thuộc vào
ε
).
Bổ đề 3.1. Giả sử
)(mod1,, naNma
m
≡∈
, và giả sử đối với từng ước nguyên tố q của
m thỏa mãn
1),1(
/
=− naUCLN
qm
. Khi đó nếu p là số nguyên tố và
np |
, thì
)(mod1 mp ≡
.
Chứng minh. Rõ ràng rằng m là bậc của
)(modna
trong
n
Z
. Giả sử p là số nguyên tố,
và ước của n, và giả sử k là bậc của a (mod p). Như thế k=m. Rõ ràng, k|m bởi vì từ
)(mod1 na
m
≡
, dẫn đến
)(mod1 pa
m
≡
. Nếu như k<m, thì tìm được số nguyên tố q, q|m,
sao cho k|(m/q). Từ đây ta có
)(mod1
/
pa
qm
≡
, có nghĩa là
),1(|
/
naUCLNp
qm
−
. Điều này
trái với giả thuyết của bổ đề.
Ngoài ra chúng ta còn có, theo định lý Fermat
)(mod1
1
pa
p
≡
−
, dẫn đến m|p-1. Đây là
điều ta cần chứng minh.
Thuật toán kiểm tra tính nguyên tố của số.
I. Tầng 1. Chuẩn bị sẳn một bảng tất cả các số nguyên tố, không lớn hơn
[ ]
1log
2
+n
.
Đặt F(1):=1. Sau đó đối với từng số a=2,3,…,
[ ]
1log
2
+n
chúng ta thực hiện tầng 2
cho đến khi chúng ta không chứng minh được n là hợp số hay nguyên tố.
II. Tầng 2.
1. Bước 1. Nếu a là hợp số, thì
)1(:)( −= aFaF
và nhảy lên bước 6. Nếu a là số
nguyên tố, và
)(mod1
)1(
na
aF
≡
−
, thì
)1(:)( −= aFaF
và nhảy đến bước 6. Ngược lại
chúng ta kiểm tra điều kiện sau, xem có thỏa mãn không:
)(mod1
1
na
n
≡
−
.
Nếu như không, thì n là hợp số.
2. Bước 2. Khi phân tích n-1 ra thừa số nguyên tố, ta tìm bậc của a (mod n),
nghĩa là số tự nhiên nhỏ nhất E(a), thỏa mãn
)(mod1
)(
na
aE
≡
.
3. Bước 3. Kiểm tra điều kiện sau có thỏa mãn hay không:
)(|
/)(
)1((
aEq
qaE
aUCLN −
, q là số nguyên tố.
Nếu như điều kiện trên không hòan thành thì n là hợp số.
4. Bước 4.
))(),1((:)( aEaFBCNNaF −=
, BCNN-bội số chung nhỏ nhất.
5. Bước 5. Nếu như
naF ≥)(
, thì n là số nguyên tố.
6. Bước 6. Nếu như
[ ]
na
2
log≤
, thì quay về tầng 2 với a là giá trị tiếp theo. Nếu
như
[ ]
1log
2
+= na
, thì n là hợp số.
Chúng ta chứng minh tính đúng đắn của thuật toán và nhận đánh giá về độ phức tạp của
thuật toán.
Bảng liệt kê số nguyên tố thực hiện trên tầng 1 nhờ sự giúp đỡ của sàng Eratosfen
với độ phức tạp
)(log
4
nO
.
Giá trị hiện tại của F(a) là ước số của n-1, cho nên bước 1 của tầng mất
)(lognO
lệnh.
Bước 2 của tầng tốn
)(log
3
nO
lệnh nhờ sự giúp đở của thuật toán hổ trợ sau
Thuật toán tìm bậc của phần tử
Cho đầu vào thuật toán
Nna ∈,
,
∏
=
=−
N
j
j
j
pn
1
1
α
- tức là biết được sự phân tích ra
thừa số nguyên tố của số n-1. Đầu ra là bậc của a (mod n) trong
n
Z
.
Bước 1.
0:,1 =−= jnM
.
Bước 2.
M
j
aApMMjj
j
==+= :,/:,1:
α
.
Bước 3 (Chu trình). Đối với
j
l
α
, ,1,0=
, kiểm tra xem điều kiên sau có thỏa mãn
không
)(mod1 nA ≡
.
