Tài liệu Các thuật toán cơ bản trong lý thuyết số

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÙY DUNG CÁC THUẬT TOÁN CƠ BẢN TRONG LÝ THUYẾT SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÙY DUNG CÁC THUẬT TOÁN CƠ BẢN TRONG LÝ THUYẾT SỐ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - Năm 2014 i Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i Mở đầu 1 Nội dung 3 1 Các thuật toán cơ bản trong lý thuyết số 3 1.1 Tìm thương và số dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Thuật toán Euclid phân tích một số ra thừa số nguyên tố . 6 1.3 Thuật toán tìm ước số chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Thuật toán tìm bội số chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . 12 1.5 Thuật toán Lucas - Lehmer tìm số nguyên tố . . . . . . . . 15 1.6 Thuật toán Miller tìm số giả nguyên tố . . . . . . . . . . . 18 1.7 Một số thuật toán trong mật mã công khai . . . . . . . . . 23 1.8 Một số thuật toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2 Lập trình và thực thi trên máy tính một số thuật toán số học 30 2.1 Tìm thương và số dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2 Kiểm tra số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.3 Phân tích một số ra thừa số nguyên tố . . . . . . . . . . . . 50 2.4 Tìm ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 i 2.5 Tìm bội chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.6 Tìm số nguyên tố đứng sau hoặc đứng trước một số tự nhiên 74 2.7 Một số ứng dụng trong lý thuyết mật mã . . . . . . . . . . 75 2.8 Maple và một số giả thuyết về số nguyên tố . . . . . . . . . 77 Kết luận 82 Tài liệu tham khảo 84 ii LỜI CẢM ƠN Với lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc em xin chân thành cảm ơn thày PGS. TS. Tạ Duy Phượng đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình cho em trong suốt quá trình làm luận văn. Thầy không chỉ truyền thụ những tri thức khoa học mà còn chỉ dẫn cho em những phương pháp làm việc tốt cùng những lời động viên khuyến khích kịp thời. Em cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường. Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên trong lớp cao học toán K6B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ em trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn. Thái Nguyên, 2014. Nguyễn Thùy Dung 1 Mở đầu Cùng với sự phát triển của máy tính điện tử, tin học ngày càng xâm nhập sâu hơn vào chương trình giảng dạy toán, thậm chí ở cấp phổ thông. Một số thuật toán trong lý thuyết số đã được biết đến từ thời Euclid. Tuy nhiên, thực thi chúng với các số lớn không dễ dàng nếu không có máy tính điện tử. Cùng với sự phát triển của toán và tin học, nhiều thuật toán mới ra đời, đáp ứng những đòi hỏi mới của thực tế (mật mã hóa công khai, phân tích các số nguyên tố lớn,...). Vì vậy, ngành số học thuật toán đã ra đời. Việc tổng hợp, nghiên cứu và xây dựng các chương trình tính toán trong số học là một công việc thú vị và hữu ích. Để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy, tác giả đã chọn đề tài “ Các thuật toán cơ bản trong lý thuyết số”. Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Chương 1 Các thuật toán cơ bản trong lý thuyết số Trình bày các thuật toán cơ bản trong Lý thuyết số (tìm ước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ nhất, tìm số dư và thương khi chia một số nguyên cho một số nguyên khác, thuật toán Euclid phân tích một số ra thừa số nguyên tố, thuật toán Lucas- Lehmer tìm số nguyên tố, thuật toán Miller tìm số giả nguyên tố). 