Luật tương hỗ bậc hai theo zolotarev frobenius

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Đỗ Thị Vân Anh

Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev–Frobenius

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Đỗ Thị Vân Anh

Luật tương hỗ bậc hai theo Zolotarev–Frobenius
Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Hoàng Lê Trường

Hà Nội – Năm 2016

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

LỜI CẢM ƠN
Khóa luận tốt nghiệp này của em đã được hoàn thành dưới sự chỉ
đạo, hướng dẫn tận tình của Tiến sĩ Hoàng Lê Trường.
Qua đây em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Hoàng Lê
Trường, người đã trực tiếp tạo điều kiện và giúp đỡ em trong suốt thời
gian làm khóa luận. Em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô
giáo trong tổ Đại số cũng như các thầy cô giáo trong khoa Toán trường
Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện tốt nhất để em hoàn thành
khóa luận tốt nghiệp này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2016
Sinh viên
Đỗ Thị Vân Anh

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận tốt nghiệp này của em được hoàn thành dưới sự hướng
dẫn nhiệt tình của Tiến sĩ Hoàng Lê Trường cùng với sự cố gắng của
bản thân.

Trong quá trình nghiên cứu, em đã tham khảo và kế thừa những
thành quả nghiên cứu của các nhà khoa học và các nhà nghiên cứu với
sự trân trọng và lòng biết ơn.
Em xin cam đoan những kết quả nghiên cứu của riêng bản thân,
không có sự trùng lặp với kết quả của các tác giả khác.
Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 5 năm 2016
Sinh viên
Đỗ Thị Vân Anh

i


Mục lục
Lời mở đầu

1

1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM CỦA ĐẠI SỐ
1.1 Tính chia hết và ước chung lớn nhất .
1.2 Số học mô-đun . . . . . . . . . . . . .
1.3 Số nguyên tố, sự phân tích duy nhất và
1.4 Lũy thừa của trường hữu hạn . . . . .
1.5 Căn nguyên thủy của trường hữu hạn .
1.5.1 Đa thức trên Z/pZ . . . . . . .
1.5.2 Sự tồn tại của căn nguyên thủy
1.6 Định lý thặng dư Trung Hoa . . . . . .

. . . . . . . . .
. . . . . . . . .

trường hữu hạn
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .

2 LUẬT TƯƠNG HỖ GAUSS
2.1 Số chính phương modulo p . . . . . . . . . .
2.2 Tiêu chuẩn Euler . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Nhóm đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Chứng minh của luật tương hỗ bậc hai . . .
2.6 Áp dụng luật tương hỗ bậc hai cho toán phổ
Tài liệu tham khảo

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
thông

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

4
4
11
15
18
24
24
25
26

.
.
.
.

.
.

30
30
32
35
39
46
48
57

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Lời mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Khoảng đầu thế kỉ 19 các cuốn sách của Legendre (1798), và Gauss
kết hợp thành những lý thuyết có hệ thống đầu tiên ở châu Âu. Cuốn
Disquisitiones Arithmeticae (1801) có thể nói là đã mở đầu lý thuyết số
hiện đại. Sự hình thành lý thuyết đồng dư bắt đầu với cuốn Disquisitiones
của Gauss. Ông giới thiệu kí hiệu a ≡ b (mod c), và đã khám phá ra
hầu hết trong lĩnh vực này. Chebyshev đã xuất bản vào năm 1847 một
công trình bằng tiếng Nga về chủ đề này, và ở Pháp Serre đã phổ biến
nó ([5]).
Bên cạnh những công trình tổng kết trước đó, Legendre đã phát biểu

luật tương hỗ bậc hai như sau: Cho hai số nguyên tố lẻ p và q, khi đó ta
có
p−1 q−1
q
p
·
= (−1) 2 · 2
q
p
trong đó
a
p



0
= +1


−1

nếu gcd(a, p) = 1
nếu a là thặng dư bậc hai
nếu a là phi thặng dư bậc hai.

Định lý này, được khám phá ra bởi qui nạp và được diễn đạt bởi Euler,
đã được chứng minh lần đầu tiên bởi Legendre trong cuốn Théorie des
Nombres của ông (1798) trong những trường hợp đặc biệt. Độc lập với
Euler và Legendre, Gauss đã khám phá ra định luật này vào khoảng năm
1795, và là người đầu tiên đưa ra chứng minh tổng quát. Luật này liên

quan đến tính giải được của hai phương trình đồng dư bậc hai. Từ đó
nó cho phép ta xác định tính giải được của phương trình đồng dư bậc
hai bất kỳ, tuy nhiên nó không cung cấp một phương pháp hiệu quả để
tìm nghiệm. Gauss gọi đó là ’định lý vàng’ và rất tự hào về nó đến mức
ông tiếp tục tìm ra tám chứng minh khác cho nó cho đến cuối đời.
Luật tương hỗ bậc hai được cho là định lý quan trọng nhất được
giảng dạy trong các giáo trình về Lí thuyết số sơ cấp. Tầm quan trọng
của luật tương hỗ bậc hai đã làm cho nhiều nhà toán học khác như
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Jacobi, Cauchy, Liousville, Kronecker, Schering, Frobenius, Artin([1, 2])
nghiên cữu nó sau Gauss và chúng ta đã có hơn 100 chứng minh khác
nhau đã được phát hiện. Trong khóa luận này, chúng ta sẽ chứng minh
luật tương hỗ bậc hai liên quan đến tổ hợp và nhóm các hoán vị, bắt
a
nguồn từ ý tưởng xem
như là dấu của hoán vị trên Z/pZ bởi phép
q
nhân a, của Zolotarev năm 1872([4],[8]).
Là sinh viên ngành sư phạm toán, trên cơ sở đã được trang bị các
kiến thức nền tảng về đại số và với mong muốn được học hỏi trau dồi
thêm vốn kiến thức về toán học nói chung và các kiến thức cơ sở của đại
số nói riêng. Chính vì vậy, tôi đã lựa chọn đề tài: "Luật tương hỗ bậc
hai theo Zolotarev–Frobenius" cho khóa luận tốt nghiệp của mình.
Trong đề tài này tôi dự kiến hệ thống những kiến thức cơ bản nhất về