Nếu như đúng thì nhảy sang bước 4. Ngược lại
j
MpM =:
,
j
p
AA =:
;
Và chuyển đến giá trị tiếp theo của l trong chu trình.
Bước 4. Nếu như j<N, thì quay về bước 2, ngược lại thì đưa ra M.
Tính đúng đắn của thuật toán tìm bậc của phần tử thì quá rõ ràng. Để nhận được đánh
giá về độ phức tạp của thuật toán này ta chú y rằng
∏
=
≥≥−
N
j
N
j
pn
1
21
,
từ đây
)(log),(log),(log nOnOpnON
jj
===
α
. Cho nên bên trong và bên ngoài chu trình
thực hiện
)(lognO
bước, và trong từng bước thực hiện
)(lognO
lệnh. Tổng độ phức tạp là
)(log
3
nO
lệnh.
Trở lại thuật toán kiểm tra tính nguyên tố. Nếu như UCLN trong bước 3 của tầng 2
không bằng 1, thì n là hợp số. Rõ ràng rằng, theo định nghĩa E(a) không có một số nào từ
số
1
/)(
−
qaE
a
chia hết cho n. Có nghĩa là gcd lớn hơn 1, một trong các số
1
/)(
−
qaE
a
có với
n ước chung là d, 1<d<n. Độ phức tạp của bước 3 tầng 2 là
)(log
2
nO
lệnh.
Sau khi trải qua bước 4, hòan thành điều kiện sau: Đối với tất cả các số b,
ab ≤≤2
,
)(mod1
)(
nb
aF
≡
.
Chúng ta chứng minh tính đúng đắn của bước 5. Chúng ta có
)(mod1),(mod
)(1)(
nana
aEaF
≡≠
−
, và đối với bất kỳ số nguyên tố q, a|E(a),
1),1(
/)(
=− naUCLN
qaE
.
Cũng như
)(mod1
)(
na
aF
≡
. Nếu như chúng ta chứng minh rằng, đối với mỗi số nguyên
tố p, p|n, thỏa mãn điều kiện
))((mod1 aFp ≡
, thì
naFp +≥+≥ 1)(1
, từ đây dẫn đến n
là số nguyên tố. Chúng ta chứng minh đồng dư thức
))((mod1 aFp ≡
. Giả sử rằng
))1((mod1 −≡ aFp
. Theo bổ đề thì chúng ta có
))((mod1 aEp ≡
, từ đây
(mod1≡p
BSCNN (F(a-1), (E(a)))
))((mod1 aF≡
Bây giờ chúng ta chứng minh bước 6 của tầng 2. Giả sử rằng n là số nguyên tố,
[ ]
naFFna <=> )(,log
2
, chúng ta dẫn đến điều mâu thuẫn. Theo cách xây dựng
1|)( −naF
, bởi vì
1|)( −naE
. Đặt
{ }
{ }
)(mod1|1, ,1
)(
nbnbH
aF
≡−∈=
.
=
1
H
{
nbb ≤≤1|
, tất cả các ước nguyên tố b không lớn hơn a
}
.
Dễ dàng thấy
HH ⊆
1
, dẫn đến
||||
1
HH <
.
Từ n là số nguyên tố, dẫn đến
FH =||
Theo định lý phân bố số nguyên tố, nếu
5
≥
n
và
na
≤≤
2
thì ta có bất đẳng thức
a
n
nanH
log
loglog
1
1
),(||
−
>=
ϕ
.
Từ đây
nnnanF
n
n
a
n
=>>≥
−−
loglog2
loglog
1
log
loglog
1
),(
ϕ
,
bởi vì
na
2
log>
, dẫn đến
na loglog2log >
. Vậy chúng ta đã dẫn đến mâu thuẫn.
3.6 Kiểm tra tính nguyên tố bằng thuật toán Millier
Cho
*
: RNf →
- hàm số trên tập số tự nhiên, với f(n)<n. Tương tự Konhiagin-
Pomerans chúng ta xem thuật toán Millier (Các bạn tự kiểm tra tính đúng đắn và tìm độ
phức tạp thuật toán).
Đầu vào là số tự nhiên lẻ n, n>1.
Bước 1. Kiểm tra điều kiện sau có thỏa mãn hay không
s
mn =
, với
2,, ≥∈ sNms
. Nếu
như thỏa mãn, thì n là hợp số, và thuật toán dừng.
