Bài toán về số nguyên tố

Một số bài toán và thuật toán liên quan tới số nguyên tố
Nguyễn Văn Trường
Trong các đề thi Olimpic tin học và trong nhiều bài toán tin chúng ta thường gặp dạng bài
tập có liên quan trực tiếp hay gián tiếp đến số nguyên tố. Các dạng bài tập này có thể là tìm
số nguyên tố thoả mãn một điều kiện nào đó hay kiểm tra tính nguyên tố của một số cho
trước. Bên cạnh đó, vấn đề tìm các số nguyên tố rất lớn đang được rất nhiều người quan
tâm vì sự ứng dụng thực tế của nó; đặc biệt là trong lĩnh vực mã hoá và an toàn thông tin,
việc tìm ra và sử dụng các số nguyên tố lớn đảm bảo tính an toàn rất cao cho hệ thống mã
hoá công khai nổi tiếng RSA. Bài viết này xin được giới thiệu với bạn đọc một số bài tập
và một số thuật toán hiệu quả có liên quan tới số nguyên tố. Trước hết chúng ta cùng
nghiên cứu một vài kiến thức làm cơ sở toán học cho các thuật toán sẽ trình bàỵ
Định nghĩa: Một số nguyên dương khác 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước
số dương là 1 và chính nó. Một số nguyên dương khác 1 không là số nguyên tố thì được
gọi là hợp số.
Định lý 1. Ước số dương bé nhất d khác 1 của một số nguyên dương a lớn hơn 1 là một số
nguyên tố.
Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng như sau:
Giả sử d là hợp số => d = qd' , với 1 < q, d' < d. Mặt khác do a = dp theo giả thiết nên a =
qd'p => a có một ước số dương là d' với 1< d'< d. điều này là vô lý vì vậy d là số nguyên
tố.
Bài 1. Hãy phân tích một số nguyên n, n > 1 thành tích của các thừa số nguyên tố. Ví dụ
với n = 15 ta có dạng phân tích là n = 3.5
Theo định lý 1, ta có thể dễ dàng đưa ra thuật giải như sau:
B1.Tìm ước số dương d nhỏ nhất của n, (d >1) và gán n = n div d;
B2. Lặp lại B1 nếu n >1, ngược lại thì tập hợp các ước số đã tìm được chính là các thừa số
nguyên tố của n.
Định lý 2. Ước số dương bé nhất khác 1 của một hợp số a > 1 là một số nguyên tố không
vượt quá căn bậc hai của ạ
Định lý này cho phép ta kết luận: Một số nguyên dương n lớn hơn 1 là số nguyên tố nếu nó
không có ước số dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn hoặc bằng
Chứng minh Giả sử p là ước số dương bé nhất khác 1 nhất của a =>p là số nguyên tố (Theo

định lý 1) và a = pd, với d≥ P => pd≥ p
2
=>p
2
≤a =>p ≤
Định lý 3. (Định lý cơ bản của số học) Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được
thành tích của các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ
tự của các thừa số.
Chứng minh Giả sử 1 < a N. Vì a > 1 nên a có ước nguyên tố là p
1
. Do đó a = p
1
a
1
, 1 ≤ a
1
< a.
Nếu a
1
= 1 => a= p
1
.
Nếu a
1
> 1 => a
1
có ước nguyên tố là p
2
. Do đó a
1

= p
2
a
2
, 1≤ a
2
< a
1
.
Nếu a
2
= 1 => a
1
= p
2
=> a = p
1
p
2
.
Nếu a
2
> 1 => a
2
có ước nguyên tố là p
3
. Do đó a
2
= p
3

a
3
, 1≤ a
3
< a
2
. Cứ tiếp tục như vậy thì
quá trình sẽ phải dừng lại và a
n
= 1 (vì a > a
1
> a
2
>...> a
n
=1). Khi đó a = p
1
p
2
p
3
...p
n
(n > 0).
Phần chứng minh tính duy nhất của phân tích trên xin dành cho bạn đọc.
Dạng phân tích chính tắc của một số tự nhiên a > 1.
Cho a là một số tự nhiên lớn hơn 1, khi ta phân tích số a thành tích các thừa số nguyên tố
thì có thể gặp cùng một thừa số nhiều lần. Nếu p
1
,

p
2
,...,p
n
xuất hiện theo thứ tự m
1
, m
2
,...,
m
n
lần thì ta có thể viết a dưới dạng:
và dạng này được gọi là dạng phân tích chính tắc hay dạng phân tích
tiêu chuẩn của ạ
Ví dụ 720 = 2
4
.3
2
.5
Bài 2. Cho trước số nguyên dương N, hãy tìm dạng phân tích chính tắc của N!=1.2.3...N.
Dữ liệu vào trong file văn bản NUM.INP trong đó chứa số nguyên dương N (2≤N≤ 10
000). Dữ liệu đưa ra file NUM.OUT bao gồm nhiều dòng, mỗi dòng gồm hai số ghi cách
nhau một dấu cách: số thứ nhất là thừa số nguyên tố của N và số thứ hai là số mũ tương
ứng.
Ví dụ:
NUM.INP
4
NUM.OUT
2 3