đại số làm cơ sở lí luận để tìm hiểu luật tương hỗ Gauss.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống hóa một cách khoa học các khái niệm của đại số kèm theo
các ví dụ, nghiên cứu cách chứng minh của luật tương hỗ Gauss.
3. Đối tượng và phạn vi nghiên cứu
Đối tượng chính mà khóa luận nghiên cứu là luật tương hỗ Gauss,
trong đó tập chung vào cách chứng minh của nó. Bên cạnh đó khóa luận
còn trình bày hệ thống các khái niệm bổ trợ có thể thể coi như kiến thức
chuẩn bị phục vụ cho nghiên cứu đối tượng chính.
4. Phương pháp nghiên cứu khoa học
+ Phương pháp nghiên cứu lí luận: trước hết là đọc các tài liệu liên
quan đến lí thuyết cơ sở đại số. Sau đó là đọc, nghiên cứu và hiểu về
luật tương hỗ Gauss.
+ Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng hợp, hệ thống hóa kiến
thức về vấn đề nghiên cứu đầy đủ và khoa học, đưa vào các ví dụ minh
họa chi tiết.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Khóa luận có thể là tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên
ngành Toán có mong muốn tìm hiểu sâu hơn về lý thuyết số cụ thể là
luật tương hỗ Gauss .
6. Bố cục của khóa luận
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, nội dung của
khóa luận gồm hai chương.
Chương 1 : Một số khái niệm của đại số
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Chương 2 : Luật tương hỗ Gauss

3


Chương 1
MỘT SỐ KHÁI NIỆM CỦA ĐẠI
SỐ
1.1

Tính chia hết và ước chung lớn nhất

Ở mức độ cơ sở nhất, Lý thuyết số là việc nghiên cứu về các số tự
nhiên
1, 2, 3, 4, 5, 6, · · · ,
hay tổng quát hơn là nghiên cứu về các số nguyên
· · · , −5, −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, · · ·
Tập hợp các số nguyên được ký hiệu là Z. Các số nguyên có
trừ và nhân theo cách thông thường, và thỏa mãn tất cả các
thông thường của số học (tính chất giao hoán, tính chất kết
chất phân phối,..). Tập hợp các số nguyên với các tính chất
cộng và phép nhân là một ví dụ về vành.

thể cộng,
tính chất
hợp, tính
của phép

Định nghĩa 1.1. Cho a và b là số nguyên với b = 0. Ta nói rằng b chia

hết a, hay a được chia hết bởi b, nếu có một số nguyên c sao cho
a = bc.
Ta viết b | a thay cho b chia hết a. Nếu b không chia hết a, thì ta viết
b a.
Ví dụ 1.2. Ta có 5 | 20, vì 20 = 5 · 4, 6 20, vì 20 = 6 · 3 + 2, vì vậy 20
không phải là bội của 6.
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Nhận xét 1.3. Mỗi số nguyên đều được chia hết bởi 1. Những số nguyên
được chia hết bởi 2 được gọi là số chẵn, và những số nguyên không được
chia hết bởi 2 được gọi là số lẻ.
Mệnh đề 1.4. Cho a, b, c là số nguyên. Khi đó, các mệnh đề sau là
đúng.
1. Nếu a | b và b | c, thì a | c.
2. Nếu a | b và b | a, thì a = ±b.
3. Nếu a | b, và a | c, thì a | (b + c) và a | (b − c).
Chứng minh. 1. Vì a | b và b | c nên tồn tại a1 ∈ Z và b1 ∈ Z sao cho
b = aa1 và c = bb1. Ta có c = (aa1 )b1 = a(a1 b1 ), do đó a | c.
2. Vì a | b và b | a nên tồn tại a1 , b1 ∈ Z sao cho b = aa1 và a = bb1 .
Ta có b = (bb1)a1 = b(b1a1 ). Do đó a1 b1 = 1 và a1 = b1 = ±1. Vậy
a = ±b.
3. Vì a | b và b | c nên tồn tại a1 , a2 ∈ Z sao cho b = aa1 và c = aa2 .
Do đó b + c = a(a1 + a2 ) và b − c = a(a1 − a2 ). Vậy a | (b + c) và
a | (b − c).
Định nghĩa 1.5. Ước chung của hai số nguyên a và b là số nguyên

dương d chia hết cả a và b. Ước chung lớn nhất của a và b là số nguyên
dương lớn nhất d sao cho d | a và d | b. Ước chung lớn nhất của a và
b được kí hiệu là gcd(a, b) hay (a, b). (Nếu a và b bằng 0, thì gcd(a, b)
không xác định.)
Ví dụ 1.6. Ước chung lớn nhất của 12 và 18 là 6. Tương tự ta có, ước
chung lớn nhất của 748 và 2024 là 24. Một cách kiểm tra là liệt kê tất
cả các ước nguyên dương của 748 và 2024.
Ước của 748 = {1, 2, 4, 11, 17, 22, 34, 44, 68, 187, 374, 748}.
Ước của
2024 = {1, 2, 4, 8, 11, 22, 23, 44, 46, 88, 92, 184, 253, 506, 1012, 2024}.
Kiểm tra hai dãy trên, ta thấy ước chung lớn nhất của 748 và 2024 là
44. Từ ví dụ này ta thấy, đây không phải là phương pháp hiệu quả. Nếu
cần tính ước chung lớn nhất của các số lớn, ta sẽ phải tìm phương pháp
khác hiệu quả hơn.
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Chìa khóa để tìm thuật toán hiệu quả hơn cho việc tính ước chung
lớn nhất là phép chia có dư. Do đó nếu a và b là số nguyên dương và nếu
chia a bởi b, chúng ta sẽ được thương q và số dư r, phần dư r nhỏ hơn
b. Ví dụ 230 được chia bởi 17, ta được thương là 13 với số dư là 9, tức
là 230 = 17 · 13 + 9, với số dư 9 nhỏ thực sự hơn số chia 17.
Định nghĩa 1.7. (Thuật toán chia) Cho a và b là hai số nguyên
dương. a được chia bởi b có thương q và số dư r nghĩa là
với 0 ≤ r < b.