2 Chương 2 Lập trình và thực thi trên máy tính điện tử một số thuật toán số học Trình bày các chương trình có sẵn hoặc tự lập trình cho các thuật toán đã nêu trong chương 1. Thực thi trên máy tính điện tử khoa học (Vinacal 570ES Plus II), chương trình Pascal và chương trình tính toán trên Maple. 3 Chương 1 Các thuật toán cơ bản trong lý thuyết số Chương này trình bày một số thuật toán cơ bản liên quan đến ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, tìm số nguyên tố, phân tích một số ra thừa số nguyên tố. . . Các vấn đề trình bày trong chương này được tham khảo và trích dẫn chủ yếu từ một số tài liệu [4], [5], [6]. 1.1 Tìm thương và số dư Cơ sở lý thuyết của phép chia với dư là định lý về phép chia có dư. Định lý này được ứng dụng trong giải thuật Euclid tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên khác 0. Định lý về phép chia với dư: Với hai số tự nhiên a và b bất kì (a > b), bao giờ cũng tìm được duy nhất các số q và r sao cho a = qb + r, trong đó 0 ≤ r < b. Khi r = 0 ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a. Ta cũng nói a là bội số của b hay b là ước số của a. Các số nguyên trong định lý được gọi như sau: 4 q được gọi là thương khi chia a cho b. r được gọi là số dư khi chia a cho b. b được gọi là số chia. a được gọi là số bị chia. Phép toán tìm q và r được gọi là phép chia với dư. Chứng minh Trước tiên ta nhớ lại Tiên đề Archimede Với mọi số thực x > 0 và mọi số thực y thì tồn tại một số tự nhiên n sao cho nx > y . Hệ quả Với mọi số thực x < 0 và mọi số thực y thì tồn tại một số tự nhiên n sao cho nx < y . Nguyên lý sắp thứ tự tốt Mọi tập con khác rỗng các số tự nhiên đều có phần tử bé nhất. Chứng minh định lý gồm hai phần: đầu tiên chứng minh sự tồn tại của q và r, thứ hai, chứng minh tính duy nhất của q và r. Sự tồn tại Xét tập hợp S = {a − nb, n ∈ Z}. Ta khẳng định rằng S chứa ít nhất một số nguyên không âm. Có hai trường hợp như sau. Nếu b < 0, thì −b > 0, và theo tính chất Archimede, có một số nguyên n sao cho −bn ≥ −a, nghĩa là a − bn ≥ 0. Nếu b > 0, thì cũng theo tính chất Archimede, có một số nguyên n sao cho bn ≥ −a, nghĩa là a − b (−n) = a + bn ≥ 0. Như vậy S chứa ít nhất một số nguyên không âm. Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong S có một số nguyên không âm nhỏ nhất, ta gọi số ấy là r. a−r Đặt q = , thì q và r là các số nguyên và a = qb + r. Ta còn phải b 5 chỉ ra rằng 0 ≤ r < |b|. Tính không âm của r là rõ ràng theo cách chọn r. Ta sẽ chứng tỏ dấu bất đẳng thức thứ hai. Giả sử ngược lại r ≥ |b|. Vì b 6= 0, r > 0 nên b > 0 hoặc b < 0. Nếu b > 0, thì r ≥ b suy ra a − qb ≥ b. Từ đó a − qb − b ≥ 0, lại dẫn tới a − (q + 1) b ≥ 0. 0 0 0 Đặt r = a − (q + 1) b thì r ∈ S và r = a − (q + 1) b = r − b < r, điều này mâu thuẫn với tính chất r là phần tử không âm nhỏ nhất của S . Nếu b < 0 thì r ≥ −b do đó a − qb ≥ −b. Từ đó suy ra rằng a − qb + b ≥ 0, 0 0 0 tiếp tục suy ra r = a−(q − 1) b ≥ 0. Do đó, r ∈ S và vì r = r+b với b < 0 0 ta có r = a − (q − 1) b < r, mâu thuẫn với giả thiết r là số nguyên không âm nhỏ nhất trong S . Như vậy ta đã chứng minh sự tồn tại của q và r. Tính duy nhất 0 0 0 Giả sử rằng tồn tại q , q , r, r với 0 ≤ r, r < |b| sao cho a = q + r và 0 0 0 a = q + r . Không mất tính tổng quát giả sử q ≤ r .
0 0 Từ hai đẳng thức trên ta có b q − q = r − r . 0 0 0 Nếu b > 0 thì r ≤ r và r < b ≤ b + r , và như vậy r − r < b. Còn nếu 0 0 0
b < 0 thì r ≤ r và r < −b ≤ −b + r, và do đó − r − r < −b. Trong cả  0 hai trường hợp ta có r − r  < |b| .
