Về các dãy số nguyên tố và ứng dụng

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THANH BẰNG

VỀ CÁC DÃY SỐ
NGUYÊN TỐ VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2013


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THANH BẰNG

VỀ CÁC DÃY SỐ
NGUYÊN TỐ VÀ ỨNG DỤNG

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG

NGHỆ AN - 02/2013


3

MỤC LỤC
TRANG

MỞ ĐẦU

1

CHƯƠNG 1
PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ

4

1.1

Dãy số nguyên tố…………………………………..………….

4

1.2

Hàm số nguyên tố…………………………………….……….

12

1.3

Phương trình Fermat với số mũ của ẩn là số nguyên tố………

14

CHƯƠNG 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
CÓ ỨNG DỤNG TRONG LÝ THUYẾT MẬT MÃ

19

2.1

Bài toán kiểm tra số nguyên tố lớn………….…..……………

19

2.2

Bài toán phân tích thành thừa số nguyên tố...……...…………

27

2.3

Hệ mã mũ của Pohlig và Hellman………………….…………

30

CHƯƠNG 3
BÀI TẬP VỀ DÃY SỐ NGUYÊN TỐ

33

KẾT LUẬN

54

TÀI LIỆU THAM KHẢO

55


4

MỞ ĐẦU
Các số nguyên tố là vật liệu cơ bản để xây dựng tất cả các số tự nhiên. Vì
các số tự nhiên tăng lên vô hạn, nên câu hỏi đầu tiên đặt ra là: Có bao nhiêu số
nguyên tố? Có thể liệt kê tất cả chúng ra hay chúng lập thành một dãy vô hạn?
Để chứng minh điều này, Euclid đã đưa ra một lập luận, xuất phát từ giả thuyết
rằng dãy số nguyên tố là hữu hạn và đi đến việc chỉ ra có một số nguyên tố mới
khác với các số nguyên tố đã có.
Sau khi Euclid chứng minh có vô số các số nguyên tố, nhiều câu hỏi xung
quanh các số nguyên tố đã được nêu ra. Một số câu hỏi đó, dưới những phát biểu
đơn giản, đã trở thành những bài toán trong lịch sử toán học mà cho đến nay vẫn
chưa có lời giải trọn vẹn.
Người ta không nhận thấy một sự tuần hoàn nào trong dãy số nguyên tố.

Trùm lên trên các số nguyên tố dường như có một sự huyền bí nào đó. Sự phân
bố của các số nguyên tố tỏ ra rất phức tạp và không có quy luật. S.G. Telang
(xem [8]) viết: Chưa ai có thể đưa ra lý do phân tích được sự phân bố không
quy luật của các số nguyên tố (Nobody has been able to put forward any reason
which will account for this extreme irregularity in the distribution of primes).
Việc tìm các số nguyên tố lớn trong một thời gian dài là sự quan tâm của
nhiều nhà toán học. Cho phép chúng tôi nhắc lại ở đây một vài tên tuổi của các
nhà toán học lớn trong lịch sử nhân loại gắn liền với các kết quả nghiên cứu về
số nguyên tố: Euclid, Euler, Goldbach, Fermat, Dirichlet, Waring, Wilson,
Leibniz, Vinogradov, Brun, J. R. Chen, P. M. Ross, … . Tuy nhiên, đến nay
trong Số học vẫn còn tồn tại nhiều giả thuyết mở về số nguyên tố.
Hơn nữa, trong thời đại công nghệ thông tin ngày nay việc nghiên cứu về
số nguyên tố càng được kích thích bởi sự kiện là các số nguyên tố tỏ ra rất có ích
trong việc mã hóa và giải mã các thông tin. Tính bảo mật và an toàn của hệ mật
mã RSA (do ba nhà khoa học của Học viện Công nghệ Massachusetts công bố
năm 1978) được đảm bảo bằng độ phức tạp của bài toán số học phân tích một số
nguyên thành tích các thừa số nguyên tố. Nói khác đi, vấn đề thời gian tiêu tốn


5
cho việc chạy máy tính để thực hiện bài toán phân tích một số nguyên đủ lớn
thành tích các thừa số nguyên tố, được sử dụng làm chỉ tiêu định lượng đánh giá
độ an toàn của hệ mã RSA. Vì vậy, hệ mật mã này hiện được cộng đồng quốc tế
chấp nhận rộng rãi trong việc thực thi mật mã khóa công khai.
Nhân được đọc và dịch một phần của cuốn sách về Số học bằng tiếng Anh
được viết bởi của S.G.Telang – Giáo sư Trường Đại học Bombay, Ấn độ ([8]),
với mục đích tìm hiểu sâu hơn về ứng dụng của Số học trong lĩnh vực công nghệ
thông tin, chúng tôi tập trung tìm hiểu các vấn đề xung quanh số nguyên tố, dãy
số nguyên tố và ứng dụng của chúng trong Lý thuyết mật mã. Vì vậy, mục đích
chính của bản luận văn này là:

1. Tìm hiểu các kết quả mới về sự phân bố số nguyên tố, dãy số nguyên tố
và hàm số nguyên tố.
2. Tìm hiểu một số thuật toán sơ cấp và thuật toán xác suất về kiểm tra
nguyên tố.
3. Tìm tòi một số ứng dụng của số nguyên tố và dãy số nguyên tố trong Lý
thuyết mật mã.
4. Giải một số bài toán về dãy số nguyên tố nhằm chỉ ra một số điều kiện
đủ về sự tồn tại hoặc xây dựng những dãy con vô hạn hoặc hữu hạn các số
nguyên tố thoả mãn một số tính chất nào đó.
Luận văn gồm có 3 chương:
Chương 1 trình bày các kiến thức cơ sở về số nguyên tố và dãy số nguyên tố,
chỉ ra một số bất đẳng thức trong dãy số nguyên tố.
Chương 2 giới thiệu các bài toán:
- Phân bố số nguyên tố trong dãy số tự nhiên;
- Bài toán giải mã có sử dụng số nguyên tố.
Chương 3 trình bày một số lời giải các bài toán về dãy số nguyên tố.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu
sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học, người đã dành nhiều thời gian và công sức
giúp đỡ cho tôi để hoàn thành luận văn này.