a=b·q+r

Giá trị của q và r là duy nhất được xác định bởi a và b.
Định lý 1.8. (Thuật toán Euclid). Cho a và b là số nguyên dương
với a ≥ b. Thuật toán dưới đây tính gcd(a, b) trong một số hữu hạn bước.
Bước 1: Cho r0 = a và r1 = b.
Bước 2: Đặt i = 1.
Bước 3: Chia ri−1 bởi ri nhận được thương qi và số dư ri+1,
với 0 ≤ ri+1 < ri.

ri−1 = ri qi + ri+1

Bước 4: Nếu số dư ri+1 = 0, thì ri = gcd(a, b) và thuật toán kết thúc.
Bước 5: Nếu ri+1 > 0, ta đặt i = i + 1 và bắt đầu bước 3.
Các bước của phép chia được thực hiện nhiều nhất 2 log2 (b) + 1 lần.
Chứng minh. Thuật toán Euclid bao gồm một dãy của phép chia với dư
được minh họa như sau (ta đặt r0 = a và r1 = b).
a = b · q1 + r2

với 0 ≤ r2 < b,

b = r2 · q2 + r3

với 0 ≤ r3 < r2 ,

r2 = r3 · q3 + r4

với 0 ≤ r4 < r3 ,

r3 = r4 · q4 + r5

..
.

với 0 ≤ r5 < r4 ,
..
.

rt−2 = rt−1 · qt−1 + rt

với 0 ≤ rt < rt−1 ,

rt−1 = rt · qt .
Thì rt = gcd(a, b).
Bảng 1.1: *

Giá trị ri giảm dần, và ngay sau khi ri bằng 0 thì thuật toán kết thúc,
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

điều này chứng minh rằng thuật toán kết thúc sau hữu hạn bước. Hơn
nữa, tại mỗi lần lặp lại bước 3, ta có một phương trình có dạng
ri−1 = ri · qi + ri+1.
Phương trình này suy ra rằng bất kỳ ước chung của ri−1 và ri đều là ước
của ri+1, tương tự ta cũng có bất kỳ ước chung của ri và ri+1 cũng là
ước của ri−1. Do đó
gcd(ri−1, ri) = gcd(ri, ri+1)

với mọi i ∈ N

Tuy nhiên, như đã nói ở trên, cuối cùng chúng ta cũng có một ri = 0.
Giả sử rt+1 = 0 khi đó rt−1 = rt · qt , vì vậy
gcd(rt−1, rt ) = gcd(rt · qt , rt) = rt .
Ta cần chứng minh số dư cuối cùng khác không trong thuật toán Euclid
bằng ước chung lớn nhất của a và b. Vì giá trị ri là giảm dần, và r1 = b.
Do đó thuật toán sẽ kết thúc tại nhiều nhất là b bước. Ta thấy điều ràng
buộc trên là không xác thực. Vì sau mỗi lần lặp lại bước 3, giá trị của
ri giảm ít nhất một nửa. Nói cách khác, ta có bổ đề sau.
Bổ đề: ri+2 < 21 ri

với mọi i ∈ N

Chứng minh. Để chứng minh bổ đề này, ta cần xem xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: ri+1 ≤ 21 ri .
Vì giá trị ri giảm dần, nên
1
ri+2 < ri+1 ≤ ri.
2
Trường hợp 2: ri+1 > 21 ri
Vì giá trị của ri+1 > 21 ri nên ri = ri+1 · 1 + ri+2. Do đó
ri+2 = ri − ri+1 < ri − 21 ri = 12 ri .
Ta đã chứng minh được bổ đề trên là ri+2 < 21 ri với mọi i ∈ N.
Áp dụng bổ đề này lặp đi lặp lại, ta có
r2k+1 < 21 r2k−1 < 14 r2k−3 < 81 r2k−5 < · · · <

7

1
r
2k 1

=

1
b.
2k


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Do đó, nếu 2k ≥ b, thì r2k+1 < 1, suy ra r2k+1 = 0 và thuật toán kết
thúc. Giá trị của rt+1 = 0, vì vậy ta có t + 1 ≤ 2k + 1, và do đó t ≤ 2k.
Thêm vào đó, có t phép chia, vì vậy thuật toán Euclid kết thúc sau 2k
lần lặp lại. Chọn số k nhỏ nhất sao cho 2k ≥ b > 2k−1, thì: số lần lặp lại
≤ 2k = 2(k − 1) + 2 < 2 log2(b) + 2, từ đó định lý được chứng minh.
Chúng ta cùng minh họa thuật toán Euclid bằng một ví dụ.
Ví dụ 1.9. Tìm gcd(2024, 748) sử dụng thuật toán Euclid, đó là việc
lặp đi lặp lại nhiều lần phép chia có dư.
2024 = 748 · 2 + 528,
748 = 528 · 1 + 220,
528 = 220 · 2 + 88,
220 = 88 · 2 + 44,
88 = 44 · 2 + 0.
Vậy gcd(2024, 748) = 44.
Định lý 1.10. (Thuật toán Euclid mở rộng). Cho a và b là số

nguyên dương. Phương trình
au + bv = gcd(a, b)
luôn tìm được nghiệm nguyên u và v. Nếu (u0, v0) là nghiệm bất kỳ, thì
mỗi nghiệm của phương trình au + bv = gcd(a, b) đều có dạng

u = u0 +

b·k
gcd(a, b)

và

v = v0 −

a·k
gcd(a, b)

với k ∈ Z

.
Chứng minh. Từ bảng 1.1, ta có thể giải quyết dòng đầu tiên với r2 =
a − b · q1 và thay thế nó vào dòng thứ hai được
b = (a − b · q1 ) · q2 + r3 , vì vậy r3 = −aq2 + b(1 + q1 q2).
Thay vào biểu thức tiếp theo với r2 và r3 vào dòng thứ ba ta được
a − b · q1 = (−a · q2 + b · (1 + q1q2 ))q3 + r4.
Sau khi tính toán ta được
r4 = a · (1 + q2q3 ) − b · (q1 + q2 + q1 · q2 · q3 ).
8

