Biểu diễn số nguyên tố
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (300.57 KB, 42 trang )
1
Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng Đại Học Vinh
-----------------------------Lê nguyệt nga
bIểU DIễN Số NGUYÊN Tố
luận văn thạc sĩ toán học
Vinh - 2010
2
Bộ giáo dục và đào tạo
Trờng Đại Học Vinh
-----------------------------Lê nguyệt nga
bIểU DIễN Số NGUYÊN Tố
luận văn thạc sĩ toán học
Chuyên ngành: Đại số
Mã số: 60.46.05
Ngời hớng dẫn khoa học:
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang
Vinh - 2010
3
mục lục
mở đầu
Chơng 1
Thuật toán nguyên tố
1.1. Số nguyên tố
1.2. Giới thiệu một số loại số nguyên tố
1.3
Thuật toán nguyên tố
Chơng 2
Biểu diễn số nguyên tố
2.1. Biểu diễn số nguyên tố dới dạng tổng các bình phơng
2.2. Biểu diễn số nguyên tố dới dạng tổng các bình phơng
mở rộng
Kết luận
Tài liệu tham khảo
Trang
1
3
3
6
9
16
16
26
36
37
mục lục
mở đầu
Chơng 1
Thuật toán nguyên tố
1.1. Số nguyên tố
1.2. Giới thiệu một số loại số nguyên tố
1.3
Thuật toán nguyên tố
Chơng 2
Biểu diễn số nguyên tố
2.1. Biểu diễn số nguyên tố dới dạng tổng các bình phơng
Trang
1
3
3
6
9
16
16
4
2.2. Biểu diễn số nguyên tố dới dạng tổng các bình phơng
mở rộng
Kết luận
Tài liệu tham khảo
26
36
37
Mở đầu
Mt vn c bn trong S hc ú l cỏc nghiờn cu v s nguyờn t.
Cú th núi Tp hp s nguyờn t l m vng ca S hc. ti v s
nguyờn t vn tip tc phỏt trin v ngy cng hp dn i vi cỏc nh toỏn
hc. Carl Fiedrich Gauss ó d oỏn kt qu ca nh lý s nguyờn t khi cũn
l hc sinh trung hc. Chebyshev (1850) a ra cỏc chn cho s s nguyờn t
gia hai gii hn cho trc. Riemann gii thiu Gii tớch phc thnh lý thuyt
v hm zeta Riemann v dn n mi quan h gia cỏc khụng im ca hm
zeta v s phõn b s nguyờn t. A. Wiles chng minh nh lý ln Fermat cú
s dng cụng c biu din L- hm p adic, vi p l s nguyờn t.
Ngy nay, cỏc kt qu ca s nguyờn t cú nhiu ng dng trc tip
trong lý thuyt mt mó, tin hc.
Vỡ vy, bi toỏn tỡm cỏc thut toỏn v dng biu din ca s nguyờn t
cú ý ngha trong thc tin ging dy v nghiờn cu Toỏn Tin hc.
Hin nay, trong cỏc k thi hc sinh gii Toỏn Tin hc Quc gia v
Quc t cỏc bi toỏn v biu din s nguyờn t l mt mng kin thc quan
trng trong cu trỳc ca thi v gii c cỏc bi toỏn ú luụn l trn tr
5
của mỗi học sinh cũng như các thầy cô giáo đang trực tiếp giảng dạy ở các
trường THPT, các trường THPT Chuyên trong cả nước. Tất cả điều trên là lý
do để chúng tôi lựa chọn đề tài “Biểu diễn số nguyên tố”. Mục đích chính
của luận văn là tìm các dạng biểu diễn của số nguyên tố.
Luận văn được chia làm hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và
danh mục các tài liệu tham khảo.
Trong chương 1, chúng tôi trình bày các thuật toán kiểm tra nguyên tố
và chương trình kiểm tra hai số nguyên tố tương đương và giới thiệu một số
loại số nguyên tố.
Trong chương 2, chúng tôi trình bày các dạng biểu diễn của số nguyên
tố gồm: Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng tổng các bình phương, Biểu diễn số
nguyên tố dưới dạng tổng các bình phương mở rộng từ đó đưa ra một số ứng
dụng của bài toán biểu diễn số nguyên tố.
Luận văn được thực hiện dưới sự hướng dẫn nghiêm túc và chu đáo của
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này tác giả xin bày tỏ lòng kính
trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS. Nguyễn Thành
Quang.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS.TS. Ngô Sỹ Tùng,
PGS.TS. Lê Quốc Hán, TS. Mai Văn Tư, TS. Nguyễn Thị Hồng Loan và các
thầy cô giáo trong Bộ môn Đại số và Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau Đại học
đã tận tâm dạy bảo chúng em trong thời gian học tập vừa qua.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới những người bạn học viên cao
học khoá 16 chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số đã tận tình giúp đỡ trong
quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả mong nhận được
sự chỉ bảo của các thầy cô giáo cùng các bạn đồng nghiệp.