6
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại
số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học
Vinh, những người đã tận tình giảng dạy và tổ chức thành công cho khóa học.
Xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu.
Xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thông Nguyễn
Bỉnh Khiêm - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai, các đồng nghiệp, bạn bè, gia đình

đã động viên và giúp đỡ tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song luận văn vẫn còn nhiều thiếu sót, tác giả
mong nhận được sự đóng góp của thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
TÁC GIẢ


7

CHƯƠNG 1
PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ

1.1. Dãy số nguyên tố
Lý thuyết số có thể được cắt nghĩa ngắn gọn như là sự nghiên cứu các tính
chất của các số nguyên, trong đó có các số nguyên tố. Các số nguyên tố đóng một
vai trò rất quan trọng trong Lý thuyết số. Dù khái niệm về số nguyên tố rất đơn giản
nhưng các vấn đề liên quan đến chúng lại là rất khó. Thật ngạc nhiên khi định lý
đầu tiên quan trọng liên quan đến các số nguyên tố lại được chứng minh một cách
dễ dàng. Điều này liên quan đến câu hỏi: Có bao nhiêu số nguyên tố trong tập hợp
vô hạn các số nguyên dương? Một định lý nổi tiếng của Euclid khẳng định rằng có
vô hạn các số nguyên tố. Chứng minh của Euclid đơn giản một cách đáng ngạc
nhiên mà không cần một sự trợ giúp nào ngoài định nghĩa số nguyên tố. Đó là một
chứng minh tuyệt đẹp, dù rằng cho đến ngày nay nhân loại đã tìm được rất nhiều
cách chứng minh khác. Bài toán xác định các tập hợp con vô hạn của tập hợp các số
nguyên tố là những bài toán khó, thậm chí đã trở thành những giả thuyết lớn của Số
học mà hiện nay vẫn chưa có lời giải và được nhiều người trong và ngoài ngành
toán quan tâm.
1.1.1. Định nghĩa. Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số
nguyên dương nào ngoài 1 và chính nó. Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số
nguyên tố được gọi là hợp số.
Nhận xét rằng, mỗi số nguyên lớn hơn 1 luôn có ít nhất một ước nguyên tố.

1.1.2. Định lý (Định lý Euclid). Tồn tại vô hạn các số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử rằng chỉ tồn tại hữu hạn các số nguyên tố được sắp thứ tự
p1 < p2 Gọi N = p1 p2 ...pk +1. Ta có N > pk . Gọi p là ước nguyên tố của N . Khi đó,
p ¹ pi , " i =1,2,..., k . Thật vậy, nếu p = pi nào đó, thì từ tính chất p là ước của N
ta suy ra p là ước của 1, vô lý. Như vậy, tồn tại một số nguyên p khác với tất các
số nguyên tố p1 , p2 ,L , pk . Điền này mâu thuẫn với giả thiết rằng chỉ có hữu hạn số
nguyên tố. ■


8
Trong chứng minh Định lý Euclid ta có thể đặt
N = p1 p2 L pk - 1
và lập luận tương tự, chúng ta sẽ thu được hệ quả sau đây.
1.1.3. Hệ quả. Nếu pk là số nguyên tố thứ k, thì:
(i) pk +1 ≤ p1 p2 ... pk – 1;
(ii) pk +1 < p1k với k ≥ 3
1.1.4. Bảng phân bố số nguyên tố
Sự phân bố của các số nguyên tố tỏ ra rất phức tạp và không có quy luật.
S.G. Telang viết: Chưa ai có thể đưa ra lý do phân tích được sự phân bố không

quy luật của các số nguyên tố (Nobody has been able to put forward any reason
which will account for this extreme irregularity in the distribution of primes). Ta
quan sát bảng thống kê sau ([8]):
Thứ tự
1-10
11- 20
21 - 30
31- 40
41- 50

51- 60
61- 70
71- 80
81- 90
91- 100
101- 200
201- 300
301- 400
401- 500

Số các số nguyên tố
4
4
2
2
3
2
2
3
2
1
21
16
16
17

Thứ tự
1-1000
1001-2000
2001-3000

3001-4000
4001-5000
106 - 106 +100
106+101-106+ 200
106+201-106+ 300
106+301-106+ 400
106+401-106+ 500

Số các số nguyên tố
168
135
127
120
113
6
10
8
8
7


9
Nhà toán học nổi tiếng Dirichlet (1805-1859) người Đức đã chứng minh
được định lý sau đây.
1.1.5. Định lý (Dirichlet [8]). Giả sử a, b là các số nguyên dương và nguyên tố
cùng nhau. Khi đó, tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng ak + b, k Î ¥ .
Một số trường hợp riêng của Định lý Dirichlet có thể chứng minh dễ dàng
bằng cách sử dụng các kiểu lý luận áp dụng cho Định lý Euclid:
- Tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng 4k + 3, k Î ¥ .
- Tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng 6k + 5, k Î ¥ .