3 1
Sàng Eratosten (Sieve of Eratosthenes). Sử dụng định lý 2 chúng ta có thể tìm tất cả các
số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng một số nguyên dương n cho trước. Phương pháp này được
gọi là sàng Eratosten vì nó được nhà toán học cổ Hy Lạp Eratosten (276-194 T.C.N) phát
minh rạ Trước hết ta thấy rằng, mọi hợp số nhỏ hơn n sẽ có ước nguyên tố không vượt quá
. Do đó các số nhỏ hơn hoặc bằng n, sau khi loại bỏ đi những số là bội của các số
nguyên tố nhỏ hơn hay bằng , sẽ đều là các số nguyên tố. Phương pháp này được trình
bày cụ thể như sau:
B1.Viết các số từ 1 tới n thành một dãỵ
B2.Số 1 bị xoá.
B3.Tìm số đầu tiên m không bị xoá trong dãy và kiểm tra số này: nếu m > thì dừng
thuật toán và các số không bị xoá chính là các số nguyên tố cần tìm, ngược lại thì ta xoá
các số là bội số của m (ngoại trừ m).
B4. Lặp lại từ bước 3.
Bài 3. Cho trước một số nguyên dương N, 1< N <10 000, hãy viết chương trình tìm tất cả
các số nguyên tố theo phương pháp sàng Eratosten.
Chúng ta đã quen thuộc với một bài toán kinh điển sau: Cho trước một số nguyên dương n,
cho biết n có phải là số nguyên tố hay không? Với bài toán này, đa số chúng ta dùng ngay
một thuật giải quen thuộc là kiểm tra tính chia hết của n cho các số nguyên lớn hơn 1 và
nhỏ hơn hay bằng . Tuy nhiên cách làm này rất tốn kém về thời gian, và thường chỉ có
ý nghĩa khi ta thao tác với những số n nhỏ. Để tăng tốc độ cho thuật toán cho bài toán này,
ta cần có những giải thuật hiệu quả hơn.
Dưới đây trình bày 2 định lý quan trọng góp phần cải tiến thuật toán tìm số nguyên tố và
kiểm tra tính nguyên tố của một số nguyên dương cho trước.
Định lý 4. Nếu n là một số nguyên tố lớn hơn 5 thì số dư của n cho 6 phải là 1 hoặc 5.
Định lý này cho phép chúng ta tìm các số nguyên tố theo bước tăng không phải là đơn vị
mà là 2, 4, 2, 4...
Chứng minh
Để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng tỏ rằng nếu n chia cho 6 dư 2, 3 hoặc 4 thì n phải
là hợp số. Thật vậy, giả sử n chia cho 6 dư 2 => n = 6q+2 = 2(3q+1), q Z

+
. Do đó n là
hợp số. Nếu n chia cho 6 dư 3 hoặc 4 thì ta cũng chứng minh được n là hợp số.
Định lý 5. Một số nguyên dương n là số nguyên tố nếu nó không chia hết cho bất kỳ số
nào trong dãy các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng .
Chứng minh Từ định lý 2 ta thấy rằng để chỉ ra n là số nguyên tố thì ta chỉ cần chứng tỏ
rằng nếu n không chia hết bất kỳ số nào trong dãy các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng
thì n cũng không chia hết cho bất kỳ số nào trong dãy các số nguyên nhỏ hơn hoặc bằng
. Thật vậy, giả sử n chia hết cho một hợp số m, m ≤ tức là n = mk, 1< m,k < n. Vì m
là hợp số nên tồn tại một ước nguyên tố d của m sao cho m = qd, 1< q,d < m => n = mk =
qdk, hay m chia hết cho một số nguyên tố d với d < m < n, điều này là mâu thuẫn với giả
thiết.
Sử dụng định lý này ta thấy rằng để kiểm tra một số nguyên n có phải là số nguyên tố hay
không ta chỉ cần kiểm tra n không chia hết cho bất kỳ số nào trong dãy các số nguyên tố
nhỏ hơn hay bằng
.
Từ hai định lý trên ta xây dựng một thuật toán tạm chấp nhận được để kiểm tra tính nguyên
tố của một số nguyên dương n thông qua một hàm như sau:
function isPrime(n:longint):boolean;
var i:longint;j:byte;
begin
isPrime:=true;
if n<2 then begin isPrime:=false;exit end;
if (n=2)or(n=3)then begin isPrime:=true; exit end;
if n mod 2=0 then begin isPrime:=false;exit end;
if n mod 3=0 then begin isPrime:=false;exit end;
i:=5;j:=2;
while i<=trunc(sqrt(n))do
begin
if n mod i =0 then begin isPrime:=false; exit end;