0 0
Mặt khác đẳng thức b q − q = r − r chứng tỏ rằng |b| chia hết         r − r0 , do đó |b| ≤ r − r0  hoặc r − r0  = 0. Nhưng vì r − r0  ≤ |b| ,
0 0 0
nên chỉ có thể r = r . Thay vào đẳng thức b q − q = r − r ta có 0 0 bq = bq và vì b khác 0, nên q = q . Tính duy nhất đã được chứng minh. Thuật toán chia Để chia một số tự nhiên a cho một số tự nhiên d (a > d), ta thực hiện theo ví dụ sau: Ví dụ 1.1 Chia a = 1542014 cho d = 135. Giải Phân tích số a = 1542014 theo cơ số 10 ta được: 6 a = 1542014 = 1540000 + 2000 + 000 + 10 + 4. Lấy số 154 (1540000) chia cho 135 được 1, dư 1919 (190000). Hạ 2 (2000) được 192. Chia 192 (192000) cho 135 được 1 dư 57 (57000). Hạ 0 (000) được 570. Chia 570 (57000) cho 135 được 4 dư 30 (3000). Hạ 1 (10) được 301. Chia 301 (3010) cho 135 được 2 dư 31 (310). Hạ nốt 4 được 314 chia 135 được 2 dư 44. Vậy a = 1542014 = 135 × 11422 + 44. Thuật toán chia được thực hiện trong Bảng 1 dưới đây. Thuật toán này đã được lập trình để máy tính tự động thực hiện tính toán. 1 5 4 2 0 1 4 1 3 5 1 9 2 1 1 4 2 2 5 7 0 3 0 1 3 1 4 4 4 Bảng 1 1.2 Thuật toán Euclid phân tích một số ra thừa số nguyên tố 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. Định lí 1.1 Mọi số tự nhiên đều có duy nhất một phân tích thành tích của các thừa số nguyên tố, tức là mọi số tự nhiên a đều có thể viết được duy nhất dưới dạng a = pα1 1 pα2 2 ...pαnn , trong đó p1 , ..., pn là các số nguyên 7 tố, αi là các lũy thừa của pi . Định lí 1.2 Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố p ≤ √ n. Thuật toán Thuật toán đơn giản nhất phân tích một số a ra thừa số nguyên tố là ta lần lượt kiểm tra số đó có là bội của các số nguyên tố pi (pi lần lượt bằng 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23,...) không. Nếu có, ta được a = bpαi i . Tiếp tục kiểm tra số xem b có là bội của pi+1 hay không, trong đó pi+1 là số nguyên tố ngay sau pi trong bảng số nguyên tố. Sàng Eratosthenes là một giải thuật cổ xưa để lập bảng tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn một số n cho trước. Giải thuật đầu tiên xóa số 1 ra khỏi tập các số nguyên tố. Số tiếp theo số 1 là số 2, là số nguyên tố. Bắt đầu từ số 2 xoá tất cả các bội của 2 ra khỏi bảng. Số đầu tiên không bị xoá sau số 2 (số 3) là số nguyên tố. Tiếp theo lại xoá các bội của 3... Giải √ thuật tiếp tục cho đến khi gặp số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng n thì dừng lại. Tất cả các số chưa bị xoá là số nguyên tố. Ví dụ 1.2 Phân tích số 29601 ra thừa số nguyên tố. Giải Rõ ràng 29601 không chia hết cho 2, cho 5, nhưng chia hết cho 3. 29601 = 9687 × 3. Ta lại có 9687 = 3289 × 3. Vậy 29601 = 9687 × 3 = 3289 × 32 . Vì 3289 không chia hết cho 3 nên ta kiểm tra xem 3289 có chia hết cho 7 không. Bấm máy ta được 3289 ÷ 7 = 469.8571429. Vậy 3289 không chia hết cho 7. Tiếp tục xem 3289 có chia hết cho 11 không. Ta có: 3289 = 299 × 11. Vì 299 không chia hết cho 11 nên ta kiểm tra tiếp xem 299 có chia hết cho 13, 17, 19, 23 không. Cuối cùng ta được 29601 = 32 × 11 × 13 × 23. Nhận xét Số 29601 không quá lớn và phân tích ra thừa số tương đối dễ (vì 29601 có các ước số nhỏ, chỉ là 3, 11, 13, và 23). Tuy nhiên thuật toán 8 phân tích ra thừa số