TIỂU LUẬN MẬT MÃ VÀ AN TOÀN DỮ LIỆU VẤN ĐỀ KIỂM TRA SỐ NGUYÊN TỐ LỚN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ
&&&
TIỂU LUẬN
MẬT MÃ VÀ AN TOÀN DỮ LIỆU
Đề tài: “VẤN ĐỀ KIỂM TRA SỐ NGUYÊN TỐ LỚN”
Giảng viên: PGS.TS Trịnh Nhật Tiến
Học viên thực hiện: Nguyễn Thế Tùng, K20
Lớp MH: INT 6010 2
Mã HV: 13025189
Hà Nội, 05/2014
1/ Giới thiệu
Bài toán kiểm tra số nguyên tố lớn là một trong những bài toán cơ bản nhưng hết
sức quan trọng trong lĩnh vực an toàn và bảo mật thông tin. Số nguyên tố cũng thường
được dùng để tạo khóa cho các thông tin nhạy cảm mà người gửi cũng như người
nhận đều muốn giữ bí mật. Ứng dụng chính của số nguyên tố là trong lĩnh vực mã hóa
(cryptography), trong đó chúng ta cần tạo ra những số nguyên tố với hàng trăm chữ số.
Kiểm tra một số có phải số nguyên tố hay không là một bài toán khá quan trọng trong
khoa học máy tính, vì số nguyên tố được sử dụng rất rộng rãi trong các giải thuật mã hóa
dùng khóa mở (public key cryptography algorithms). Ngoài ra nó còn được ứng dụng
trong các bộ phát sinh số giả ngẫu nhiên (pseudorandom) và bảng hash (hash table).
2/ Các khái niệm cơ bản
2.1/ Số nguyên tố
Số tự nhiên p, lớn hơn 1 gọi là số nguyên tố nếu như nó chỉ 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
αα

1
1
=
,
ở đây
k
ppp <<<
21
- là các số nguyên tố khác nhau,
N
k
∈
αα
, ,
1
.
Ví dụ:
• Các số nguyên tố Fermat: 3, 5, 17, 257, 65537
• Các số nguyên tố Mersenne: Đến 23 tháng 8/2008, đã biết 47 số nguyên tố
Mersenne (nếu tính cả trường hợp 2
1
-1=1 là số đầu tiên; số thứ 47 có 12.978.189
chữ số), sau đây là 12 số đầu tiên. Số tiếp theo có 157 chữ số.
3, 7, 31, 127, 8191, 131071, 524287, 2147483647, 2305843009213693951,
618970019642690137449562111, 162259276829213363391578010288127,
170141183460469231731687303715884105727.
2.2/ Số nguyên tố cùng nhau
Trong toán học, các số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng có
Ước số chung lớn nhất là 1. Ví dụ 6 và 35 là nguyên tố cùng nhau vì chúng có ước chung
lớn nhất là 1, nhưng 6 và 27 không nguyên tố cùng nhau vì chúng có Ước chung lớn nhất

là 3. Số 1 là nguyên tố cùng nhau với mọi số nguyên. Nhưng cũng có những trường hợp
đặc biệt, hợp số là số nguyên tố cùng nhau. VD: 6 và 25 tuy là hợp số nhưng chúng có
Ước chung lớn nhất là 1 nên chúng là những số nguyên tố cùng nhau.
2.3/ Hợp số
Cho hai số tự nhiên a, b. Nếu có số tự nhiên q sao cho a=b*q thì ta nói a chia hết cho b
hay b chia hết a. Khi đó ta cũng nói a là bội của b, b là ước của a. Mọi số tự nhiên lớn
hơn 1 đều có ít nhất hai ước tự nhiên là 1 và chính nó. Các ước này được gọi là ước tầm
thường của n. Một số tự nhiên lớn hơn 1, không chia hết cho số nào khác ngoài các ước
tầm thường, được gọi là số nguyên tố. Các số tự nhiên lớn hơn 1 và không nguyên tố thì
được gọi là hợp số. Một hợp số là tích của ít nhất 2 số nguyên tố.
Ví dụ: 14 là hợp số vì ngoài việc chia hết cho hai ước tầm thường là 1 và 14 nó còn chia
hết cho 2 và 7.
2.4/ Đồng dư thức
Cho số nguyên dương n, hai số nguyên a,b được gọi là đồng dư theo mô-đun n nếu chúng
cho cùng số dư khi chia cho n (hay là a-b chia hết cho n).
Kí hiệu là:
Ví dụ:
Vì 11 và 5 khi chia cho 3 đều cho số dư là 2.
Nếu số nguyên dương n và số nguyên a nguyên tố cùng nhau thì tồn tại duy nhất một
số sao cho: , số x này được gọi là nghịch
đảo của a theo mô-đun n.
2.5/ Số Fermat
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: 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:
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−
≡







.
2.6/ Số Mersenn
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: 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: 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: 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
2.7/ 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/ Các phương pháp kiểm tra số nguyên tố lớn
3.1/ Phương pháp N
±
1
Đầu tiên chúng ta xem phương pháp N-1 kiểm tra số nguyên tố.
Định lý: 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
)(mod na
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
)(mod nab
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 mãn 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: 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: Cho
Nn
∈
, n>1, n là số lẻ,
11
1 RFn
⋅=−
, với
1),(
11
=
RFUCLN
. Giả sử chúng
ta biết được hoàn 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: 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 thuẫn. Nên định lý được chứng minh.
Định lý: 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.
Định lý: Giả sử n là số lẻ,
11
1,1 RFnn
=−>
, ở đây

1),(
11
=
RFUCLN
,
1
F
là số chẵn, 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.
3.2/ 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: 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: 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: 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
)(mod na
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 sẵn 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.
3.3/ Kiểm tra tính nguyên tố bằng thuật toán Millier
Cho
*
: RNf →
- hàm số trên tập số tự nhiên, với f(n)<n.
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
|

.
3.4/ Kiểm tra tính nguyên tố 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 mọi 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).
3.4.1/ Kiểm tra trên cơ sở định luật nhỏ của Fermat
3.4.1.1/ Cơ sở thuật toán
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)
)(mod naa
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
)(mod naa

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 tra 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
3.4.1.2/ Ví dụ minh họa
Ví dụ 1:
Kiểm tra n = 221 là số nguyên tố. Kiểm tra tới khi nào không còn lấy được số a nào
sao cho
2201
≤≤
a
và UCLN(a,n)=1.
- Chọn a = 38:
- Chọn a= 26:
Vậy 221 là hợp số, không phải là số nguyên tố
Ví dụ 2:
Kiểm tra n = 5 là số nguyên tố. Kiểm tra tới khi nào không còn lấy được số a nào
sao cho
41
≤≤
a
và UCLN(a,n)=1.
- Chọn a = 4:
a
n-1
= 4
4
= 256


)5(mod1≡
- Chọn a = 3:

a
n-1
= 3
4
= 81


)5(mod1≡
- Chọn a = 2:
a
n-1
= 2
4
= 16


)5(mod1≡
Vậy 5 là số nguyên tố.
3.4.2/ Kiểm tra bằng Miller-Rabin
3.4.2.1/ Cơ sở thuật toán
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: 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
−≡=
⋅
.
Xác suất trả lời sai:
Định lý: 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