Tác giả
6
7
CHƯƠNG 1
THUẬT TOÁN NGUYÊN TỐ
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả về số nguyên tố;
giới thiệu một số loại số nguyên tố và thuật toán kiểm tra nguyên tố và thuật
toán kiểm các số nguyên tố tương đương.
1.1. Số nguyên tố
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 (không có ước thực sự). Một số
nguyên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số.
Các số nguyên tố từ 2 đến 100: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,
41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.
1.1.2. Định lý. Ước nhỏ nhất khác 1 của số tự nhiên lớn hơn 1 là số nguyên
tố.
Chứng minh. Giả sử a là một số tự nhiên lớn hơn 1 và p là ước nhỏ nhất
khác 1 của a . Nếu p là hợp số, khi đó p có một ước thực sự q sao cho
1 < q < p . Vì p là ước của a nên q cũng là ước của a , điều này mâu thuẫn
với giả thiết p là ước nhỏ nhất khác 1 của a .g
1.1.3. Định lý. Có vô hạn số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố p1 ,...,p k (k ≥ 1) , ta đặt
a = p1p 2 ...p k + 1 .
Theo Định lý 1.1.2, ước nhỏ nhất p khác 1 của a là số nguyên tố. Vì
chỉ có hữu hạn các số nguyên tố ở trên, cho nên p = p j nào đó. Từ đó suy ra,
số nguyên tố p là ước của 1. Ta gặp phải một mâu thuẫn. g
Ngay từ thời cổ đại, người ta đã biết rằng tập hợp các số nguyên tố là
vô hạn. Có rất nhiều chứng minh khác nhau của sự kiện đó. Không chỉ quan
tâm đến tập hợp các số nguyên tố, trong nhiều vấn đề của lý thuyết và ứng
8
dụng, người ta còn cần biết có hữu hạn hay vô hạn số nguyên tố biểu thị trong
một dạng nào đó. Chẳng hạn, cho số n lấy các giá trị nguyên dương, có Giả
thuyết: Tập hợp các số nguyên tố dạng n 2 + 1 là vô hạn.
1.1.4. Giả thuyết Goldbach. Mọi số nguyên chẵn lớn hơn 2 đều có thể viết
dưới dạng tổng của hai số nguyên tố.
Biểu diễn một số nguyên dưới dạng nào đó luôn luôn là bài toán thu hút
sự quan tâm của nhiều người. Hơn nữa, nhiều khi cần trả lời câu hỏi: có bao
nhiêu cách. Một câu hỏi thuộc hướng trên là một giả thuyết lớn.
Giả thuyết Goldbach là một trong những giả thuyết nổi tiếng nhất của
Toán học. Giả thuyết này được C. Goldbach phát biểu trong bức thư gửi Euler
năm 1742. Người ta đã kiểm tra được rằng giả thuyết đúng với các số nguyên
chẵn không quá 1000000, thế nhưng câu trả lời cho trường hợp tổng quát vẫn
là một bài toán mở.
Bài toán xác định một số cho trước có phải là số nguyên tố hay không,
có nhiều ứng dụng trong thực tiễn. Đối với những số nhỏ, bài toán đó là đơn
giản. Tuy nhiên khi làm việc với số lớn (có khoảng 100 chữ số thập phân trở
lên) ta cần phải tìm ra một thuật toán hữu hiệu để có thể thực hiện trên máy
tính trong khoảng thời gian chấp nhận được. Định lý sau đây cho một thuật
toán đơn giản để xác định các số nguyên tố.
1.1.5. Định lý. Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố không vượt quá n .
Chứng minh. Vì n là hợp số nên ta có thể viết n = ab, trong đó a, b là các số
nguyên với 1 < a ≤ b < n. Rõ ràng ta phải có a hoặc b không vượt quá
n.
Giả sử đó là a , khi đó ước nguyên tố của a cũng chính là ước nguyên tố của
n.
Từ định lý trên, ta có thuật toán sau đây để tìm ra các số nguyên tố nhỏ
hơn hoặc bằng số n > 1 cho trước.
9
1.1.6. Sàng Eratosthenes. Trước tiên, ta viết dãy số từ 1 đến n . Trong dãy đó
gạch đi số 1, vì nó không phải là số nguyên tố. Số nguyên tố đầu tiên là 2.
Tiếp đến ta gạch tất cả những số trong dãy chia hết cho 2. Số đầu tiên không
chia hết cho 2 là 3. Số 3 là số nguyên tố. Ta lại gạch các số chia hết cho 3 còn
lại trong dãy. Tiếp tục như thế, ta gạch khỏi dãy những số chia hết cho một
trong các số nguyên tố bé hơn hoặc bằng n . Theo định lý trên, những số còn
lại của dãy không bị gạch là tất cả các số nguyên tố không vượt quá n. Thật
vậy, những số này không có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai
của nó, cho nên phải là số nguyên tố.
Sàng Eratosthenes cho ta một thuật toán xác định mọi số nguyên tố
không vượt quá một số cho trước. Tuy nhiên sẽ rất khó khăn khi ta phải làm
việc với các số lớn. Nguyên nhân là vì thuật toán có độ phức tạp quá lớn: ta
phải thực hiện phép chia cho tất cả các số nguyên tố không vượt quá căn n.