nguyên tố được thực hiện bằng tay cho số 29601 cũng đã khá vất vả. Vì vậy hiện nay bài toán phân tích một số ra thừa số nguyên tố, thường được thực hiện trên máy tính với những phần mềm dựa trên các thuật toán phân tích nhanh một số ra thừa số nguyên tố. 1.3 Thuật toán tìm ước số chung lớn nhất Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên d, a được gọi là bội của d. Số nguyên dương d lớn nhất là ước của cả hai số nguyên a, b được gọi là ước số chung lớn nhất, viết tắt là ƯSCLN, hay còn gọi tắt là ước chung lớn nhất, viết tắt là ƯCLN, của a và b (tiếng Anh: Greatest Common Divisor-GCD). Ta thường kí hiệu ƯCLN của a và b là (a, b). Trong trường hợp cả hai số nguyên a và b đều bằng 0 thì chúng không có ƯCLN vì khi đó mọi số tự nhiên khác 0 đều là ước chung của a và b. Nếu chỉ một trong hai số a hoặc b bằng 0, số kia khác 0, thì ƯCLN của chúng bằng giá trị tuyệt đối của số khác 0. 1.3.1 Thuật toán Euclid Thuật toán Euclid là một giải thuật giúp tính ước số chung lớn nhất (ƯSCLN) của hai số một cách hiệu quả. Giải thuật này đã được biết đến từ khoảng năm 300 trước Công nguyên. Nhà toán học Hy Lạp Euclid đã viết giải thuật này trong cuốn sách toán nổi tiếng Elements. Trước tiên, ta nhớ lại tính chất sau. Với mọi số nguyên k ta có (a, b) = (a + kb, b). (1.3.1) Thật vậy, giả sử (a, b) = d. Suy ra a = k1 d, b = k2 d trong đó (k1 , k2 ) = 1. Ta có a + kb = k1 d + kk2 d = d (k1 + kk2 ). Dễ thấy (k1 , k2 ) = 1 nên (k1 + kk2 , k2 ) = 1. Do đó (a + kb, b) = d. (1.3.1) được chứng minh. 9 Mô tả thuật toán Cho hai số nguyên không âm a và b không đồng thời bằng 0; kiểm tra nếu b bằng 0 thì a là ước chung lớn nhất. Nếu không, áp dụng phép chia liên tiếp như sau (a = r0 , b = r1 ) r0 = r1 q1 + r2 , 0 6 r2 < r1 , r1 = r2 q2 + r3 , 0 6 r3 < r2 , r2 = r3 q3 + r4 , 0 6 r4 < r3 , ... ... rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , 0 6 rn < rn−1 , rn−1 = rn qn . Các số r2 , r3 , ..., rn ≥ 0 và giảm dần. Vì vậy cuối cùng số dư bằng 0. Áp dụng công thức (1.3.1) ta có (a, b) = (r0 , r1 ) = (r1 , r2 ) = (r2 , r3 ) = ... = (rn−1 , rn ) = (rn , 0) = rn . Do đó, ước chung lớn nhất của a và b là số dư cuối cùng khác 0 trong quá trình chia lặp đi lặp lại ở trên.Thuật toán kết thúc và in ra kết quả là rn . Ví dụ 1.3 Tìm ước chung lớn nhất của 330 và 140. Theo thuật toán Euclid ta có 330 = 140.2 + 50, 140 = 50.2 + 40, 50 = 40.1 + 10, 40 = 10.4. Trong ví dụ trên ta có : (330, 140) = (140, 50) = (50, 40) = (40, 10) = 10. 1.3.2 Thuật toán J. Stein Năm 1967, dựa trên thuật toán Euclid, J. Stein đã xây dựng được một thuật toán khá thuận tiện để tìm ƯCLN trong trường hợp các số đã cho được viết dưới dạng nhị phân. Ưu điểm chủ yếu của thuật toán này là ta không cần làm các phép tính chia (thực ra, ta có làm phép chia số chẵn 10 cho 2, nhưng trong cơ số 2 thì đó là phép dịch chuyển số đã cho sang phải một vị trí). Thuật toán được thực hiện với các thao tác sau: 1) (a, 0) = a, trong trường hợp đặc biệt ta quy ước (0, 0) = 0. 2) (a, b) = (a − b, b).   