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Điểm quan trọng là r4 = a · u + b · v, với u và v là số nguyên. Tiếp tục
quá trình này, ở mỗi bước ta tìm được ri là tổng một bội của a và một
bội của b. Cuối cùng, ta đặt rt = a.u + b.v, với số nguyên u và v. Nhưng
rt = gcd(a, b), do đó hoàn thành việc chứng minh phần đầu tiên của
định lý.
Nếu (u0, v0) là nghiệm nguyên bất kỳ của phương trình au + bv =
gcd(a, b) và
u = u0 +

b·k
gcd(a, b)

và

v = v0 −

a·k
gcd(a, b)

với k ∈ Z

thì ta có
a · (u0 +

a·k
b·k

) + b · (v0 −
) = a · u0 + b · v0 = gcd(a, b).
gcd(a, b)
gcd(a, b)

Do đó
u = u0 +

b·k
gcd(a, b)

và

v = v0 −

a·k
gcd(a, b)

với k ∈ Z

cũng là nghiệm của phương trình au + bv = gcd(a, b).
Ví dụ 1.11. Quay về ví dụ 1.1.9, ta sử dụng thuật toán Euclid để tính
gcd(2024, 748) như sau:
2024 = 748 · 2 + 528,
748 = 528 · 1 + 220,
528 = 220 · 2 + 88,
220 = 88 · 2 + 44,
88 = 44 · 2 + 0.
Vậy gcd(2024, 748) = 44.
Đặt a = 2024 và b = 748, vì vậy dòng đầu tiên nói rằng

528 = a − 2b.
Thay thế điều này vào dòng thứ hai ta được
b = (a − 2b) · 1 + 220 vì vậy 220 = −a + 3b.
Tiếp tục thay thế các biểu thức 528 = a − 2b và 220 = −a + 3b vào dòng
thứ ba ta được
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

a − 2b = (−a + 3b) · 2 + 88 vì vậy 88 = 3a − 8b.
Cuối cùng, thay biểu thức 220 = −a + 3b và 88 = 3a − 8b vào dòng cuối
cùng ta được
−a + 3b = (3a − 8b) · 2 + 44 vì vậy 44 = −7a + 19b.
Nói cách khác,
−7 · 2024 + 19 · 748 = 44 = gcd(2024, 748).
Từ đó, chúng ta đã tìm thấy thấy một cách viết gcd(a, b) như một biểu
thức tuyến tính của các số nguyên a và b, đó là kết quả đơn giản với
nhiều hệ quả quan trọng.
Trường hợp đặc biệt của thuật toán Euclid mở rộng là ước chung lớn
nhất của a và b bằng 1.
Định nghĩa 1.12. Cho a và b là số nguyên. Chúng ta nói rằng a và b
là nguyên tố cùng nhau nếu gcd(a, b) = 1. Tổng quát hơn, phương trình
A · u + B · v = gcd(A, B)
có thể đưa về trường hợp các số nguyên tố cùng nhau bằng cách chia cả
hai vế cho gcd(A, B). Do đó
B
A

·u+
· v = 1.
gcd(A, B)
gcd(A, B)
Với
a=

A
gcd(A, B)

và

b=

B
gcd(A, B)

là nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn a · u + b · v = 1.
Ví dụ 1.13. Chúng ta đã tìm được ước chung lớn nhất của 2024 và 748
là 44 thỏa mãn
−7 · 2024 + 19 · 748 = 44.
Chia cả hai vế cho 44 , ta được
−7 · 46 + 19 · 17 = 1.
Do đó, 2024/44 = 46 và 748/44 = 17 là nguyên tố cùng nhau, với u = −7
và v = 19 là hệ số của một biểu thức tuyến tính của 46 và 17.
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2

Đỗ Thị Vân Anh

Số học mô-đun

Chúng ta đã gặp ”đồng hồ số học” ở trường lớp, khi đến số 12, thì số
tiếp theo là số 1. Từ đó dẫn đến phương trình
và

7+8=3

1 − 3 = 10.

Nhìn điều này lạ, nhưng nó sử dụng đúng với đồng hồ số học, từ ví
dụ 10 : 00 là 3 giờ trước của 1 : 00. Vì vậy lần đầu tiên ta tính được
1 − 3 = −2, sau đó cộng thêm 12 để được câu trả lời. Tương tự, 9 giờ
sau 6 : 00 là 3 : 00, vì 6 + 9 − 12 = 3.
Định lý về đồng dư là một phương pháp trong lý thuyết số, cái mà
dựa trên ý tưởng đơn giản của đồng hồ số học.
Định nghĩa 1.14. Cho m ≥ 1 là một số nguyên. Ta nói rằng số nguyên
a và b là đồng dư môđun m, nếu hiệu a − b được chia hết bởi m. Ta viết
a≡b

(mod m)

để chỉ ra a và b là đồng dư môđun m. Số m được gọi là môđun.
Trong ví dụ về đồng hồ số học, chúng ta có thể viết như quan hệ đồng
dư sử dụng môđun m = 12, như
6 + 9 = 15 ≡ 3 (mod 12)

và

2 − 3 = −1 ≡ 11 (mod 12).