i:=i+j; j:=6-j
end;M
end;
Ta có thể cải tiến thuật toán bằng cách lưu các số nguyên tố hỏ hơn hay bằng vào một
mảng a trước khi tiến hành kiểm tra với n. Thuật toán được mô tả như sau:
function isPrime(n:longint):boolean;
var i,j:longint;
begin
isPrime:=true;
i:=1;j:=round(sqrt(n));
{mang a chua cac so nguyen to da sap xep tang dan}
while a[i]<=j do
begin
if n mod a[i] = 0 then
begin isPrime:=false;exit end;
i:=i+1;
end;
end;
Cách làm này chỉ tối ưu khi bài toán liên quan đến tìm nhiều số nguyên tố (nhỏ). Tuy nhiên
cách làm này tốn kém về bộ nhớ vì ta cần sử dụng mảng a để lưu các số nguyên tố nhỏ hơn
hoặc bằng
Định nghĩạ Số các số nguyên tố không vượt quá n ký hiệu là π (n).
Ta hãy quan sát giá trị của hàm π với một vài giá trị đặc biệt của n như bảng sau:
Ta thử ước lượng chi phí bộ nhớ để lưu tất cả các số nguyên tố không vượt quá 10
14
: số các
số nguyên tố đó là 3 204 941 750 802 số, ta giả sử trung bình mỗi số đó dài 7 ký tự. Như
vậy cần 3204941750802 x 7 byte bộ nhớ hay tương đương với khoảng 20 000 Gb, thật là
một chi phí quá lớn ! Vì vậy, cần nhấn mạnh rằng: tuỳ thuộc vào đầu bài để lựa chọn
phương pháp nào tối ưụ

Bài 5. Cho trước một số nguyên dương N, 1< N< 500 000 hãy tìm giá trị của hàm π(n).
Bài 6. Cho trước một số nguyên dương N, 1< N< 10
18
hãy tìm một số nguyên tố M nhỏ
nhất và lớn hơn N. Ví dụ với N = 1000 thì M= 1009 với N = 10000000000000000 thì M =
10000000000000061.
Phân tích và hướng dẫn giải: thuật toán đưa ra rất đơn giản, tuy nhiên cần tìm ra thuật toán
hiệu quả để chạy trong thời gian chấp nhận được. Giải pháp đưa ra như sau:
Xuất phát từ N, tìm cách tăng N theo bước tăng 2, 4, 2, 4... Mỗi khi tăng N, kiểm tra xem N
có phải là số nguyên tố không bằng cách duyệt các ước số của N cũng theo bước tăng 2, 4,
2, 4... và các ước đó không vượt quá căn bậc hai của N.
Vấn đề là cần cài đặt các phép toán phù hợp để thoả mãn yêu cầu dữ liệu của đầu bài là N
có thể lớn tới 17 chữ số, M có thể lớn tới 18 chữ số. Như vậy, để làm được bài này ta cần
sử dụng cấu trúc dữ liệu là số thực và xây dựng tập hợp một vài phép toán như DIV (phép
chia lấy phần nguyên), MOD (phép chia lấy phần dư)... và ta gọi cấu trúc dữ liệu đó là số
giả nguyên. Khi có số giả nguyên thì ta có thể thao tác với các số nguyên lớn tới 20-21 chữ
số (bằng số chữ số có nghĩa của kiểu dữ liệu thực).
Thuật toán được minh hoạ qua chương trình sau:
{$N+,B-}
uses crt;
type bigInt=comp;
function DivB(a,b:bigint):bigint;
begin
DivB:=int(a/b);
{ham cho phan nguyen cua mot so thuc va
tra ve la kieu so thuc}
end;
function ModB(a,b:bigint):bigint;
begin
ModB:=a-b*int(a/b);

end;
function EvenBig(n:Bigint):boolean;
begin
EvenBig:=ModB(n,2)=0;
end;
function prime(n:bigInt):boolean;
var i,j:longint;c:real;
begin
if (n<2) then
begin prime:=false;exit; end;
if (n=2) or (n=3) then
begin prime:=true;exit; end;
if EvenBig(n) or(ModB(n,3)=0) then
begin prime:=false;exit; end;
prime:=true;
c:=sqrt(n);
i:=5;j:=2;
while (i<=c) do
begin
if ModB(n,i)=0 then
begin prime:=false;exit; end;
i:=i+j;j:=6-j;
end;