a b 3) Nếu a, b là các số chẵn thì (a, b) = 2 , . Lặp lại bước này cho đến 2 2 khi ít nhất một trong hai số a, b lẻ để tìm k là số mũ của 2. a  4) Nếu a chẵn, b lẻ thì (a, b) = , b . Tương tự với trường hợp a lẻ, b chẵn. 2 5) Nếu a, b đều lẻ thì (a − và |a − b| < max(a, b). b) chẵn  a−b a) Nếu a ≥ b thì (a, b) = ,b , 2   b−a b) Nếu a < b thì (a, b) = ,a . 2 6) Lặp lại bước 4 và 5 đến khi a = b(= c) hoặc b = 0. Thuật toán kết thúc và in ra: (a, b) = c. 2k . Chứng minh Giả sử (a, b) = d, suy ra a = k1 d, b = k2 d trong đó (k1 , k2 ) = 1. Áp dụng (1.3.1) ta có: (a, b) = (a − b, b) . (1.3.2) 0 0 0 Nếu a, b là các số chẵn thì (a, b) = d = 2d , suy ra a = 2k1 d , b = 2k2 d b a 0 0 hay = k1 d , = k2 d . Do đó 2 2   a b (a, b) = 2 , . (1.3.3) 2 2 a 0 0 Nếu a chẵn, b lẻ thì (a, b) = d, a = 2k 1 d, b = k2 d, suy ra = k 1 d, 2 b = k2 d. Vậy ta có: a  a  , b = d hay (a, b) = ,b . (1.3.4) 2 2 Nếu a, b đều lẻ thì a − b chẵn và |a − b| < max(a, b). Áp dụng (1.3.2) và (1.3.3) ta có:  (a, b) =  |a − b| ,b . 2 (1.3.5) 11 Ví dụ 1.4 Tính (512, 24) . Ta có ( 512, 24) = 2 (256, 12) = 22 (128, 6) = 23 (64, 3) = 23 (32, 3) = 23 (16, 3) = 23 (8, 3) = 23 (4, 3) = 23 (1, 3) = 23 (1, 1) = 23 .1 = 8. 1.3.3 Thuật toán Euclid mở rộng Thuật toán này không những cho ta tìm ước chung lớn nhất của hai số a và b mà còn cho ta biểu diễn nó dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b. Nếu (a, b) = d, thì tồn tại hai số nguyên m, n sao cho d = ma + nb. Bổ đề: ƯCLN của các số nguyên a và b là số nguyên dương d nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b. Chứng minh Giả sử d là số nguyên dương nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng d = ma + nb. Ta cần chứng minh d là ƯCLN của a và b. Thật vậy, xét phép chia a = dq + r( 0 ≤ r < d). Suy ra r = a − dq = a − (ma + nb)q = (1 − m)a − nqb. Chứng tỏ r cũng là một tổ hợp tuyến tính của a và b. Vì 0 ≤ r < d nên r = 0. Như vậy d là ước của a. Tương tự, d cũng là ước của b, suy ra d 0 0 là ước chung của a và b. Lấy ước chung tùy ý d của a và b. Dễ thấy d là ước của d. Vậy d chính là ƯCLN của a và b. Ngược lại, (a, b) = d, a = r0 , b = r1 . Theo thuật toán Euclid ta có (r0 , r1 ) = rn = rn−2 − rn−1 qn−1 = rn−2 − (rn−3 − rn−2 qn−2 )qn−1 = .... = mr0 + nr1 = ma + nb. Vậy ta có điều phải chứng minh. Thuật toán Euclid mở rộng Cho hai số nguyên không âm u, v tìm (u1 , u2 , u3 ) sao cho (u, v) = u3 = uu1 + vu2 . 12 Trong tính toán ta thêm các ẩn phụ (v1 , v2 , v3 ), (t1 , t2 , t3 ) sao cho luôn có: ut1 + vt2 = t3 , uv1 + vv2 = v3 , uu1 + vu2 = u3 . Mô tả thuật toán [1] Bước 1.( Xuất phát) Đặt (u1 , u2 , u3 ) ← (1, 0, u), (v1 , v2 , v3 ) ← (0, 1, v). Bước 2. ( Kiểm tra v3 = 0?) Nếu v3 = 0 thuật toán kết thúc. h i Bước 3. ( Chia, trừ) Nếu v3 6= 0, đặt q ← uv33 , sau đó đặt (t1 , t2 , t3 ) ← (u1 , u2 , u3 ) − q(v1 , v2 , v3 ), (u1 , u2 , u3 ) ← (v1 , v2 , v3 ), (v1 , v2 , v3 ) ← (t1 , t2 , t3 ), và quay lại Bước 2. Ví dụ 1.5 Cho a = 2013, b = 122. Dùng thuật toán Euclid mở rộng ta có Bước 1. u1 =1, u2 =  0, u3 = 2013, v1 = 0, v2 = 1, v3 = 122. 2013 = 16, t1 = 1, t2 = −16, t3 = 61, Bước 2. q = 122 u1 =  0, u2 = 1, u3 = 122, v1 = 1, v2 = −16, v3 = 61. 122 = 2, t1 = −2, t2 = 33, t3 = 0. Bước 3. q = 61 u1 = 1, u2 = −16, u3 = 61, v1 = 1, v2 = 33, v3 = 0. Ta có biểu diễn 2013.1 − 16.122 = 61. 