1.1.7. Định lý cơ bản của Số học. Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể viết một
cách duy nhất (không kể sự sai khác về thứ tự các thừa số) thành tích các
thừa số nguyên tố.
Chứng minh. * Phân tích các số: Trước hết, mỗi số nguyên tố là tích của một
thừa số là chính nó. Giả sử rằng có các số nguyên dương lớn hơn 1 không
biểu diễn được thành tích các số nguyên tố. Khi đó, gọi n là số nhỏ nhất trong
các số đó. Số n này khác 1 và là hợp số. Do đó n = ab, trong đó cả a và b là
các số nguyên dương nhỏ hơn n. Vì n là số nhỏ nhất không thể phân tích
thành tích các số nguyên tố nên cả a và b phân tích được thành tích các số
nguyên tố. Nhưng khi đó n = a.b lại phân tích được. Điều này mâu thuẫn với
giả thiết.
* Chứng minh cách biểu diễn trên là duy nhất: Ta giả sử rằng tồn tại số
nguyên lớn hơn 1 mà có hai cách biểu diễn dưới dạng tích các thừa số nguyên
tố. Khi đó giả sử s là số nhỏ nhất trong các số như vậy, tức là s=
10
p1p 2 ...p m = q1q 2 ...q n với pi ,q j là các số nguyên tố. Do p1 chia hết cho q1q 2 ...q n
suy ra tồn tại q j mà p1 chia hết q j . Từ đó ta có p1 = q j , giản ước 2 số nguyên
tố ra khỏi đẳng thức ta được 2 vế là 2 khai triển khác nhau của số s chia cho
p1 , mà theo giả thuyết s là số nhỏ nhất như vậy, mâu thuẩn này chứng tỏ giả
thiết là sai. Vậy mỗi số nguyên lớn hơn 1 chỉ có một biểu diễn duy nhất dưới
dạng tích các thừa số nguyên tố (không kể đến thứ tự các thừa số).g
1.2. Giới thiệu một số loại số nguyên tố
1. Số nguyên tố McNugget: 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47.
2. Số nguyên tố Motzkin: 2, 127, 15511, 953467954114363.
3. Số nguyên tố Newman-Shanks-Williams :
7, 41, 239, 9369319, 63018038201, 489133282872437279,
19175002942688032928599.
4. Số nguyên tố Palindromic
2, 3, 5, 7, 11, 101, 131, 151, 181, 191, 313, 353, 373, 383, 727, 757,
787, 797, 919, 929, 10301, 10501, 10601, 11311, 11411, 12421, 12721,
12821, 13331, 13831, 13931, 14341, 14741, 15451, 15551, 16061, 16361,
16561, 16661, 17471, 17971, 18181, 18481, 19391, 19891, 19991.
5. Số nguyên tố Pell: 2, 5, 29, 5741, 33461.
6. Số nguyên tố Perrin: 2, 3, 5, 7, 17, 29, 277, 367, 853.
7. Số nguyên tố Pierpont
2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 37, 73, 97109, 163, 193, 257, 433, 487, 577, 769,
1153, 1297, 1459, 2593, 2917, 3457, 3889, 10369, 12289, 17497, 18433,
39367, 52489, 65537, 139969, 147457, 209953, 331777, 472393, 629857,
746497, 786433, 839809, 995329.
8. Số nguyên tố Primorial: 5, 7, 29, 31, 211, 2309, 2311, 30029.
9. Số nguyên tố Pythagorean:
11
5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 61, 73, 89, 97, 101, 109, 113, 137, 149, 157,
173, 181, 193, 197, 229, 233, 241, 257, 269, 277, 281, 293, 313, 317, 337,
349, 353, 373, 389, 397, 401, 409, 421,433,449, 457, 461.
10. Số nguyên tố chính quy (Regular prime):
3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 41, 43, 47, 53, 61, 71, 73, 79, 83, 89,
97, 107, 109, 113, 127, 137, 139, 151, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197,
199, 211, 223, 227, 229, 239, 241, 251, 269, 277, 281, 313, 317, 331, 337,
349, 359, 367, 373, 383, 397, 401.
11. Số nguyên tố Riesel: 509203
12. Số nguyên tố Safe:
5, 7, 11, 23, 47, 59, 83, 107, 167, 179, 227, 263, 347, 359, 383, 467,
479, 503, 563, 587, 719, 839, 863, 887, 983, 1019, 1187, 1283, 1307, 1319,
1367, 1439, 1487, 1523, 1619, 1823, 1907.
13. Các số nguyên tố Sexy: (5,11), (7,13), (11,17), (13,19), (17,23), (23,29),
(31,37), (37,43), (41,47), (47,53), (53,59), (61,67), (67,73), (73,79), (83,89),
(97,103), (101,107), (103,109), (107,113), (131,137), (151,157), (157,163),
(167,173), (173,179), (191,197), (193,199), (223,229), (227,233), (233,239),
(251,257), (263,269), (271,277), (277,283), (307,313), (311,317), (331,337),
(347,353), (353,359), (367,373), (373,379), (383,389), (433,439), (443,449),
(457,463), (461,467), (503,509)...