Định lý này mở rộng từ Định lý Euclid về số nguyên tố: tập hợp số nguyên
tố là vô hạn (dạng 4x + 3, là các số nguyên tố Gauss, hoặc 2x + 1 với mọi số
nguyên tố lẻ). Chú ý định lý này không phát biểu rằng có vô hạn số nguyên tố
tạo thành một cấp số cộng.
Tính phân bố không quy luật của dãy các số nguyên tố làm phát sinh nhiều
giả thuyết số học mà nhiều trong chúng cho đến nay vẫn còn chưa được chứng
minh. Chẳng hạn giả thuyết dường như rất đơn giản sau:
1.1.6. Giả thuyết. Có vô hạn số nguyên tố dạng k 2 + 1 .
5 = 22 +1; 17 = 4 2 +1; 6 2 +1 = 37; 10 2 +1 = 101. ..
Hiện tại vẫn chưa ai có thể chứng minh hay bác bỏ được giả thuyết này,
nhưng các bằng chứng thể hiện trên bảng số nguyên tố, ủng hộ quan điểm cho
rằng dự đoán trên là đúng.
Nếu ký hiệu pn là số nguyên tố thứ n trong dãy các số nguyên tố
2, 5, 7,..., pn , pn+1 , ... thì chúng ta có một đánh giá chặt giữa số nguyên tố pn
với thứ nguyên n > 3 như sau.
1.1.7. Định lý. Nếu n > 3 thì pn > n + 2.
Chứng minh. Ta có p4 = 7 > 4 + 2 . Như vậy định lý đúng với n = 4. Giả sử
định lý đúng với n = k. Điều này dẫn đến pk > k + 2 . Do đó:
pk +1 ³ pk + 2 > (k + 2) + 2 > (k + 1) + 2.
Định lý đúng với n = k + 1. Theo phép quy nạp, định lý đúng với n > 3. ■


10
n
1.1.8. Hệ quả. Giả sử k =   . Khi đó, ta có:
2
(i) n ≥ 2k với mọi n;
(ii) n – (k – 1) < pk với n ≥ 8.
n
n

n −1
Chứng minh. (i) Từ k =   , ta suy ra k = hoặc k =
. Dẫn đến
2
2
2
n = 2k hoặc n = 2k + 1, tức là n ≥ 2k với mọi n.
n
(ii) Giả sử n ≥ 8. Khi đó k =   > 3 .
2
Nếu n = 2k + 1, thì theo Định lý 1.1.7, có n – (k – 1) = k + 2 < pk.
Nếu n = 2k, thì n – (k – 1) = k + 1 < pk . ■
2
1.1.9. Định lý (Bất đẳng thức Bonse). Nếu n > 3 thì pn+1 < p1 p2 L pn .

Chứng minh. Với n = 4, 5, 6, 7 kiểm tra trực tiếp và Bất đẳng thức Bonse
n
đúng. Với n ≥ 8 và k =   theo Hệ quả 1.1.8 ta có:
2
pk > n - (k - 1)
n ≥ 2k
và
Ta ký hiệu u = p1 p2 ... pk - 1 . Xét tập hợp

(1)
(2)

S = { u - 1, 2u - 1, ..., pk u - 1} .
Nhận thấy rằng không có số nguyên tố nào trong các số:
pk , pk +1 , ..., pn

(3)
lại chia hết nhiều hơn một số nguyên của S. Chẳng hạn, giả sử tu – 1 và su – 1
của S chia hết cho pk+i của (3). Điều này dẫn đến pk+i chia hết
(tu - 1) − ( su - 1) = u (t - s ) điều này không thể xảy ra vì

( pk+i , u )

= 1 và

t − s < pk +i .
Số các số nguyên thuộc S nhiều hơn số các số nguyên tố của dãy (3) bởi vì
pk > n – (k – 1). Điều đó dẫn đến có một hoặc nhiều hơn một số nguyên trong S
không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào của dãy (3). Hơn nữa, không có số
nguyên nào trong S chia hết cho p1 , p2 , ..., pk - 1 . Do đó, ta đi đến kết luận rằng


11
tồn tại ít nhất một số nguyên thuộc S không chia hết cho bất cứ số nguyên tố nào
trong dãy p1 , p2 , ..., pn . Giả sử đó là số lu – 1 sao cho 1 ≤ l ≤ pk . Thế thì, số
lu − 1 là số nguyên tố lớn hơn pn hoặc chia hết cho số nguyên tố lớn hơn pn. Từ
đó, ta có:
pn+1 ≤ lu – 1≤ pk u – 1
pn+1 < p1 p2 … pk
pn2+1 < ( p1 p2 … pk ) ( p1 p2 … pk ) < ( p1 p2 … pk ) ( pk +1 pk + 2 … p2 k )
≤ ( p1 p2 … pk ) ( pk +1 pk + 2 … pn )
= ( p1 p2 … pn ) , bởi vì n ≥ 2k.
Định lý được chứng minh. ■
1.1.10. Định lý. Nếu n ≥ 9 thì pn > 2n + 3.
Chứng minh. P9 = 23 > 2× 9 + 3 . Như vậy định lý đúng với n = 9. Giả sử
định lý đúng với n = h. Điều này dẫn đến ph > 2h + 3. Do đó

ph+1 ≥ ph + 2 > 2h + 3 + 2 = 2(h + 1) + 3.
Như vậy định lý đúng với n = h + 1 . Theo quy nạp định lý đúng với n ≥ 9 . ■
n
1.1.11. Định lý. Giả sử k =   . Khi đó ta có:
3
(i) 3k £ n £ 3k + 2, " n ;
(ii) n - (k - 1) < pk , n ³ 27.
n
n
n −1
n−2
Chứng minh. (i) Từ k =   , ta suy ra k = hoặc k =
hoặc k =
.
3
3
3
3
Dẫn đến n = 3k, hoặc n = 3k + 1, hoặc n = 3k + 2. Vì vậy:
3k £ n £ 3k + 2, " n
n
(ii) Giả sử n ≥ 27. Khi đó k =   ≥ 9 .
3
Theo Định lý 1.1.10, có
n - (k - 1) £ 3k + 2 - (k - 1 )= 2k + 3 < pk . ■