Bước 2. Thuật hiên các bước nhỏ (i)-(iii) đối với tất cả
)(nfa ≤
(i) Kiểm tra điều kiện a|n
(ii) Kiểm tra điều kiện
)(mod
1
na
n
≠
−
(iii) Kiểm tra xem có đúng hay không, với một số giá trị của k,
)1(1
2
−≤≤ nvk
,
nnnaUCLN
k
n
<−<
−
)),(mod1(1
2
1
Nếu như một trong ba điều kiện (i)-(iii) thỏa mãn thì n là hợp số, và thuật toán dừng.
Bước 3. Nếu như chúng ta đi đến được bước này thì n là số nguyên tố.
Chú ý. Hàm
)(bv
a
là số k lớn nhất thỏa mãn
ba
k
|
.
3.7 Kiểm tra tính nguyên tố của số bằng phép kiểm tra xác suất.
Các phép kiểm tra tính nguyên tố hay dùng nhất là các thuật toán ngẫu nhiên. Giả sử
có một mệnh đề Q(p,a) nào đó đúng với mọi số nguyên tố p và một số tự nhiên a <= p.
Nếu n là một số tự nhiên lẻ và mệnh đề Q(n,a) đúng với một a<= n được lấy ngẫu nhiên,
khi đó a có khả năng là một số nguyên tố. Ta đưa ra một thuật toán, kết luận rằng n là số
nguyên tố. Nó là một thuật toán ngẫu nhiên hay thuật toán xác suất. Trong các thuật toán
loại này, dùng một kiểm tra ngẫu nhiên không bao giờ kết luận một số nguyên tố là hợp
số nhưng có thể kết luận một hợp số là số nguyên tố. Xác suất sai của phép kiểm tra có
thể giảm xuống nhờ việc chọn một dãy độc lập các số a; nếu với mỗi số a xác suất để
thuật toán kết luận một hợp số là số nguyên tố là nhỏ hơn một nửa thì sau k lần thử độc
lập, xác suất sai là nhỏ hơn 2
−k
, độ tin cậy của thuật toán sẽ tăng lên theo k.
Cấu trúc cơ bản của một phép kiểm tra ngẫu nhiên là:
(i) Chọn một số ngẫu nhiên a.
(ii) Kiểm tra một hệ thức nào đó giữa số a và số n đã cho. Nếu hệ thức sai thì chắc
chắn n là một hợp số (số a là "bằng chứng" chứng tỏ n là hợp số) và dừng thuật toán.
(iii) Lặp lại bước 1 cho đến khi đạt được số lần đã định hoặc gặp bước 2.
Sau một loạt lần kiểm tra, nếu không tìm được bằng chứng chứng tỏ n là hợp số thì ta
kết luận n là số nguyên tố.
Các phép kiểm tra tính nguyên tố ngẫu nhiên là: Phép kiểm tra tính nguyên tố của
Fermat (kiểm tra Fermat. Đây là phép thử heuristic; tuy nhiên ít người sử dung phép thử
này. Được sử dụng nhiều hơn là Kiểm tra Miller-Rabin và Kiểm tra Solovay-Strassen.
Với mói hợp số n, ít nhất 3/4 (với kiểm tra Miller-Rabin) hoặc 1/2 (Với kiểm tra
Solovay-Strassen) các số a là bằng chứng chứng tỏ n là hợp số).
Chúng ta đi tìm hiểu kỷ hai từng cách kiểm tra
3.7.1 Kiểm tra trên cơ sỡ định luật nhỏ của Fermat
Phương pháp này dựa trên định luật nhỏ của Fermat: Nếu như n là số nguyên tố thì
bất kỳ số
Za∈
thỏa mãn phương trình sau
(1)
)(modnaa
n
≡
Nếu như
1),( =naUCLN
, thì
(2)
)(mod1
1
na
n
≡
−
.
Cho nên để kiểm tra tính nguyên tố của n, chúng ta chọn một số bất kỳ
Za∈
và kiểm
tra xem có thỏa mãn định lý của Fermat hay không? Nếu như định lý Fermat không thỏa
với một giá trị a nào đó thì n là hợp số. Nếu như định lý thỏa mãn, thì chúng ta cũng
không thể kết luận rằng n là số nguyên tố, bởi vì định lý chỉ đúng trong điều kiện cần. Vì
vẫn tồn tại n là hợp số, thì đối với bất kỳ số
Za∈
, thì ta vẫn có được đằng thức
)(modnaa
n
≡
, số này còn được gọi là số Carmichael.