14. Số nguyên tố Smarandache-Wellin: 2, 23, 2357.
15. Số nguyên tố Sophie Germain:
2, 3, 5, 11, 23, 29, 41, 53, 83, 89, 113, 131, 173, 179, 191, 233, 239,
251, 281, 293, 359, 419, 431, 443, 491, 509, 593, 641, 653, 659, 683, 719,
743, 761, 809, 911, 953, 1013, 1019, 1031, 1049, 1103, 1223, 1229, 1289,
1409, 1439, 1451, 1481, 1499, 1511, 1559.
16. Số nguyên tố Star:
12
13, 37, 73, 181, 337, 433, 541, 661, 937, 1093, 2053, 2281, 2521,
30373313.
17. Số nguyên tố Stern: 2, 3, 17, 137, 227, 977, 1187, 1493.
18. Số nguyên tố Supersingular: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 41, 47,
59, 71.
19. Số nguyên tố Thabit: 2, 5, 11, 23, 47, 191, 383, 6143.
20. Các số nguyên tố song sinh (sinh đôi): (3,5), (5,7), (11,13), (17,19),
(29,31), (41,43), (59,61), (71,73), (101,103), (107,109), (137,139), (149,151),
(179,181), (191,193), (197,199), (227,229), (239,241), (269,271), (281,283),
(311,313), (347,349),(419,421), (431,433), (461,463), (521,523), (569,571),
(599,601), (617,619), (641,643), (659,661), (809,811), (821,823), (827,829),
(857,859), (881,883), (1019,1021), (1031,1033), (1049,1051), (1061,1063),
(1091,1093),
(1151,1153),
(1229,1231),
(1277,1279),
(1289,1291),
(1301,1303),
(1319,1321),
(1427,1429),
(1451,1453),
(1481,1483),
(1487,1489),
(1607,1609),
(1619,1621),
(1667,1669),
(1697,1699),
(1721,1723),
(1787,1789),
(1871,1873),
(1877,1879),
(1931,1933),
(1949,1951),
(1997,1999),
(2027,2029),
(2081,2083),
(2087,2089),
(2111,2113),
(2129,2131),
(2141,2143),
(2237,2239),
(2267,2269),
(2309,2311), (2339,2341), (2381,2383).
21. Số nguyên tố Unique: 3, 11, 37, 101, 9091, 9901, 333667.
22. Số nguyên tố Wagstaff:
3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 31, 43, 61, 79, 101, 127, 167, 191, 199, 313, 347,
701, 1709, 2617, 3539, 5807, 10501, 10691, 11279, 12391, 14479, 42737,
83339, 95369, 117239, 127031, 138937, 141079, 267017, 269987, 374321.
23. Số nguyên tố Wedderburn-Etherington:
24631, 3626149.
24. Số nguyên tố Wilson prime: 5, 13, 563.
2, 3, 11, 23, 983, 2179,
13
25. Số nguyên tố Wolstenholme: 16843, 2124679.
26. Số nguyên tố đối xứng: Là một số nguyên tố bằng trung bình cộng của 2
số nguyên tố liền trước và liền sau nó.Với Pn là số nguyên tố thứ n, một số
nguyên tố là đối xứng khi thỏa mãn
Pn =
Pn −1 + Pn +1
.
2
Số nguyên tố đối xứng nhỏ nhất là 5; 10 số nguyên tố đối xứng đầu tiên
là: 5, 53, 157, 173, 211, 257, 263, 373, 563, 593. Nếu coi 1 cũng là “số
nguyên tố” thì 2 là số nguyên tố đối xứng nhỏ nhất.
27. Số nguyên tố mạnh (yếu). Khi một số nguyên tố lớn hơn trung bình cộng
hai số nguyên tố nằm cạnh nó, nó được gọi là số nguyên tố mạnh, nếu nhỏ
hơn là số nguyên tố yếu.
28. Số nửa nguyên tố. Là số tự nhiên được tạo thành từ tích của hai số
nguyên tố (không nhất thiết phân biệt). Một vài số nửa nguyên tố đầu tiên là:
4, 6, 9, 10, 14, 15, 21, 22, 25, 26, …
1.3. Thuật toán nguyên tố
1.3.1. Thuật toán đa thức kiểm tra tính nguyên tố
Tháng 8 năm 2002, ba tác giả Manindra Agrawal, Neeraj Kayal và
Nitin Saxena (Viện Công nghệ Kanpura - Ấn độ) công bố thuật toán kiểm tra
tính nguyên tố với độ phức tạp đa thức (thường gọi là thuật toán AKS). Tuy
nhiên, với bậc đa thức khá cao thuật toán chưa chứng tỏ được tính hiệu quả rõ
rệt trong tính toán thực tiễn. Về mặt lý thuyết, thuật toán có ý nghĩa lớn vì vấn
đề này đã thu hút sự quan tâm của nhiều người trong một thời gian dài. Thuật
toán AKS sử dụng những kiến thức sơ cấp với ý tưởng rất rõ ràng. Thuật toán
xuất phát từ ý tưởng sau đây:
Số nguyên p là số nguyên tố khi và chỉ khi đẳng thức sau đúng với một
số nguyên nào đó nguyên tố cùng nhau với p:
14
(x − a) p ≡ x p − a (mod p) .