12
3
1.1.12. Định lý. Nếu n > 4 , thì pn+1 < p1 p2 L pn .

Chứng minh.
Với n = 5, ta có 133 < 2.3.5.7.11
Với n = 6, ta có 173 < 2.3.5.7.11.13
…......................................................
Với n = 26, ta có 1033 < 2.3.5…101
Như vậy, Định lý 1.1.12 đúng với n = 5, 6, …, 26.
n
Giả sử n ≥ 27 và k =   , theo Định lý 1.1.11, pk > n – (k – 1) và n ≥ 3k.
3
Ta ký hiệu u = p1 p2 ... pk - 1 . Xét tập hợp
S = { u - 1, 2u - 1, ..., pk u - 1} .
Cũng như trên, ta có thể chứng minh trong S tồn tại ít nhất một số nguyên
không chia hết cho bất cứ số nguyên tố nào trong dãy p1 , p2 , ..., pn . Giả sử đó là
số lu – 1 sao cho 1 ≤ l ≤ pk. Khi đó, lu – 1 là một số nguyên tố lớn hơn pn hoặc
chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn pn. Do đó:
pn+1 ≤ lu – 1≤ pk u − 1
pn+1 < p1 p2 ¼ pk
pn3+1 < ( p1 p2 ¼ pk ) ( p1 p2 ¼ pk ) ( p1 p2 ¼ pk )
< ( p1 p2 ¼ pk ) ( pk +1 pk +2 ¼ p2k )( p2k +1 p2k +2 ¼ p3k )
£ ( p1 p2 ¼ pk ) ( p2k +1 p2k +2 ¼ pn ) , vôùi n ³ 3k
Định lý được chứng minh. ■
1.1.13. Số nguyên thoả mãn tính chất P. Một số nguyên N >1 được gọi là
thoả mãn tính chất P nếu tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn N và nguyên tố
cùng nhau với N chỉ là số 1 hoặc là số nguyên tố.
Xét số nguyên 18. Các số nguyên nhỏ hơn 18 và nguyên tố cùng nhau với
18 là: 1, 5, 7, 11, 13, 17.
Tương tự, xét số nguyên 30. Các số nguyên nhỏ hơn 30 và nguyên tố
cùng nhau với 30 là: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
1.1.14. Định lý. Dãy các số nguyên có tính chất P chỉ là: 2, 3, 4, 6, 12, 18, 24

và 30.


13
Chứng minh. Giả sử số nguyên N >1 thoả mãn tính chất P. Khi đó, mỗi
hợp số không vượt quá N, sẽ không nguyên tố cùng nhau với N.
Ta có nhận xét rằng, mỗi số nguyên N lớn hơn 3 hoặc là bình phương, hoặc
là nằm giữa các bình phương của hai số nguyên tố liên tiếp:
pn2 £ N < pn2+1
với n nào đó và pn là số nguyên tố thứ n. Từ đó suy ra rằng, mỗi số nguyên tố
p £ pn là ước của N, hay nói cách khác p 2 £ N là một hợp số và nguyên tố
cùng nhau với N. Điều này mâu thuẫn với giả thiết N là số có tính chất P. Vì
vậy, tất cả các số nguyên tố p1 , p2 ,..., pn là ước của N hay tích p1 p2 L pn cũng
là ước của N. Do đó, ta có
p1 p2 L pn £ pn2+1.
Mặt khác, theo Bất đẳng thức Bonse:
p1 p2 L pn > pn2+1 ; n > 3 .
Kiểm tra được rằng bất đẳng thức
p1 p2 L pn £ pn2+1.
2
2
đúng với n = 1, 2, 3. Từ đó suy ra n £ 3 . Kết hợp với pn £ N < pn+1 ta có

N < pn2+1 £ p42 = 7 2 = 49 .
Kiểm tra trực tiếp một cách khá đơn giản với những số nguyên bé hơn 49 ta
suy ra những số thoả mãn tính chất P chỉ là: 2, 3, 4, 6, 8, 12, 18, 24 và 30. ■
1.1.15. Giả thuyết Bertrand. Nếu n > 3 thì tồn tại ít nhất một số nguyên tố
giữa n và 2n – 2
Rõ ràng giả thuyết Bertrand mạnh hơn rất nhiều so với bất đẳng thức
Bonse. Còn có một giả thuyết khác nổi tiếng như sau:

Luôn luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố nằm giữa n2 và (n+1)2.
1.1.16. Giả thuyết Riemann. Tại đại hội Toán học Thế giới năm 1900 ở Paris,
Riemann đã đưa Giả thuyết vào danh sách 23 bài toán dành cho những nhà Toán
học của thế kỷ 20. Bây giờ thì nó đang tiếp tục thách thức những nhà Toán học ở
thế kỷ 21. Giả thuyết Riemann (RH - Riemann Hypothesis) đã tồn tại rất lâu và