Ví dụ, chúng ta xem số 561=3.11.17. Chúng ta chứng số này là số Carmichael. Đồng
dư thức
)561(mod
561
aa ≡
sẽ tương đương với hệ
)3(mod
561
aa ≡
,
)11(mod
561
aa ≡
,
)17(mod
561
aa ≡
. Nếu 3|a, thì
)3(mod0
561
≡≡ aa
. Nếu như 3 không là ước của a, thì
)3(mod1
2
≡a
, từ đây ta có
)3(mod1
560
≡a
, hay
)3(mod
561
aa ≡
. Tương tự kiểm tra đối với
hai số 11 và 17.
Như vậy việc kiểm số nguyên tố theo Fermat là có khuyết điểm.
Ta có thể nêu ra các bước kiểm tra tính nguyên tố như sau:
1. Chọn ngẫu nhiên a từ tập
{ }
1, ,2,1 −n
và kiểm tra điều kiện UCLN(a,n)=1
2. Nếu như điều kiện trên không thỏa mãn thì n là hợp số
3. Kiểm tra đẳng thức (2)
4. Nếu như đẳng thức (2) không thỏa mãn thì trả lời n là hợp số
5. Nếu như đẳng thức đúng thì trả lời là chưa biết, nhưng có thể kiểm tra lại một số
lần với các a khac nhau.
Giải thuật Fermat kiểm tra tính nguyên tố của số
Đầu vào: n: giá trị để kiểm tra tính nguyên tố; k: tham số tham gia vào quá trình kiểm
tra .
Đầu ra: hợp số nếu n là hợp số, nếu không nguyên tố xác suất
repeat k times:
lấy a ngẫu nhiên trong [1, n − 1]
if a
n − 1
mod n ≠ 1 then
return hợp số
return nguyên tố xác suất
Khi dùng thuật toán tính nhanh luỹ thừa theo mođun, thời gian thi hành của thuật toán
là O(k × log
3
n), ở đó k là số lần kiểm tra với mỗi số a ngãu nhiên, và n là giá trị ta muốn
kiểm tra. Và từ việc kiểm tra này dẫn ta đến phần sau.
Định nghĩa 3.4 Cho n>1 là số tự nhiên lẻ,
dn .21
2
=−
, ở đây d là số lẻ. Số n gọi là số
giả nguyên tố chặc chẽ trong cơ sỡ a,
Na
∈
, nếu như
1),( =naUCLN
hoặc
)(mod1 na
d
≡
,
hoặc
)(mod1
2.
na
r
d
−≡
, với
sr
<≤
0
.
Từ định nghĩa chúng ta có điều sau. Nếu n là số nguyên tố, thì
)(mod1
1
na
n
≡
−
, tức là
)(mod1
2
na
d
s
≡
. Từ đây ta có
)(mod1
1
2
na
d
s
±≡
−
. Nếu như
)(mod1
1
2
na
d
s
−≡
−
, thì chúng ta
dừng, nếu như
)(mod1
1
2
na
d
s
≡
−
, thì chúng ta lại khai căn cho đến khi tìm được
d
a
hay căn
đó đồng dư với -1.
Để kiểm tra tính nguyên tố của các số lẻ n,
9
10.257 << n
, ta dùng quá trình như sau:
Bước 1: Kiểm tra tính chặc chẽ giả nguyên tố của n trong cơ sỡ 2,3,5,7. Nếu n không
là chặc chẽ giả nguyên tố một trong các cơ sỡ đó thì n là hợp số.
Bước 2: Nếu n=3215031751, thì n là hợp số, ngược lại n là số nguyên tố.
Như vậy chúng ta thấy việc kiểm tra trên cơ sỡ tính chặc chẽ giả nguyên tố là hiệu
quả đối với việc tìm số hợp số, thế nhưng cách này cũng chỉ đúng trong một điều kiện
cần thiết. Trong một số kết quả chứng tỏ rằng, điều kiện cần và đủ để kiểm tra số nguyên
tố là
2
)67107840(<n
.