Ví dụ 1.15. Ta có
17 ≡ 7 (mod 5)

vì 5 chia hết 10 = 17 − 7.

Mặt khác, 19 ≡ 6 (mod 11) vì 11 không chia hết 13 = 19 − 6.
Chú ý rằng các số thỏa mãn a ≡ 0 (mod m) là các số được chia hết bởi
m hay là bội của m.
Mệnh đề 1.16. Cho m ≥ 1 là một số nguyên. Khi đó các mệnh đề sau
là đúng.
1. Nếu a1 ≡ a2 (mod m) và b1 ≡ b2 (mod m), thì chúng ta có
a1 ± b1 ≡ a2 ± b2 (mod m)

11

và

a1 .b1 ≡ a2 .b2 (mod m).


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

2. Cho a là số nguyên. Thì a.b ≡ 1 (mod m) với một số b khi và chỉ

khi gcd(a, m) = 1.
Nếu số nguyên b tồn tại thì ta nói rằng b là nghịch đảo của a
môđun m.
Chứng minh. 1. Vì a1 ≡ a2 (mod m) và b1 = b2 (mod m), nên m |
(a1 − a2 ) và m | (b1 − b2 ). Do đó m | ((a1 − a2 ) ± (b1 − b2 )) và
m | ((a1 ± b1) − (a2 ± b2)). Vậy (a1 ± b1) ≡ (a2 ± b2) (mod m).
Vì a1 ≡ a2 (mod m) và b1 = b2 (mod m), nên m | (a1 − a2 ) và
m | (b1 − b2). Khi đó tồn tại u, v ∈ Z sao cho a1 = b1 + um và
a2 = b2 + vm. Do đó
a1 a2 = b1b2 + m(b1 v + b2 u) + m2 uv và m | (a1a2 − b1 b2) = m(b1v +
b2u) + m2 uv.
Vậy a1 a2 ≡ b1 b2 (mod m).
2. Giả sử gcd(a, m) = 1, thì tồn tại số nguyên u, v sao cho au+mv = 1.
Do đó au − 1 = −mv và m | (au − 1), vì vậy từ định nghĩa ta có
au ≡ 1 (mod m). Nói cách khác, ta có thể đặt b = u.
Ngược lại, giả sử a có một nghịch đảo môđun m, tức là a.b ≡ 1
(mod m). Điều đó có nghĩa là m | (ab − 1), khi đó tồn tại số nguyên
c sao cho ab − 1 = cm, do đó ab + (−c)m = 1. Vậy gcd(a, m) = 1.
Định lý đã chứng minh được a có một nghịch đảo môđun m khi và
chỉ khi gcd(a, m) = 1.
Ví dụ 1.17. Ta có m = 5 và a = 2. Rõ ràng gcd(2, 5) = 1, vì vậy tồn
tại một nghịch đảo của 2 môđun 5. Nghịch đảo của 2 môđun 5 là 3 vì
2 · 3 ≡ 1 (mod 5), vì vậy 2−1 ≡ 3 (mod 5). Tương tự gcd(4, 15) = 1 vì
vậy tồn tại 4−1 môđun 15. Ta có 4 · 4 ≡ 1 (mod 15), vì vậy 4 là nghịch
đảo của riêng nó môđun 15.
Chúng ta có thể làm việc với phân số a/d môđun m với điều kiện
(d, m) = 1. Ví dụ, chúng ta có thể tính 5/7 modun 11. Lưu ý rằng
7 · 8 ≡ 1 (mod 11), vì vậy 7−1 = 8 (mod 11). Do đó ta có
5
= 5 · 7−1 ≡ 5 · 8 ≡ 40 ≡ 7 (mod 11).

7
Nhận xét 1.18. Trong ví dụ trước, chúng ta dễ dàng tìm nghịch đảo
môđun m bởi việc thử. Tuy nhiên, khi m lớn, chúng ta lại gặp vấn đề
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

lớn để tính a−1 môđun m. Lưu ý rằng, chúng ta chỉ ra rằng tồn tại phần
tử nghịch đảo bằng cách sử dụng thuật toán Euclid mở rộng. Để tính
u và v xuất hiện trong phương trình au + mv = gcd(a, m), chúng ta có
thể áp dụng thuật toán Euclid trực tiếp như đã làm ở ví dụ 1.13.Trong
mọi trường hợp, vì thuật toán Euclid chỉ mất 2 log2 (b) + 3 lần lặp lại để
tính gcd(a, b), nó chỉ mất nhỏ hơn log2 (m) bước để tính a−1 môđun m.
Bây giờ, nếu a chia m có thương q và số dư r, nó có thể được viết
như là
a = mq + r

với 0 ≤ r < m.

Điều này chỉ ra rằng a ≡ r (mod m) với những số nguyên r ở giữa 0 và
m − 1, vì vậy nếu chúng ta muốn làm việc với các số nguyên môđun m,
chúng ta chỉ cần sử dụng các số nguyên 0 ≤ r < m. Từ đó ta có định
nghĩa sau.
Định nghĩa 1.19. Ta viết
Z/mZ = {0, 1, 2, · · · , m − 1}
và gọi Z/mZ là vành các số nguyên môđun m. Bất cứ lúc nào ta cũng
có thể thực hiện cộng hoặc nhân trong Z/mZ, và chia kết quả cho m và

lấy số dư đế có được một phần tử trong Z/mZ.
Nhận xét 1.20. Nếu chúng ta biết về lý thuyết vành, Z/mZ là vành
thương của Z bởi ideal chính mZ, và các số 0, 1, 2, · · · , m − 1 là đại diện
cho các lớp đồng dư bao gồm các phần tử của Z/mZ.
Định nghĩa 1.21. Mệnh đề 1.16 (2) nói với chúng ta rằng a có một
nghịch đảo môđun m khi và chỉ khi gcd(a, m) = 1. Số mà có nghịch đảo
được gọi là khả nghịch. Chúng ta kí hiệu tập tất cả các phần tử khả
nghịch bởi
(Z/mZ)∗ = {a ∈ Z/mZ : gcd(a, m) = 1}
= {a ∈ Z/mZ : a có một nghịch đảo modun m}.
∗
Tập (Z/mZ) được gọi là nhóm các phần tử khả nghịch môđun m.
Chú ý rằng nếu a1 và a2 là khả nghịch môđun m, thì a1 a2 cũng vậy.
Nhưng nếu cộng hai phần tử khả nghịch, ta có thể không được một phần
tử khả nghịch.
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