14
hiện tại cũng chưa hẳn là thời kỳ hấp dẫn nhất trong lịch sử bài toán. Tuy nhiên
những năm gần đây đã chứng kiến một sự bùng nổ trong nghiên cứu bắt nguồn
từ sự kết hợp giữa một số lĩnh vực trong Toán học và Vật lý.
Trong 6 năm qua, Viện Toán học Mỹ (AIM - American Institute of
Mathematics) đã tài trợ cho 3 đề án tập trung vào RH. Nơi đầu tiên (RHI) là ở
Seattle vào tháng 8 năm 1996 tại đại học Washington (University of
Washington). Nơi thứ hai (RHII) là ở Vienna vào tháng 10 năm 1998 tại Viện
Schrodinger (Erwin Schrodinger Institute), và nơi thứ ba (RHIII) là ở New York
vào tháng 5 năm 2002 tại Viện Toán Courant (Courant Institute of Mathematical
Sciences).
Năm 1859 trong một báo cáo seminar "Ueber die Anzahl der Primzahlen
unter eine gegebener Grosse", G. B. F. Riemann đã chỉ ra một số tính chất giải
tích căn bản của hàm zeta:
¥
1 1
1
ς(s)= 1+ s + s + L = å s .
2 3
n=1 n

Chuỗi này hội tụ nếu phần thực của s lớn hơn 1. Riemann chứng minh
rằng V( s ) có thể mở rộng bởi sự liên tục thành một hàm giải tích trên cả mặt

phẳng phức ngoại trừ tại điểm s = 1 (simple pole).
Thật ra hàm zeta đã được nghiên cứu trước đó bởi Euler và một số người
khác, nhưng chỉ như một hàm với biến số thực. Nói riêng, Euler chỉ ra rằng
trong đó tích vô hạn (gọi là tích Euler) lấy trên tất cả các số nguyên tố. Tích này
hội tụ khi phần thực của s lớn hơn 1. Đây là một phiên bản giải thích cho Định
lý cơ bản của số học, rằng mỗi số nguyên có thể phân tích một cách duy nhất
thành các thừa số nguyên tố. Euler đã dùng tích này để chứng minh rằng tổng
nghịch đảo của các số nguyên tố là không bị chặn. Chính tích Euler đã thu hút
sự quan tâm của Riemann tới hàm zeta: khi đó ông đang cố gắng chứng minh
một giả thuyết của Legendre và trong một dạng chính xác hơn phát biểu bởi
Gauss:
t

p( x) ~ ò
2

dt
logt


15
trong đó p( x) là số các số nguyên tố nhỏ hơn x.
Riemann đã tạo ra một bước tiến lớn tới giả thuyết của Gauss. Ông nhận ra
rằng số phân bố các số nguyên tố phụ thuộc vào sự phân bố các không điểm của
hàm zeta.
Giả thuyết Riemann: Mỗi không điểm của hàm V đều nằm trên trên đường
1
thẳng Im(z)= .
2

1.2. Hàm số nguyên tố
1.2.1. Bài toán. Hãy tìm một hàm số nguyên tố tức là tìm một hàm số f sao
cho f ( n) là số nguyên tố với mọi số nguyên tố n.
Trước hết chúng ta xét một hàm đa thức sau:
f ( n) = ak n k + ak - 1n k- 1 +L + a1n + a0
trong đó:
(i) ak là các số nguyên dương;
(ii) a0 , a1 ,..., ak - 1 là các số nguyên.
Nhận xét. Ta có f ( n) ® ¥ khi n ® ¥ và do đó tồn tại một số nguyên m sao
cho f (n) >1 với mọi n ³ m.
1.2.2. Định lý. f ( n) là hợp số với vô hạn các giá trị của số tự nhiên n ¹ 0.
Chứng minh. Giả sử c ³ m là một số nguyên và t là một số nguyên tuỳ ý.
Khi đó
f (c + tf (c)) = ak (c + tf (c )) k + ak - 1 (c + tf (c)) k - 1 +L + a1 (c + tf (c )) + a0
= ak c k +L + a1c + a0 + lf (c ) = f (c ) + lf (c ), l Î ¢.
Điều đó có nghĩa là f (c + tf (c)) là bội của f (c) với mọi giá trị nguyên t .
Bởi vì f (c + tf (c)) ® ¥ khi t ® ¥ .
Điều đó suy ra rằng, f ( n) là hợp số với vô hạn các giá trị của n. ■
2
Ví dụ. Giả sử f ( n) = n - 3n - 41. Khi đó, f ( n) >1, " n ³ 9. Chọn c = 9 có

f (c) = f (9) = 13. Theo Định lý trên, f (9 +13 t ) là bội của 13 với mọi giá trị


16
2
nguyên của t. Chẳng hạn, f (9 +13t ) =13 +195t + 169t là bội của 13 với mọi
2
giá trị nguyên của t. Do đó, f ( n) = n - 3n - 41 là bội của 13 với n = 9, 22, 35, ... .
n

1.2.3. Định lý. Cho f ( n) = a - 1, n > 1 . Khi đó, f ( n) là số nguyên tố chỉ khi

a = 2 và n là số nguyên tố.
n
Chứng minh. Giả sử f ( n) = a - 1, n > 1 là số nguyên tố. Nếu a =1 thì

f ( n) = 0. Do đó, a ³ 2 . Nếu a > 2 thì
f ( n) = a n - 1 = (a - 1)(a n-1 + a n-2 + ...+ 1)
có ước thực sự a - 1 . Vì vậy, a = 2.
Bây giờ giả sử n là hợp số, hay n = kl, k > 1, l > 1. Ta có:

(

f ( n) = a n - 1 = a kl - 1 = ( a k ) - 1 = ( a k - 1) ( a k )
l

l- 1

+( a k )

l- 2

+L +1)

)

n
có ước thực sự khi a = 2. Điều này mâu thuẫn với giả thiết f(n)= a - 1, n > 1 là

số nguyên tố. Do đó n là số nguyên tố. ■

n
1.2.4. Hệ quả. f ( n) = 2 - 1 là số nguyên tố chỉ khi n là số nguyên tố.