Việc kiểm tra đồng dư thức trên không phải đơn giản (khi p đủ lớn),
cho nên người ta cho rút gọn hai vế của đẳng thức trên theo môđun đa thức:
x r − a với r là một số nguyên tố có tính chất đặc biệt sẽ được mô tả trong
thuật toán. và sau đó lại rút gọn các hệ số của kết quả thu được hai đa thức
theo môđun p. Tức là
(x − a) p ≡ x p − a(mod x r − 1,p) .
Đồng dư thức sau có thể xảy ra trong một số trường hợp p là hợp số nhưng
người ta đã chứng minh được rằng không hợp số p nào thoả mãn với mọi a
nằm trong khoảng 1 < a < 2 r log p . Như vậy, kiểm tra đồng dư thức trên đối
với a sẽ tương đương với kiểm tra tính nguyên tố của p và có độ phức tạp đa
thức.
Thuật toán
Input n > 0
Bước 1. Nếu n có dạng a b , b > 1 thì kết thúc và thông báo “hợp số”, nếu
không thì cho r = 2.
Buớc 2. Kiểm tra r < n . Nếu đúng thực hiện tiếp bước 3.
Bước 3. Kiểm tra gcd (n, r) nếu r khác 1 thì kết thúc và cho in ra “hợp số”.
Nếu r là 1 thì kiểm tra tính nguyên tố của r. Khi r là nguyên tố ta thực hiện
tiếp bước 4. Nếu không ta tăng r lên 1 đơn vị rồi quay trở lại bước 2.
Bước 4. Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của r – 1, tiến hành kiểm tra nếu
q ≥ 4 r log n, n
r −1
2
≡ 1(mod r )
thì thực hiện tiếp bước 5, ngược lại ta tăng r thêm một đơn vị và quay lại bước
2.
15
Bước 5. Kiểm tra a ≤ 2 r log n . Nếu đúng ta thực hiện tiếp bước 6, nếu sai ta
kết thúc và cho in ra “nguyên tố”.
Bước 6. Nếu ( x − a) n ≡ x n − a(mod x r − 1, n) ta kết thúc và in ra hợp số, ngược
lại ta tăng a lên 1 rồi quay trở lại bước 5.
1.3.2. Thuật toán kiểm tra số nguyên tố trong Maple
Muốn kiểm tra một số có phải nguyên tố không ta dùng lệnh :
[> isprime(a);
Ví dụ :
[> isprime(289309129039);
false
[> isprime(3023057);
true
Lệnh sau đây được dùng để lấy số nguyên tố lớn nhất nhỏ hơn số n cho
trước.
[> prevprime(n);
Ví dụ :
[> prevprime(12345678);
12345653
Tương tự như trên, ta lấy số nguyên tố nhỏ nhất lớn hơn số n cho trước bằng
lệnh :
[> nextprime(n);
Ví dụ :
[> nextprime(12345678);
12345701
Số lượng các số nguyên tố nhỏ hơn một số n cho trước được tính bằng lệnh :
[> pi(n);
Ví dụ: Số lượng các số nguyên tố trong 1 tỉ số tự nhiên đầu tiên được tính
bằng lệnh
[> pi(1000000000);
60847534
16
Tìm số nguyên tố thứ k trong dãy các số nguyên tố bằng lệnh :
[> ithprime ( k )
Ví dụ. Tìm số nguyên tố thứ một triệu như sau:
[> ithprime(1000000);
15485863
1.3.3. Phân tích một số nguyên ra thừa số nguyên tố
Muốn phân tích một số nguyên ra thừa số nguyên tố cho kết quả một cách
thông thường ta dùng lệnh:
[> isfactor(a);
Ví dụ :
[> ifactor(- 467112123);
-(3)3 (31) (313) (1783)
[> Lệnh
[> ifactors(a);
Cũng có chức năng tương tự , nhưng cho kết quả dưới dạng một danh sách
có cấu trúc :
[sign(a),[[a1 , b1] , [a2 , b2], …, [an, bn]]].
Trong đó thành phần thứ nhất là 1 hoặc -1 tuỳ theo số a là âm hay dương, a[i]
là các thừa số nguyên tố, còn b[i] là luỹ thừa của nó trong khai triển.
Ví dụ.
[> ifactors(-467112123);
[-1, [[3, 3], [31, 1], [313, 1], [1783, 1]]]
1.3.4. Định nghĩa. Hai số nguyên dương được gọi là nguyên tố tương đương
nếu chúng có cùng các ước số nguyên tố. Khái niệm này có thể mở rộng với n
số nguyên tố tương đương.