3.7.2 Kiểm tra bằng Miller-Rabin
Kiểm tra Miller-Rabin là một thuật toán xác suất để kiểm tra tính nguyên tố .Nó được
đề xuất đầu tiên bởi Gary L. Miller như một thuật toán tất định, dựa trên giả thiết
Riemann tổng quát; Michael O. Rabin đã sửa chữa nó thành một thuật toán xác suất.
Khi sử dụng kiểm tra Miller-Rabin chúng ta căn cứ vào một mệnh đề Q(p,a)đúng với các
số nguyên tố p và mọi số tự nhiên
NAa
⊂∈
và kiểm tra xem chúng có đúng với số n
muốn kiểm tra và một số
Aa
∈
được chọn ngẫu nhiên hay không? Nếu mệnh đề Q(n,a)
không đúng, tất yếu n không phải là số nguyên tố, còn nếu Q(n,a) đúng, số n có thể là số
nguyên tố với một xác suất nào đó. Khi tăng số lần thử, xác suất để n là số nguyên tố tăng
lên.
Bổ đề 3.2 Cho trường hữu hạn
p
Z
, trong đó p là số nguyên tố. Chắc chắn rằng 1 và -1
luôn là các căn bậc hai của 1 theo mođun p. Chúng là hai căn bậc hai duy nhất của 1.
Thật vậy, giả sử rằng x là một căn bậc hai của 1 theo mođun p. Khi đó:
)(mod1
2
px ≡
)(mod01
2
px ≡−
)(mod0)1)(1( pxx ≡+−
Từ đó, x − 1 hoặc x + 1 là chia hết cho p.
Bây giờ giả sử p là một số nguyên tố lẻ, khi đó p - 1 là số chẵn và ta có thể viết p − 1
dưới dạng
m
s
⋅2
, trong đó s là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1 và m là số lẻ - Điều
này nghĩa là ta rút hết các thừa số 2 khỏi p − 1. Lấy số a bất kỳ trong tập {1,2, ,p-1}. Xét
dãy số
m
k
k
ax
⋅
=
2
với k=0,1,2, ,s. Khi đó x
k
= (x
k − 1
)
2
, với k=1,2, ,s và
1−
=
p
s
ax
.
Từ định lý Fermat nhỏ:
)(mod1
1
pa
p
≡
−
Hay
)(mod1 px
s
≡
Hay
)(mod1
2
1
px
s
≡
−
Do đó hoặc
)(mod1
1
px
s
≡
−
hoặc
)(mod1
1
px
s
−≡
−
. Nếu
)(mod1
1
px
s
−≡
−
ta dừng lại, còn
nếu ngược lại ta tiếp tục với x
s − 2
.
Sau một số hữu hạn bước ta có: hoặc ta có một chỉ số k,
10 −≤≤ sk
sao cho
)(mod1 px
k
−≡
, hoặc tới k=0 ta vẫn có
)(mod1 px
k
≡
.
Ta có mệnh đề Q(p,a) như sau: Nếu p là số nguyên tố lẻ và p - 1 =
m
s
⋅2
thì với mọi
a: 0<a<p-1: hoặc
)(mod1
2
pax
m
k
k
≡=
⋅
, với mọi k=0,1,2, ,s hoặc tồn tai k:
sk
≤≤
0
sao
cho
)(mod1
2
pax
m
k
k
−≡=
⋅
.
Giải thuật kiểm tra Miller-Rabin
Đầu vào: Số tự nhiên lẻ n.
Đầu ra: FALSE nếu n là hợp số, nếu không TRUE
1. Phân tích n - 1 =
m
s
⋅2
trong đó
1≥s
và m là số tự nhiên lẻ
2. Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên a
∈
{2, ,n-1}.
3. Đặt b = a
m
(mod n)
4. Nếu
)(mod1 nb ≡
thì trả về TRUE. Kết thúc.
5. Cho k chạy từ 0 đến s-1:
a. Nếu
)(mod1 nb −≡
thì trả về TRUE. Kết thúc.
b. Thay b:=b
2
(mod n).