Như vậy, bài toán tìm hàm nguyên tố là chưa giải quyết được triệt để. Hiện
vẫn chưa tìm được một công thức f ( n) sao cho
f ( n ) = pn
với pn là số nguyên tố thứ n.
1.2.5. Giả thuyết Mersenne. Giả sử n £ 257. Khi đó, 2n - 1 là số nguyên tố chỉ
khi
n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257.


17

1.3. Phương trình Fermat
với số mũ các ẩn là số nguyên tố
Trong tiết này của luận văn, nhờ công cụ số nguyên tố, chúng tôi diễn đạt
và kiểm tra sự tương đương về một dạng phát biểu đơn giản nhất của Định lý
sau cùng của Fermat mà A. Wiles đã sử dụng trong lời giải của mình.
1.3.1. Định lý sau cùng của Fermat
Ta thấy rằng phương trình có vô hạn nghiệm nguyên ( x, y, z ) .
Các bộ số Pythagorean cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương
trình x 2 + y 2 = z 2 .
Tình hình sẽ như thế nào nếu số mũ của các ẩn tăng lên? Nói cách khác,
các phương trình
x n + y n = z n với n ≥ 3
có nghiệm nguyên hay không? Nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạn?
Đó chính là nội dung của Định lý sau cùng Fermat nổi tiếng, một trong
những câu hỏi lớn nhất của Toán học và chỉ mới nhận được câu trả lời trong thời
gian gần đây:

Phương trình x n + y n = z n , với n ≥ 3 , không có nghiệm nguyên dương.
Bên lề một cuốn sách Số học của Diophantine (xuất bản năm 1637) nhà
toán học người Pháp Pierre de Fermat (1601 - 1665) đã viết như sau:
Phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , không có nghiệm nguyên dương. Tôi
đã tìm được một cách chứng minh tuyệt diệu điều khẳng định này nhưng vì lề
sách quá nhỏ nên không thể viết vào đây.
Định lí sau cùng của Fermat mới được chứng minh bởi nhà toán học
Andrew Wiles, với việc sử dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành
Toán học khác nhau.


18
1.3.2. Sơ lược quá trình chứng minh Định lý sau cùng của Fermat bởi
Andrew Wiles
- Tháng 7 năm 1993, Nick Katz (đồng nghiệp) trao đổi email với Wiles về
những điểm chưa hiểu rõ, trong đó nhắc rằng trong chứng minh của Wiles có
một sai lầm căn bản.
- Tháng 9 năm 1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa. Wiles cố hết
sức nhưng không khắc phục được
- Tháng 11 năm 1993, ông gởi email công bố là có trục trặc trong phần đó
của chứng minh.
- Richard Taylor, một sinh viên cũ của ông, tới Princeton cùng nghiên cứu.
- Ba tháng đầu 1994, ông cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấn đề nhưng
không có hiệu quả.
- Tháng 9 năm 1994, ông quay lại nghiên cứu một vấn đề căn bản mà
chứng minh của ông được dựa trên đó.
- Ngày 19 tháng 9 năm 1994 ông phát hiện cách sửa chữa những điểm trục
trặc, dựa trên một cố gắng chứng minh đã làm ba năm trước.
- Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải trên Annals of Mathematics.
- Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhận

chứng minh của A. Wiles là đúng.
1.3.3. Mệnh đề. Nếu phương trình x n + y n = z n có nghiệm nguyên dương thì
phương trình x p + y p = z p cũng có nghiệm nguyên dương, với p là ước của n.
Chứng minh. Giả sử phương trình x n + y n = z n với n ≥ 3 , n ∈ Z có một
nghiệm nguyên (a, b, c ) , khi đó ta có: a n + bn = c n . Ta viết đẳng thức này lại như
sau:
p

p

p

 np   np   np 
 a ÷ + b ÷ = c ÷ .
     
n

n

n

Do đó, phương trình x p + y p = z p có nghiệm nguyên dương (a p , b p , c p ) . ■