Ví dụ. 15 và 75 là các số nguyên tố tương đương. Bởi vì 15 = 3.5 trong khi 75
=3.5.5, có cùng ước số nguyên tố là 3 và 5. Tuy nhiên 12 và 60 không nguyên
tố tương đương. Hãy viết chương trình kiểm tra 2 số có nguyên tố tương
đương hay không. Mở rộng với n số nguyên tố tương đương. Dữ liệu của cả
hai bài toán này có thể nhập từ bàn phím hay file đều được.
17
1.3.5. Chương trình kiểm tra hai số nguyên tố tương đương
1. Phương pháp dùng mảng và dùng mảng trung gian để lưu trữ thừa số
nguyên tố của 2 số.
Phân tích M và N ra thừa số nguyên tố. Lưu các thừa số khác nhau vào
mảng. Duyệt 2 mảng. Nếu có phần tử khác nhau thì không tương đương.
Code chương trình 1:
Program nttd; Var m,n,d,i:integer; function USCLN(m,n:integer):integer; Var
r:integer; Begin While n0 do Begin r:=m mod n; m:=n; n:=r; End;
USCLN:=m;
end;
Begin
write('
Nhap
M,N:');
Readln(M,N);
d:=USCLN(M,N); i:=2; while d1 do Begin if d mod i =0 then Begin While d
mod i =0 do d:=d div i; While M mod i =0 do M:= M div i; While N mod i =0
do N:=N div i; End; inc(i); End; if M*N=1 then write('M va N la nguyen to
tuong duong') else write('M va N khong nguyen to tuong duong'); Readln End.
2. Phương pháp phân tích. Gọi 2 số nhập vào là k và l . Với mọi số i mà k
chia hết cho i, ta sẽ rút hết thừa số i trong k ra, đồng thời nếu l chi hết cho i thì
ta cũng rút hết thừa số i trong l ra. Ta sẽ tiếp tục như thế cho đến khi k = 1.
Khi đó nếu l = 1 thì hai số k va l nguyên tố tương đương, ngược lại nếu l>1
thì hai số trên không nguyên tố tương đương.
Code của chương trình 2
program nguyen_to_tuong_duong;
uses crt;
const max=100;
var a:array[1..max] of integer;
i,n,k,l:integer;
procedure nhap;
begin
18
clrscr;
write('nhap vao so thu nhat: ');readln(k);
write('nhap vao so thu hai : ');readln(l);
end;
procedure tinh;
begin
if k>l then begin i:=k; k:=l; l:=i; end;
i:=2;
while k<>1 do
begin
while k mod i<>0 do inc(i);
while k mod i=0 do k:=k div i;
while l mod i=0 do l:=l div i;
end;
end;
procedure xuat;
begin
if l=1 then writeln('Hai so vua nhap nguyen to
tuong duong.')
else writeln('Hai so vua nhap khong nguyen to
tuong duong.');
readln;
end;
begin
nhap;
tinh;
xuat;
end.
19
1.3.6. Chương trình kiểm tra n số nguyên tố tương đương
program nguyen_to_tuong_duong;
uses crt;
const max=100;
var a:array[1..max] of integer;
i,j,n,k:integer; ok:boolean;
procedure nhap;
begin
clrscr;
write('nhap so phan tu cua day: ');readln(n);
for i:=1 to n do
begin
write('a[',i,']=');readln(a[i]);
end;
end;
procedure tinh;
begin
k:=a[1];
i:=2;
while k<>1 do
begin
while k mod i<>0 do inc(i);
while k mod i=0 do k:=k div i;
for j:=1 to n do
while a[j] mod i=0 do a[j]:=a[j] div i;
end;
20
CHƯƠNG 2
BIỂU DIỄN SỐ NGUYÊN TỐ
2.1. Biểu diễn số nguyên tố dưới dạng tổng các bình
phương
2.1.1. Mệnh đề. Cho p là số nguyên tố. Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = p có
nghiệm nguyên không âm khi và chỉ khi p không có dạng 4k + 3.
Chứng minh. a) Xét điều kiện cần:
Giả sử phương trình
x 2 + y2 = p ,
(1)
có nghiệm nguyên không âm (x, y) với p = 4k + 3. Trước hết từ đẳng thức
x 2 + y2 = p ,
(2)
ta suy ra p ≠ 3 .
Do p = 4k + 3 mà p ≠ 3 , nên p = 4k + 3, với k nguyên dương. Dùng kết
quả: “Giả sử p là số nguyên tố có dạng 4k + 3, với k nguyên dương. Nếu a,b
là các số nguyên mà (a 2 + b2 )Mp thì aMp và bMp ” từ (1) ta suy ra, yMp từ đó
2
2
(x + y )Mp 2 , do vậy pMp2 . Điều này mâu thuẫn với p > 1.
b) Xét điều kiện đủ:
Giả sử p là số nguyên tố và không có dạng 4k + 3. Xét các khả năng sau:
- Nếu p = 2, thì rõ ràng phương trình x 2 + y 2 = 2 nhận (1,1) làm nghiệm.