+

0 1 2

3 4

·

0

1 2

3 4

0

0 1 2

3 4

0 0

0 0

0 0

1

1 2 3

4 0

1 0

1 2

3 4

2

2 3 4

0 1

2 0

2 4

1 3

3

3 4 0

1 2

3 0

3 1

4 2

4

4 0 1

2 3

4 0

4 3

2 1

Bảng 1.2: Bảng phép cộng và phép nhân mô-đun 5

Ví dụ 1.22. Bảng sau đây minh họa hoàn chỉnh phép cộng và nhân
trong vành Z/5Z.
Ví dụ 1.23. Nhóm các phần tử khả nghịch môđun 24 là
(Z/24Z)∗ = {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}.
Phép nhân trong (Z/24Z)∗ được minh họa trong bảng 1.3.
·

1

5

7

11 13 17 19 23

1

1

5

7

11 13 17 19 23

5

5

1

11

7

17 13 23 19

7

7

11

1

5

19 23 13 17

11 11

7

5

1

23 19 17 13

13 13 17

19 23

1

5

7

11

17 17 13

23 19

5

1

11

7

19 19 23

13 17

7

11

1

5

23 23 19

17 13 11

7

5

1

Bảng 1.3: Nhóm các phần tử khả nghịch mô-đun 24

Ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.24. Hàm số Euler φ là hàm số φ(m) được định nghĩa bởi
quy tắc
φ(m) = |(Z/mZ)∗| = |{0 ≤ a < m | gcd(a, m) = 1}|.
Ví dụ φ(24) = 8 và φ(7) = 6.

Ví dụ 1.25. Nhóm các phần tử khả nghịch môđun 7 là
(Z/7Z)∗ = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
vì mỗi số nguyên ở giữa 1 và 6 đều nguyên tố với 7. Phép nhân trong
(Z/7Z)∗ được minh họa trong bảng sau.
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh
1

2 3 4

5 6

1 1

2 3 4

5 6

2 2

4 6 1

3 5

3 3

6 2 5

1 4

4 4

1 5 2

6 3

5 5

3 1 6

4 2

6 6

5 4 3

2 1

·

Bảng 1.4: Nhóm các phần tử khả nghịch mô-đun 7

1.3

Số nguyên tố, sự phân tích duy nhất và trường
hữu hạn

Trong phần 1.2, chúng ta đã đề cập đến số học mô-đun và đã chỉ
ra rằng lý thuyết số học mô-đun có ý nghĩa đối với phép cộng, trừ và
nhân số nguyên m. Chúng ta chỉ có thể chia bởi a trong Z/mZ khi
gcd(a, m) = 1. Nhưng nếu số m là nguyên tố thì ta có thể chia bởi mỗi
phần tử khác không của Z/mZ.
Định nghĩa 1.26. Số nguyên p được gọi là số nguyên tố nếu p ≥ 2 và
p chỉ được chia hết bởi 1 và p.
Ví dụ 1.27. Mười số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29
trong khi số nguyên tố thứ hàng trăm nghìn là 1299709 và thứ một triệu
là 15485863. Có vô hạn các số nguyên tố, thực tế đó đã được biết đến
trong thời Hi lạp cổ đại và xuất hiện như là một định lý trong thời
Euclid.
Số nguyên tố p được xác định theo những số chia p. Vì vậy mệnh đề
sau đây mô tả tính chất của những số mà chia hết bởi p. Chú ý rằng
mệnh đề nay là sai đối với hợp số. Ví dụ 6 | 3 · 10 nhưng 6 không chia
hết 3 hay 10.
Mệnh đề 1.28. Cho p là số nguyên tố, và giả sử p chia hết tích ab của
hai số nguyên a và b. Thì p chia hết ít nhất một trong hai số a và b.
Tổng quát, nếu p chia hết một tích của các số nguyên p | a1 a2 · · · an , thì
p chia hết ít nhất một trong các ai , với i = 1, · · · n.
Chứng minh. Cho g = gcd(a, p), thì g | p. Vì p nguyên tố nên g = 1
hoặc g = p. Nếu g = p thì p | a, ta có điều phải chứng minh. Nếu g = 1
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