19
1.3.4. Mệnh đề. Nếu Định lý sau cùng của Fermat đúng với n = 4 và với mọi số
nguyên tố lẻ thì Định lý này đúng với mọi số nguyên n ≥ 3 .
Chứng minh. Từ giả thiết của bài toán ta chỉ cần xét Định lý sau cùng của
Fermat với những hợp số n > 4 .
1) Nếu n > 4 là số lẻ thì tồn tại ước nguyên tố lẻ p của n. Do đó, nếu

phương trình x n + y n = z n có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.3.3
phương trình x p + y p = z p cũng có nghiệm nguyên dương với p là số nguyên tố
lẻ. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lý.
2) Nếu n là số chẵn thì ta xét hai khả năng sau:
a) Nếu n = 4k . Do n > 4 nên k >1. Vì vậy, nếu phương trình x n + y n = z n
có nghiệm nguyên dương thì do 4 là ước của n, nên theo Mệnh đề 1.3.3 phương
trình x 4 + y 4 = z 4 cũng có nghiệm nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với giả
thiết của Định lý.
b) Nếu n = 4k + 2 = 2(2k + 1) thì do n > 4 nên 2k + 1 > 2 hay 2k + 1 là
số lẻ lớn hơn 3 và do đó n có một ước nguyên tố lẻ p. Do đó, nếu phương trình
x n + y n = z n có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.3.3 phương trình
x p + y p = z p cũng có nghiệm nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. ■
Trong phần này chúng ta sẽ giới thiệu phép chứng minh Định lí sau cùng
của Fermat cho trường hợp n = 4. Một trong những kỹ thuật cơ bản của phép
chứng minh là phương pháp quy nạp lùi vô hạn.
1.3.5. Định lí. Phương trình x 4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử phương trình x 4 + y 4 = z 2 có nghiệm nguyên dương.
Khi đó, tồn tại nghiệm x = x0 , y = y0 , z = z0 trong đó z0 là nhỏ nhất. Ta có
x04 + y04 = z02 . Ta chứng minh ( x0 , y0 ) = 1. Thật vậy, nếu ngược lại ta gọi p là ước
chung nguyên tố của x0 , y0 thì z02 chia hết cho p4 hay z0 chia hết cho p2. Đặt
x0 = px1, y0 = py1, z0 = p 2 z1 , thay vào x04 + y04 = z02 ta có x14 + y14 = z12 . Dó đó,


20
x = x1 , y = y1 , z = z1 là một nghiệm của phương trình x 4 + y 4 = z 2 với z1 bé hơn
z0 . Ta gặp mâu thuẫn. Vì x04 + y04 = z02 nên

( x ) +( y )
2 2
0

2 2
0

= z02 ,

tức là { x02 , y02 , z0 } là một bộ số Pythagorean. Hơn nữa, ( x02 , y02 ) = 1, vì nếu p là số
2
2
nguyên tố, mà p x0 , p y0 thì p x0 , p y0 , mâu thuẫn với ( x0 , y0 ) = 1. Như vậy,

{x , y , z }
2
0

2
0

0

là một bộ số Pythagorean nguyên thuỷ và do đó tồn tại các số

nguyên dương m, n với ( m, n ) = 1, m ≡ n ( mod 2 ) và
x02 = m2 − n 2
y02 = 2mn
z0 = m2 + n 2 ,
trong đó ta có thể xem y 2 là số chẵn (nếu cần thì đổi kí hiệu x02 và y02 ).
Từ đẳng thức của x02 ta được
x02 + n2 = m2 .
Do ( m, n ) = 1 nên { x0 , n, m} là một bộ số Pythagorean nguyên thuỷ và do

đó lại tồn tại các số nguyên dương r , s với ( r , s ) = 1, r ≡ s ( mod 2 ) và
x02 = r 2 − s 2
n = 2rs
m = r 2 + s2
2
Vì m lẻ và ( m, n ) = 1 , ta có ( m, 2n ) = 1. Do y0 = ( 2n ) m nên tồn tại các số

nguyên dương z1 và w với m = z12 , 2n = w2 . Vì w chẵn, w = 2u , trong đó u là
số nguyên dương, nên
u2 =

n
= rs
2

Do ( r , s ) = 1 , tồn tại các số nguyên dương x1 , y1 sao cho r = x12 , s = y12 . Chú
ý rằng vì ( r , s ) = 1 nên dễ suy ra ( x1 , y1 ) = 1. Như vậy, x14 + y14 = z12 , trong đó
x1 , y1 , z1 là các số nguyên dương với ( x1 , y1 ) = 1. Hơn nữa ta có z1 < z0 , vì
z1 ≤ z14 = m 2 < m 2 + n 2 = z0 .


21
Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết về nghiệm x = x0 , y = y0 , z = z0 của phương
trình đang xét. ■


22
1.3.6. Hệ quả. Phương trình x 4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử phương trình x 4 + y 4 = z 4 có nghiệm nguyên dương
(a, b, c) . Ta có a 4 + b4 = c 4 hay a 4 + b 4 = ( c 2 ) . Do đó, phương trình x 4 + y 4 = z 2

2

có nghiệm nguyên dương (a, b, c 2 ) . Điều này mâu thuẫn với Định lý 1.3.5.

■

Như vậy, theo Định lí 1.3.5 và Hệ quả 1.3.6, chúng ta có thể phát biểu Định
lý Fermat dưới dạng đơn giản hơn như sau:
Phương trình x n + y n = z n , với n là số nguyên tố lẻ, không có nghiệm
nguyên dương.
Vào ngày 23 tháng 6 năm 1993, A. Wiles đã viết trên một bảng đen trước
các diễn giả tại Viện Newton ở Cambridge, nước Anh rằng: Nếu p là một số
nguyên tố, u, v và w là các số hữu tỉ và u p + v p + w p = 0 thì uvw = 0 . Như vậy,
A. Wiles đã lần đầu tiên thông báo rằng, ông ta có thể chứng minh được Định lý
sau cùng của Fermat.


23

CHƯƠNG 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
CÓ ỨNG DỤNG TRONG LÝ THUYẾT MẬT MÃ
Chương này xét ba bài toán có vai trò quan trọng trong lý thuyết mật mã:
Kiểm tra số nguyên tố, phân tích một số nguyên thành tích của các thừa số
nguyên tố, tính lôgarit rời rạc của một số theo modulo nguyên tố.