- Nếu p = 4k + 1, khi đó (−1)
p −1
2
= (−1) 2k ≡ 1 (mod p) , vậy -1 là số chính
phương modp. Theo định nghĩa của số chính phương modp, suy ra tồn tại
a ∈ ¥ sao cho a 2 ≡ −1(mod p) . Đặt q = p , ở đây qua p để chỉ phần
nguyên của số p . Xét (q + 1)2 số sau :
{x + ay}, x = 0, 1, …, q ; y = 0, 1,…, q.
21
2
Do ( q + 1) > p ( q = p , nên
pq < 1 ), nên theo nguyên lí Dirichlet suy ra
tồn tại hai cặp ( x1 , y1 ) ≠ ( x 2 + y2 ) mà
( x1 , ay1 ) ≡ ( x 2 + ay 2 ) (mod p) .
Từ đó :
( x1 − x 2 ) + a ( y 1 − y2 ) ≡ 0(mod p) ⇒ ( x1 − x 2 ) ≡ a ( y2 − y1 ) (mod p) .
(3)
Đặt u = x1 − x 2 ; v = y2 − y1 , thì từ (3) suy ra :
u 2 ≡ a 2 v 2 (mod p).
(4)
2
2
Theo trên a 2 ≡ −1(mod p) ⇒ ( u + v ) Mp .
Do
(5)
x1 , x 2 , y1 , y 2 ∈ { 0,1,...,q} , nên x1 − x 2 ≤ q và y1 − y 2 ≤ q , hay u 2 ≤ q 2 ,
v2 ≤ q 2 .
Do p là số nguyên tố nên nó không phải là số chính phương, mà q = p ,
2
nên p ≤ p ⇒ q < p . Vì lẽ đó ta có :
0 < u 2 + v2 < p + p = 2p.
(6)
Kết hợp (5) và (6) ta có :
u 2 + v2 = p .
Vậy (u,v) là nghiệm nguyên không âm của phương trình x 2 + y 2 = p . g
Nhận xét. Từ kết quả trên ta có:
- Mọi số nguyên tố p không có dạng 4k+3 đều có thể biểu diễn được
thành tổng của hai bình phương.
- Mọi số nguyên tố p có dạng 4k+3, không thể biểu diễn được thành
tổng của hai bình phương.
2.1.2. Bổ đề. Giả sử các phương trình x2 + y2 = m; x2 + y2 = n đều có nghiệm
nguyên không âm, ở đây m và n là các số nguyên dương. Khi đó phương trình
x2 + y2 = mn cũng có nghiệm nguyên không âm.
22
Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại (a,b), (c,d) nguyên ≥ 0 sao cho:
a 2 + b 2 = m,
2
2
a + b = n.
2
2
2
2
Từ đó ta có: ( a + b ) ( c + d ) = mn ⇔ ( ac + bd ) + ( da − bc ) = mn .
2
2
Đẳng thức này chứng tỏ rằng phương trình x 2 + y2 = mn có nghiệm
nguyên không âm, vì ít nhất ( x, y ) = ( ac + bd ; ad − bc ) là nghiệm nguyên
không âm của nó. Bổ đề được chứng minh. g
2.1.3. Mệnh đề. Giả sử n > 1 là số nguyên dương có phân tích ra thừa số
s
t
t
s
r
nguyên tố: n = 2 ∏ pi ∏ q j , trong đó r,si , t i là các số nguyên không âm ;
j
i
i =1
j =1
pi (i = 1, s) là các số nguyên tố có dạng 4k + 1; còn q j ( j = 1, t ) là các số nguyên
tố có dạng 4k + 3. Khi đó, phương trình x 2 + y 2 = n , có nghiệm nguyên
không âm khi và chỉ khi t j là số chẵn với mọi j = 1, t .
Chứng minh. a) Điều kiện cần: Giả sử phương trình x 2 + y 2 = n ,
(1)
có nghiệm nguyên không âm ( x, y ) , nhưng trong khai triển nói trên tồn tại h,
1 ≤ h ≤ t sao cho t h là số lẻ. Khi đó n có dạng sau :
n = q h t .b , trong đó (b,q h ) = 1 .
h
Vì ( x, y ) là nghiệm của (1), nên ta có :
2
2
x + y = q h t .b .
h
(2)
2
2
Từ (2) suy ra ( x + y )Mq h . Do q h là số nguyên tố dạng 4k + 3, vậy theo kết
quả đã biết thì x Mq h và yMq h . Vì thế có thể đặt x = q h x1 và y = q h y1 ; ở đây
x1 và y1 cũng là các số nguyên không âm. Ta có :
2
2
x + y = q h 2 ( x12 + y12 ).