6. Trả lời FALSE. Kết thúc.
Chúng ta xem tính chặc chẻ của thuật giải trên. Bây giờ chúng ta xem, nếu như thuật
toán trả lời FALSE mà trong khi đó n là số nguyên tố. Vì n là hợp số nên ta có
)(mod1 na
m
≠
. Bây giờ xét dãy các giá trị b được kiểm tra trong bước 2 của thuật toán. Vì
b được bình phương qua bước 5, nên ta kiểm tra các giá trị
mmm
s
aaa
1
22
, ,,
−
. Vì kết quả
thuật giải là FALSE nên ta cũng có:
)(mod1
2
na
m
i
−≠
Với
10
−≤≤
si
Theo định lý Fermat ta có
)(mod1
2
na
m
s
≡
Khi đó
m
s
a
1
2
−
là căn bậc 2 của 1 modulo n, theo bổ đề ta có hoặc
)(mod1
1
2
na
m
s
≡
−
hoặc
)(mod1
1
2
na
m
s
−≡
−
. Mà theo giả thuyết chứng minh ta có
)(mod1
1
2
na
m
s
−≠
−
, nên
)(mod1
1
2
na
m
s
≡
−
. Và ta có
m
s
a
2
2
−
là căn bậc 2 của 1. Bằng cách tương tự:
)(mod1
1
2
na
m
s
≡
−
Và lặp lại lập luận trên, cuối cùng ta có
)(mod1 na
m
≡
Điều này là mâu thuẫn.
Xác suất trả lời sai:
Định lý 3.12: nếu n là hợp số dương lẻ thì trong các số a
∈
{2, ,n-1} tồn tại không quá
4
1−n
cơ sở a để n là số giả nguyên tố mạnh Fermat.
Gọi A là biến cố "Số n là hợp số". B là biến cố "Kiểm tra Miller-Rabin trả lời n là số
nguyên tố". Khi đó xác suất sai của kiểm tra này là xác suất để số n là hợp số trong khi
thuật toán cho câu trả lời TRUE, nghĩa là xác suất điều kiện P(A|B).
Theo định lý trên nếu n là hợp số thì khả năng kiểm tra này trả lời TRUE xảy ra với
xác suất không vượt quá
4
1
, nghĩa là P(B|A)
4
1
≤
. Tuy nhiên để tính xác suất sai của kiểm
tra Miller-Rbin cần tính xác suất diều kiện P(A|B). Dựa trên định lý về ước lượng số các
số nguyên tố ta đưa ra ước lượng
n
n
n
AP
ln
2ln
ln
2
1)(
−
≈−≈
Theo định lý Bayes trong lý thuyết xác suất ta có công thức để tính xác suất sai của
kiểm tra Miller-Rabin là:
)()|()()|(
)()|(
)(
)()|(
)|(
APABPAPABP
APABP
BP
APABP
BAP
⋅+⋅
⋅
=
⋅
=
Trong công thức này P(A) đã biết ở trên, P(B|A)
4
1
≤
, còn
1)|( =ABP
vì khi n là số
nguyên tố thì chắc chắn mệnh đề Q(n,a) là đúng và
n
APAP
ln
2
)(1)( =−=
. Từ đây ta có
2)2(ln)|(
)2(ln)|(
)|(
+−⋅
−⋅
=
nABP
nABP
BAP
Kiểm tra Miller-Rabin lặp:
Theo công thức tính xác suất sai trên đây, với n lớn (cỡ 130 chữ số thập phân), nếu
thực hiện phép thử Miller-Rabin chỉ một lần, xác suất sai là khá lớn, tới trên 90%. Để
giảm xác suất sai, ta lặp lại phép thử k lần với k số ngẫu nhiên a khác nhau, nếu n vượt
qua 50 lần thử thì P(B|A)
k
4
1
≤
, khi thay vào công thức với 50 lần thử nếu cả 50 lần, phép
thử đều "dương tính" thì xác suất sai giảm xưống chỉ còn là một số rất nhỏ không vượt
quá
29
109
−
⋅
.
3.7.3 Kiểm tra bằng Solovay-Strasen
Xem tiêu chuẩn Euler là mệnh đề Q(p,a). Khi đó Q(p,a) đúng với mọi số nguyên tố p
và mọi số tự nhiên a,
pa <≤1
. Thay số nguyên tố p bằng số lẻ n ta định nghĩa: Hợp số n
được gọi là số giả nguyên tố Euler cơ sở a(
na <≤1
) nếu:
)(mod
2/)1(
na
n
a
n−
≡
.
Định lý 3.13 Nếu n là hợp số lẻ thì tồn tại không quá
2
n
số tự nhiên dương a nhỏ hơn
n, nguyên tố cùng nhau với n sao cho n là số giả nguyên tố Euler cơ sở a.