thì chúng ta tìm được số nguyên u và v thỏa mãn au + pv = 1. Chúng
ta nhân cả hai vế của phương trình với b, ta có
abu + pbv = b.
Từ giả thiết, p chia hết tích ab, và chắc chắn p chia hết pbv, vì vậy p
chia hết cả hai vế của phương trình abu + pbv = b. Do đó p chia hết b.
Để chứng minh trường hợp tổng quát, ta viết tích a1 a2 · · · an như là
a1 (a2 · · · an ) và áp dụng trường hợp đầu tiên với a = a1 và b = a2 · · · an .
Nếu p | a1 , ta có điều phải chứng minh. Nếu không, p | a2 · · · an , vì vậy
ta viết a2 · · · an như là a2 (a3 · · · an ). Trường hợp đầu tiên nói cho chúng
ta biết p | a2 , hoặc p | a3 · · · an . Tiếp tục quá trình này, chúng ta tìm
được ai mà chia hết bởi p.
Như một ứng dụng của mệnh đề 1.28, chúng ta chứng minh được mỗi
số nguyên dương đều có một phân tích duy nhất thành tích của các số
nguyên tố.
Định lý 1.29. (Định lý cơ bản của số học). Cho a ≥ 2 là một
số nguyên, thì a có thể được phân tích thành tích của các số nguyên tố
a = pe11 pe22 · · · perr . Hơn nữa, không kể thứ tự của các số nguyên tố thì sự
phân tích này là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử a ≥ 2 là một số nguyên, thì a phải có một ước
nguyên tố , chẳng hạn là p1 và ta có a = p1 a1 trong đó 1 ≤ a1 < a. Nếu
a1 = 1 thì ta được a = p1 và đó là sự phân tích của a thành thừa số
nguyên tố. Nếu a1 > 1 thì a1 phải có một ước nguyên tố p2, và ta có
a = p1 p2a2 với 1 ≤ a2 < a1 . Nếu a2 = 1 thì ta được a = p1p2 là dạng
phân tích của a thành tích của các số nguyên tố. Nếu a2 > 1 thì lặp lại
lý luận ở trên, ta được thừa số nguyên tố p3, ... Quá trình này phải kết
thúc vì ta có a > a1 > a2 > · · · nên phải có một an = 1. Vậy ta được
a = p1 p2 · · · pr
là dạng phân tích của a thành tích các số nguyên tố.
Giả sử a có hai sự phân tích thành tích của các số nguyên tố,
a = p 1 p 2 p 3 · · · p s = q1 q2 q3 · · · qt ,

với pi và qj là các số nguyên tố, không nhất thiết phải phân biệt, và s
không nhất thiết bằng t. Không mất tính tổng quát giả sử t ≥ s. Vì
p1 | a, nên p1 | q1q2 q3 · · · qt . Do đó, từ dạng tổng quát của mệnh đề 1.28,
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

ta có p1 chia hết một trong các qi . Sắp xếp lại thứ tự của các qi (nếu cần
thiết), chúng ta có thể giả sử p1 | q1 . Nhưng p1 và q1 đều là số nguyên tố,
do đó ta có p1 = q1 . Giản ước hai vế của a = p1p2 p3 · · · ps = q1q2 q3 · · · qt ,
ta được
p 2 p 3 · · · p s = q2 q3 · · · qt .
Lặp lại quá trình này s lần, cuối cùng chúng ta được một phương trình
có dạng
1 = qt−s qt−s+1 · · · qt . vì t ≥ s
Vì thế ta có s = t và các sự phân tích ban đầu của a là giống nhau không
kể đến việc sắp xếp lại thứ tự của các thừa số.
Nếu p là số nguyên tố, thì mỗi số khác không mô-đun p có một nghịch
đảo nhân môđun p. Điều này có nghĩa là khi chúng ta đề cập đến các
số khác không môđun p với p là số nguyên tố, chúng ta không chỉ cộng,
trừ, nhân mà chúng ta còn có thể chia bởi các số khác không, cũng giống
như chia các số thực.
Mệnh đề 1.30. Cho p là số nguyên tố. Thì mỗi phần tử a khác không
trong Z/pZ có một nghịch đảo nhân, nghĩa là có một số b thỏa mãn
ab ≡ 1 (mod p).
Chúng ta kí hiệu giá trị b này bởi a−1 (mod p), hay nếu p đã được xác
định thì ta chỉ cần kí hiệu bằng a−1 .

Chứng minh. Mệnh đề này là trường hợp đặc biệt của mênh đề 1.16
sử dụng số nguyên tố môđun p, vì nếu a ∈ Z/pZ là khác không thì
gcd(a, p) = 1.
Nhận xét 1.31. Thuật toán Euclid đưa ra cho chúng ta một phương
pháp hiệu quả cho việc tính a−1 (mod p). Chúng ta chỉ đơn giản là giải
các phương trình
au + pv = 1 với số nguyên u và v,
khi đó u = a−1 (mod p), thay thế cho việc tính a−1 (mod p). Bởi Mệnh
đề 1.30, nếu p nguyên tố, thì
(Z/pZ)∗ = {1, 2, 3, 4, · · · , p − 1}.
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

Nói cách khác, khi bỏ đi phần tử 0 từ Z/pZ, thì các phần tử còn lại là
khả nghịch và đóng kín đối với phép nhân.
Định nghĩa 1.32. Nếu p là số nguyên tố, thì tập Z/pZ của các số nguyên
môđun p cùng với phép cộng, trừ, nhân và quy tắc chia là trường. Chúng
ta biết rằng một trường là một vành (giao hoán) trong đó mỗi phần tử
khác không đều có phần tử nghịch đảo đối với phép nhân, ví dụ trường
số thực R, trường các số hữu tỉ Q, và trường số phức C.
Trường Z/pZ các số nguyên môđun p chỉ có hữu hạn phần tử. Trường
Z/pZ là trường hữu hạn và thường được kí hiệu bởi Fp . Do đó Fp và
Z/pZ thực sự chỉ là hai ký hiệu khác nhau cho cùng một đối tượng. Từ
giờ trở đi ta sẽ kí hiệu Fp là trường hữu hạn của p phần tử. Tương tự,
ta viết F∗p thay thế cho nhóm các phần tử khả nghịch (Z/pZ)∗.
Nhận xét 1.33. Mặc dù Z/pZ và Fp được sử dụng để kí hiệu cho cùng

một khái niệm, nhưng sự bằng nhau của các phần tử trong hai tập hợp
này lại khác nhau. Cho a, b ∈ Fp , sự bằng nhau của a và b được kí hiệu
bởi a = b, trong khi a, b ∈ Z/pZ thì sự bằng nhau của a và b được kí
hiệu bởi quan hệ đồng dư môđun p là a ≡ b (mod p).