2.1. Bài toán kiểm tra số nguyên tố lớn
Cho n là số nguyên bất kỳ. Làm thế nào để biết n là số nguyên tố hay
không? Bài toán được đặt ra từ những buổi đầu của Số học và trải qua hơn 2000
năm đến nay vẫn là một bài toán chưa có được những cách giải dễ dàng. Bằng

những phương pháp đơn giản như phương pháp sàng Eratosthene, từ rất sớm
người ta đã xây dựng được các bảng số nguyên tố đầu tiên, rồi tiếp tục bằng
nhiều phương pháp khác tìm thêm được nhiều số nguyên tố lớn.
2.1.1. Sàng Eratosthenes. Đây là một thuật giải để tìm tất cả các số nguyên tố
nhỏ hơn hoặc bằng số tự nhiên n. Thuật toán này do nhà toán học cổ Hy Lạp
là Eratosthenes phát minh. Ban đầu, nhà toán học Eratosthenes sau khi tìm ra
thuật toán, đã lấy lá cọ và ghi tất cả các số từ 2 cho đến 100. Ông đã chọc thủng
các hợp số và giữ nguyên các số nguyên tố. Bảng số nguyên tố còn lại trông rất
giống một cái sàng. Do đó, nó có tên là sàng Eratosthenes.
Thuật giải: Để tìm các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng số tự nhiên n bằng
sàng Eratosthenes, ta làm như sau:
- Bước 1: Tạo danh sách các số tự nhiên liên tiếp từ 2 đến n.
- Bước 2: Giữ p = 2 là số nguyên tố đầu tiên.
- Bước 3: Đánh dấu các bội số của p (2p, 3p, 4p, ...) vì chúng không phải là
số nguyên tố.
- Bước 4: Tìm các số còn lại lớn hơn p trong danh sách mà chưa bị đánh dấu.
Nếu không còn số nào, dừng tìm kiếm. Ngược lại, gán cho p giá trị bằng số
nguyên tố tiếp theo và quay lại bước 3.


24
Khi giải thuật kết thúc, tất cả các số chưa bị đánh dấu trong danh sách là các
số nguyên tố cần tìm.
Chương trình viết các số nguyên tố không vượt quá n bằng thuật toán sàng
Eratostthene:
Eratosthene(n)
Var List Prime[1..n]
Int i, j, k
for i:=1 to n Prime[i]:=True
Prime[1]:=false

k =0
while k < sqrt(n) {
i=k+1
while Prime[i]=False i :=i+1
k=i
j =2
while k*j <= n {
Prime[k*j] := False
j:=j+1
}
}
Tuy nhiên chỉ đến giai đoạn hiện nay của lý thuyết mật mã hiện đại, nhu
cầu sử dụng các nguyên tố và kiểm tra tính nguyên tố mới trở thành một nhu cầu
to lớn và phổ biến, đòi hỏi nhiều phương pháp mới có hiệu quả hơn.
2.1.2. Thuật toán Agrawal-Kayal-Saxene (Thuật toán AKS)
Tháng 8 năm 2002, ba nhà toán học Agrawal, Kayal và Sexena (Viện
công nghệ Kanpura - Ấn Độ) công bố thuật toán tất định thử tính nguyên tố có
độ phức tạp thời gian đa thức, khá đơn giản. Thuật toán này xuất phát từ ý tưởng
khá sơ cấp và rõ ràng sau đây:
Số nguyên p là số nguyên tố khi và chỉ khi đồng dư thức sau đúng với mọi
số nguyên a nào đó nguyên tố cùng nhau với p:


25
( x - a ) p º x p - a (mod p )
Về mặt lý thuyết thuật toán AKS có ý nghĩa lớn và đã thu hút được sự
quan tâm nghiên cứu của nhiều người trong thời gian dài. Tuy nhiên, việc kiểm
tra đồng dư thức trên không phải đơn giản khi p đủ lớn. Vì vậy, thuật toán này
chưa tỏ ra có hiệu quả rõ rệt trong tính toán thực tiễn.
Thuật toán Agrawal-Kayal-Saxena:

Input: integer n > 1
If (n is of the form a b , b > 1) output COMPOSITE;
r = 2;
While (r < n) {
if (gcd(n, r) ≠ 1) output COMPOSITE;
if (r is prime)
let q be the largest prime factor of r -1 ;
r-1

if (q ≥ 4 r log n) and ( n q ¹ 1(mod r ))
break;
r ← r + 1;
}
for a = 1 to 2 r log n
if ( x - a )n ¹ ( x n - a )(mod x r - 1, n) output COMPOSITE;
output PRIME;
Thuật toán này đã được một số nhà toán học kiểm nghiệm, đánh giá cao và
xem là thuật toán tốt, có thể dùng cho việc kiểm thử tính nguyên tố của các số
nguyên.
Trong thực tiễn xây dựng các giải pháp mật mã, có nhu cầu các số nguyên
tố rất lớn. Để tìm được số như vậy, người ta chọn ngẫu nhiên một số n rất lớn và
dùng một thuật toán xác suất, chẳng hạn như thuật toán Miller-Rabin. Nếu thuật
toán cho kết quả “n là số nguyên tố” với một xác suất sai ε nào đó, thì dùng tiếp
một thuật toán tất định (chẳng hạn thuật toán Thuật toán Agrawal-KayalSaxena) để đảm bảo chắc chắn 100% rằng số n là nguyên tố.