(3)
23
Kết hợp (2) và (3) đi đến:
x12 + y12 = q ht h −2 .b
(4)
Chú ý (4) xảy ra nếu th=1, khi đó ta sẽ thu được (tại bước m):
x 2m + y 2m = q h .b
(5)
2
2
Từ (5) suy ra ( x m + y m ) Mq h , mà q là số nguyên tố có dạng 4k + 3, nên
(x
đi đến x m Mq h và y m Mq h , hay
2
m
+ y m2 ) Mq h . Vì thế lại từ (5) suy ra
(q h b)M
q h2 hay bM
q h . Điều nhận được mâu thuẫn với ( b,q h ) = 1 . Vậy giả thiết
phản chứng là sai, tức là tj là số lẻ với mọi j = 1, t . Điều kiện cần được chứng
minh.
b)Điều kiện đủ. Giả sử n là số tự nhiên > 1, biểu diễn như đầu bài, trong
đó tj là số chẵn với mọi j = 1, t . Ta sẽ chứng minh rằng phương trình x2 + y2=n
có nghiệm nguyên không âm.
- Rõ ràng phương trình x2 + y2 = 2 có nghiệm nguyên không âm (1,1).
- Theo Mệnh đề 2.1.1, với mọi i = 1,s , thì phương trình x2 + y2 = pi có
nghiệm nguyên không âm (do pi là số nguyên tố có dạng 4k + 1, tức là không
có dạng 4k + 3). Vì thế áp dụng Bổ đề 2.1.2 trên hữu hạn lần, suy ra phương
trình
s
x 2 + y 2 = 2r ∏ psi i .
(6)
i =1
cũng có nghiệm nguyên không âm. Điều đó có nghĩa là tồn tại x , y nguyên
s
r
s
không âm, sao cho: x + y = 2 ∏ pi i .
2
2
i =1
t
Do tj là số chẵn với mọi j = 1, t , nên:
∏q
j=1
tj
j
= h2 .
(7)
24
Từ (6) và (7) đi đến:
(
2
h2 x + y
2
)
s
t
i =1
j=1
( ) ( )
= 2r ∏ psi i ∏ q jj ⇒ hx
(
t
2
+ hy
2
=n.
(8)
)
Đẳng thức (8) chứng tỏ rằng hx,hy là nghiệm nguyên không âm của
phương trình x2 + y2 = n. g
Nhận xét. Bài toán biểu diễn số: "Với những số nguyên dương n nào, ta có
thể biểu diễn nó dưới dạng tổng của hai bình phương", thực chất là bài toán
sau:
Tìm các số nguyên dương n để cho phương trình vô định x 2 + y2 = n có
nghiệm nguyên không âm.
Từ hai mệnh đề ở trên cho phép ta kết luận rằng: Bài toán đặt ra đã
được giải quyết trọn vẹn. Câu trả lời của nó như sau:
- Nếu n là số nguyên tố, thì nó phải là 2 hoặc có dạng 4k + 1
- Nếu n không phải là số nguyên tố, thì trong khai triển ra thừa số
nguyên tố của n (dạng chính tắc), tất cả các số nguyên tố dạng 4k + 3 đều phải
ở dạng luỹ thừa với số mũ chẵn.
Ví dụ minh hoạ:
1) Ta có 30 = 2.3.5, ở đây chỉ có số 3 là số nguyên tố dạng 4k + 3. Do
đó 3 trong khai triển có số mũ lẻ, nên 30 không thể biểu diễn được thành tổng
của 2 bình phương.
2) Ta có 90 = 2.32.5. Lập luận tương tự như trên, ta thấy 90 lại biểu
diễn được thành tổng của hai bình phương. Thật vậy, chẳng hạn 90 = 32 + 92
2.1.4. Mệnh đề. Cho n là số nguyên dương và là số chính phương. Khi đó,
phương trình x2 + y2 = n có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi n phải có ít
nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 1.
Chứng minh. a) Điều kiện cần. Giả sử phương trình:
x2 + y2 = n ,
(1)
25
(
)
có nghiệm nguyên dương x, y , và giả thiết n = u2, do n là số chính phương.
2
2
Khi đó từ (1), ta có: x + y = u 2 .
(2)
Ta phải chứng minh n có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 1. Giả sử
điều đó không đúng, tức là n có biểu diễn
t
n = 2r ∏ q iti
i =1
ở đây r ≥ 0, t i ≥ 0 là các số nguyên, còn qi là số nguyên tố dạng 4k + 3 với mọi
2
i = 1, t . Do n là số chính phương ( n = u ) , và do 2 và qi là các số nguyên tố,
nên suy ra r = 2s, còn ti = 2hi với mọi i = 1, t khi đó
n=2
2s
t
∏q
i =1
2h i
i
.
(3)
Trước hết ta nhận xét rằng trong khai triển (3) phải có mặt ít nhất một
thừa số dạng q ihi .Thật vậy, nếu không phải như vậy thì
n = 22s.
(4)
Rõ ràng s ≥ 1 . Vì nếu s = 0, thì từ (2) và (4), ta có:
2
2
x + y = 1.
(5)
Do x ≥ 1, y ≥ 1 (vì x, y nguyên > 0), nên từ (5) suy ra mâu thuẫn.
2
2
Bây giờ từ đẳng thức x + y = 22s , suy ra x = 2x1 , y = 2y1 (vì 22s M4 ).
Từ đó đi đến x12 + y12 = 22(s −1) cứ tiếp tục làm như vậy, ta sẽ đi đến:
x 2j + y 2j = 20 = 1
(6)