Chứng minh:
Chúng ta đi chứng minh tồn tại số
Nb∈
, mà
1),( =nbUCLN
và
)(mod
2
1
n
n
b
b
n
≠
−
. Giả
sử
k
k
ppn
α
α
⋅⋅⋅=
1
1
- tức là phân tích n ra thừa số nguyên tố.
Nếu n chia hết cho số bình phương số nguyên tố, thì tìm được
Nb
∈
,
1),( =nbUCLN
,
sao cho
)(mod1
1
nb
n
≠
−
, từ đây
)(mod1
2
1
nb
n
±≠
−
. Rõ ràng rằng, tồn tại
2≥
i
α
. Theo định lý
về phần dư trung hoa, có thể tìm được
Nb
∈
,
)(mod
i
i
pb
α
- là căn nguyên thủy trong
i
i
p
Z
α
,
còn khi
)(mod1,
j
j
pbij
α
≡≠
. Nếu như
)(mod1
1
nb
n
≡
−
, thì
)(mod1
1
i
i
n
pb
α
≡
−
, từ đây
)1()(1
1
−=−
−
iii
pppn
ii
αα
φ
, điều này là không thể bởi vì n-1 không chia hết cho
i
p
.
Bây giờ giả sử rằng
k
ppn
1
=
. Chúng ta tìm số
Nb∈
, sao cho
)(mod
1
pb
-là căn
nguyên thủy trong
1
p
Z
, và
)(mod1
j
pb ≡
khi j>1. Khi đó
1),( =nbUCLN
và
1
11
−=
=
⋅⋅⋅
=
p
b
p
b
p
b
n
b
k
Đồng dư thức
)(mod1
2
1
nb
n
−≡
−
tương đương với
)(mod1
2
1
j
n
pb −≡
−
, với j=1,…,k. Bởi
vì
2≥k
thì
)(mod11
2
2
1
pb
n
−≡≡
−
, là không thể.
Như vậy số b tồn tại. Chúng ta xem 2 tập hợp :
≡=−≤≤=
−
)(mod,1),(,11|
2
1
1
n
n
a
anaUCLNnaaW
n
,
≠=−≤≤=
−
)(mod,1),(,11|
2
1
2
n
n
a
anaUCLNnaaW
n
,
Nếu như
2211
, WaWa ∈∈
, thì
221
Waa ∈
, bởi vì
=
n
a
n
a
n
aa
2121
. Cho nên đối với số
1
Wa ∈
, thặng dư không âm nhỏ nhất của
)(modnba
thuộc
2
W
. Dẫn đến ,
||||
12
WW ≥
, từ đây
rút ra điều khẳng định của định lý.
Giải thuật kiểm tra Solovay-Strasen
Đầu vào: n: là số tự nhiên lẻ
Đầu ra: FALSE nếu n là hợp số, nếu không TRUE
1. Chọn a ngẫu nhiên trong khoảng[1,n-1]
2. Tính ký hiệu Jacobi J=
n
a
3. Tính x =a
(n − 1) / 2
(mod n)
4. Nếu J ≠ x thì trả về FALSE nếu khác trả về TRUE.
Gọi A là biến cố "Số nguyên lẻ n là hợp số"; B là biến cố: "Thuật toán Solova-
Strassen trả lời TRUE". Xác suất điều kiện P(B|A)
2
1
≤
.
Tương tự phép thử Miller-Rabin tính được xác suất sai của phép thử Solova-Strasen
là
)()|()()|(
)()|(
)(
)()|(
)|(
APABPAPABP
APABP
BP
APABP
BAP
⋅+⋅
⋅
=
⋅
=
.
2)2(ln)|(
)2(ln)|(
)/(
+−⋅
−⋅
≈
nABP
nABP
BAP
.
3.8 Kiểm tra tính nguyên tố của số bằng thuật toán đa thức
Định lý 3.14 Cho p là số lẻ,
Za∈
,
1),( =paUCLN
. Số p là số nguyên tố khi và chỉ khi
)(mod)( paxax
pp
−≡−
(3.3)
(đồng dư thức 3.3 nghĩa là hệ số của đa thức so sánh với modulo p)
Chứng minh: Rõ ràng ta có
pipi
p
i
pp
aaax
i
p
axax −+−
=−−−
−
−
=
∑
)()()(
1
1
(3.4)
Nếu như p là số nguyên tố, thì biểu thức (1.3) dẫn đến từ (1.4), bởi vì khi
11 −≤≤ pi
số
i
p
chia hết cho p.