1.4

Lũy thừa của trường hữu hạn

Trong phần này, chúng ta đề cập đến lũy thừa trong Fp , nhờ có một
chứng minh kết quả cơ bản của Fermat, và đó là một tính chất quan
trọng của nhóm các phần tử khả nghịch (Fp )∗.
Ví dụ 1.34. Chúng ta bắt đầu với một ví dụ đơn giản. Bảng danh sách
các lũy thừa của 1, 2, 3, 4, 5, 6 môđun nguyên tố 7. Ta thấy trong bảng
11 ≡ 1 12 ≡ 1

13 ≡ 1 14 ≡ 1

15 ≡ 1 16 ≡ 1

21 ≡ 2 22 ≡ 4

23 ≡ 1 24 ≡ 2

25 ≡ 4 26 ≡ 1

31 ≡ 3 32 ≡ 2

33 ≡ 6 44 ≡ 4

35 ≡ 5 36 ≡ 1

41 ≡ 4 42 ≡ 2

43 ≡ 1 44 ≡ 4

45 ≡ 2 46 ≡ 1

51 ≡ 5 52 ≡ 4

53 ≡ 6 54 ≡ 2

55 ≡ 3 56 ≡ 1

61 ≡ 6 62 ≡ 1

63 ≡ 6 64 ≡ 1

65 ≡ 6 66 ≡ 1

Bảng 1.5: Lũy thừa của các số modun 7

1.5, các cột bên phải bao gồm toàn bộ 1. Nói cách khác
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

a6 ≡ 1 (mod 7)

với mỗi a = 1, 2, 3, · · · 6.

Điều này có thể không đúng với mọi giá trị của a, vì nếu a là bội của
7, thì an ≡ 0 (mod 7). Mặt khác, nếu a không được chia hết bởi 7, thì
a6 ≡ 1 (mod 7), với các giá trị của a là 1, 2, · · · , 6 mô-đun 7. Do đó
a6 ≡

1 (mod 7) nếu 7 a,
0 (mod 7) nếu 7 | a.

Định lý 1.35. (Định lý Fermat). Cho p là số nguyên tố và a là số
nguyên bất kì. Ta có

ap−1 ≡

1 (mod p) nếu p a,
0 (mod p) nếu p | a.

Chứng minh. Nếu p | a, thì mọi lũy thừa của a đều được chia hết bởi
p. Vì vậy chúng ta chỉ cần chứng minh trường hợp p a. Đặt S = {ka
(mod p) | k = 1, · · · p − 1}. Khi đó ta có
Bổ đề 1.36. S = {1, 2, · · · p − 1}
Chứng minh. Ta thấy S có p − 1 phần tử phân biệt khác không. Thật
vậy, lấy hai số bất kì trong dãy trên là ja (mod p) và ka (mod p), và
giả sử rằng chúng bằng nhau. Điều này có nghĩa là
ja ≡ ka (mod p) và vì vậy (j − k)a ≡ 0 (mod p).
Do đó p chia hết tích (j − k)a. Từ mệnh đề 1.3.3, ta thấy p chia hết
j − k hoặc p chia hết a. Tuy nhiên chúng ta đã giả sử rằng p không chia

hết a, do đó p chia hết j − k. Vì cả j và k đều nằm giữa 1 và p − 1, nên
hiệu j − k nằm giữa −(p − 2) và p − 2 và được chia hết bởi p. Điều này
chứng minh j − k = 0, tức là ja = ka. Vậy S có p − 1 phần tử phân
biệt khác không và S ⊆ {1, 2, · · · p − 1}. Vì S có p − 1 phần tử và tập
{1, 2, · · · p − 1} nên S = {1, 2, · · · p − 1}.
Nếu nhân tất cả các số của dãy a, 2a, 3a, · · · , (p − 1)a với nhau và
quy về môđun p. Điều này giống như nhân tất cả các số 1, 2, 3, · · · , p − 1
với nhau môđun p, vì vậy chúng ta có một quan hệ đồng dư
19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đỗ Thị Vân Anh

a · 2a · 3a · · · (p − 1)a ≡ 1 · 2 · 3 · · · (p − 1) (mod p).
Số a xuất hiện p − 1 lần ở vế trái. Chúng ta đưa ra ngoài và sử dụng kí
hiệu giai thừa, ta có (p − 1)! = 1 · 2 · 3 · · · (p − 1). Do đó
ap−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p).
Cuối cùng, khử (p − 1)! từ cả hai vế, vì (p − 1)! không chia hết bởi p.
Vậy
ap−1 ≡ 1 (mod p),
điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.37. Số p = 15485863 là số nguyên tố, nên từ định lý Fermat ta
có
215485862 ≡ 1 (mod 15485863).
Do đó không cần làm bất kỳ phép tính nào, chúng ta vẫn biết số
215485862 − 1 là một số có hơn hai nghìn chữ số, là bội của 15485863.
Nhận xét 1.38. Định lý Fermat và thuật toán lũy thừa nhanh cung
cấp cho chúng ta một phương pháp hợp lý hiệu quả để tính nghịch đảo

môđun p, đó là a−1 ≡ ap−2 (mod p). Bây giờ chúng ta mô tả thuật toán
thừa nhanh.
Thuật toán lũy thừa nhanh
Bước 1:. Tính khai triển nhị phân của A như sau
A = A0 + A1 · 2 + A2 · 22 + A3 · 23 + · · · + Ar · 2r với A0 , A1, · · · , Ar ∈ {0, 1},
với Ar = 1.
i
Bước 2:. Tính lũy thừa g 2 (mod N ) với 0 ≤ i ≤ r bởi bình phương liên
tiếp,
a0 ≡ g (mod N ),
a1 ≡ a20 ≡ g 2 (mod N ),
2
a2 ≡ a21 ≡ g 2 (mod N ),
3
a3 ≡ a22 ≡ g 2 (mod N ),
..
..
.
.
r
2
ar ≡ ar−1 ≡ g 2 (mod N ).
Mỗi số hạng bằng bình phương của số liền trước, vì vậy có r phép nhân.
Bước 3.Tính g A (mod N ) sử dụng công thức
20