Giả sử biểu thức (3.3) thỏa mãn, và giả sử p là hợp số. Chúng ta sẽ tìm được số
nguyên tố q và số tự nhiên k sao cho
pq
k
||
, điều kiện
pq <
. Rõ ràng rằng
k
q
không chia
hết cho
!
)1) (1(
q
qppp
q
p
+−−
=
, và cho nên hệ số
q
x
trong (3.4) không chia hết cho p,
như thế mâu thuẫn với sự thỏa mãn của biểu thức (3.3). Định lý đã được chứng minh.
Chúng ta ký hiệu P(m) là ước số nguyên tố lớn nhất của số tự nhiên m.
Bổ đề 3.3 Cho p và r là 2 số nguyên tố khác nhau. Khi đó
1) Đối với từng
Nt ∈
, nhóm G(p
t
,*) là nhóm cyclic
2) Đối với từng đa thức
[ ]
xZxf ∈)(
đẳng thức sau đây đúng
))(mod()( pxfxf
pp
≡
.
3) Nếu như
[ ]
)(mod,,,1|)(,)(
021
rmmZmmxxhxZxh
r
r
≡∈−∈
≥
, thì
))((mod xhxx
r
m
m
≡
.
4)Nếu như
)( pOrd
r
bậc của p (mod r), thì trong
[ ]
xZ
p
đa thức
1
1
−
−
x
x
r
được phân chia
ra các đa thức bất khả quy, mà mỗi trong chúng nó có mũ là
)( pOrd
r
.
Bổ đề 3.4 Tồn tại hằng số dương
0
c
và số tự nhiên
0
n
sao cho đối với các số
0
nx ≥
bất
đẳng thức sau đúng
{ }
x
c
xpPxpp
log
)1(,|#
0
3/2
≥>−≤
.
Bổ đề 3.5 Với mọi số
2
≥
m
, chúng ta có bất đẳng thức sau
m
m
m
m
m
22
log
8
)(
log6
≤≤
π
,
ở đây
)(m
π
là một số nguyên tố
mp ≤
, mà
3/2
)1( mpP >−
.
Thuật toán kiểm tra tính nguyên tố của số tự nhiên lẻ n>1
Bước 1. Nếu như n có dạng
b
a
, ở đây
2,, ≥∈ bNba
, thì thông báo, n là hợp số và
thuật toán kết thúc.
Bước 2. r:=2
Bước 3. Đối với giá trị hiện tại của r thực hiện bước 4-8
Bước 4. Nếu như r<n và UCLN(r,n)>1, thì n là hợp số, thuật toán kết thúc.
Bước 5. Nếu r là số nguyên tố, thì hoàn thành các bước 6-7, ngược lại thì chuyển
đến bước 8
Bước 6. Tìm số q – là ước số nguyên tố lớn nhất của r-1
Bước 7. Nếu
nrq
2
log4≥
và
)(mod1
1
rn
q
r
≠
−
, chuyển đến bước 9 với giá trị r đã
cho
Bước 8. r:=r+1. Nếu như
nr ≥
, thì thông báo n là số nguyên tố, và thuật toán kết
thúc. Ngược lại thì lặp lại bước 3.
Bước 9.
1) Nếu như
[ ]
nrn
2
log21≤−
, thì đối với tất cả các số a từ khoảng
1−≤< nar
thì
kiểm tra điều kiện
1),( =naUCLN
.
2) Nếu như
[ ]
nrn
2
log21>−
, thì đối với tất cả a từ đoạn
[ ]
nra
2
log21 ≤≤
kiểm
tra biểu thức
)1(mod)( −−≡−
rnn
xaxax
trong
[ ]
xZ
n
. Nếu như đối với một số giá trị a trong trường hợp 1 hoàn thành bất
đẳng thức UCLN(a,n)>1, hoặc trong trường hợp 2 đẳng thức theo modulo
1−
r
x
không
đúng thì n là hợp số và thuật toán dừng.
Bước 10. Nếu như chúng ta đi đên bước này thì n là số nguyên tố.
Kết thúc thuật toán
.