1.4 Thuật toán tìm bội số chung nhỏ nhất Bội số chung nhỏ nhất, viết tắt là BSCNN, hay còn gọi tắt là bội chung nhỏ nhất, viết tắt là BCNN (tiếng Anh: least common multiple hoặc lowest common multiple-lcm) của hai số nguyên a và b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả a và b. Bội số chung của hai số a và b được kí hiệu là [a, b], BCNN(a, b) hoặc lcm(a, b). Nếu a hoặc b bằng 0, thì không tồn tại số nguyên dương chia hết cho a và b, khi đó quy ước rằng lcm (a, b) là 0. 13 Định nghĩa trên được tổng quát hoá cho nhiều số nguyên dương: Bội chung nhỏ nhất của a1 , a2 , ..., an là số nguyên dương nhỏ nhất là bội số của a1 , a2 , ..., an . Kí hiệu tương tự cho bội số chung nhỏ nhất của a1 , a2 , ..., an là lcm(a1 , a2 , ..., an ). Tìm bội chung nhỏ nhất bằng cách tính qua ước chung lớn nhất Quan hệ giữa bội số chung nhỏ nhất (LCM) và ước số chung lớn nhất (GCD) của hai số tự nhiên a và b được mô tả theo công thức sau LCM (a, b) = a×b . GCD (a, b) Như vậy, trước tiên ta tìm ước số chung lớn nhất của a và b. Sau đó tìm bội số chung nhỏ nhất của a và b theo công thức trên. Qui tắc trên cũng có thể áp dụng để tìm bội số chung nhỏ nhất của ba hay nhiều số. Ví dụ 1.6 LCM(88, 212) = 88.212 88.212 18656 = = = 4664. GCD(88, 212) 4 4 Bởi GCD(a, b) là ước số của cả a và b, nên sẽ thuật lợi hơn nếu tính LCM bằng cách chia trước khi nhân     |a| |b| . |b| = . |a| . LCM(a, b) = GCD(a, b) GCD(a, b) Điều này làm giảm kích thước đầu vào, giảm bộ nhớ cho các giá trị trung gian. Làm theo cách này thì ví dụ trên trở thành LCM(88, 212) = 88 88 .212 = .212 = 22.212 = 4664. GCD(88, 212) 4 14 Tìm bội chung nhỏ nhất bằng cách phân tích ra thừa số nguyên tố Định lý cơ bản của số học nói rằng mọi số nguyên dương lớn hơn 1 có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích các số nguyên tố (nếu không kể đến thứ tự của các thừa số). Như vậy, có thể coi hợp số cấu thành từ các số nguyên tố. Ví dụ 1.7 1988 = 2.2.7.71 = 22 . 7. 71. Ở đây chúng ta có hợp số 1988 tạo thành bởi hai thừa số nguyên tố 2, một thừa số nguyên tố 7 và một thừa số nguyên tố 71. Kiến thức này giúp chúng ta tìm bội chung nhỏ nhất của một tập hợp các số. Ví dụ 1.8 Tìm bội chung nhỏ nhất của ba số 212, 88 và 2014. Đầu tiên, ta phân tích từng số thành tích lũy thừa của các số nguyên tố. 212 = 22 .53; 88 = 23 .11; 2014 = 2.19.53. Với mỗi số nguyên tố, chọn lũy thừa cao nhất, tích của chúng cho ta giá trị bội chung nhỏ nhất cần tìm. Bốn thừa số nguyên tố 2, 11, 19 và 53 có bậc cao nhất lần lượt là 23 , 111 , 191 và 531 . Do đó LCM (212, 88, 2014) = 23 .11.19.53 = 88616. Thuật toán này dựa trên thuật toán phân tích một số nguyên ra thừa số nguyên tố, sau đó lấy tích của các thừa số nguyên tố với số mũ cao nhất. Tuy nhiên, ta chưa có thuật toán hiệu quả để phân tích một số nguyên ra thừa số nguyên tố, vì vậy, về mặt thực tế, thuật toán vừa nêu không thực sự hiệu quả. Mặc dầu vậy, nó khá đơn giản để minh họa khái niệm. 15 1.5 Thuật toán Lucas - Lehmer tìm số nguyên tố Trong số học thuật toán, kiểm tra Lucas–Lehmer là phép kiểm tra tính nguyên tố đối với số tự nhiên n, nó đòi hỏi rằng có một thừa số nguyên tố của n − 1 là đã biết. Nếu tồn tại số a nhỏ hơn n và lớn hơn 1 là số thoả mãn an−1 ≡ 1 (modn) và a n−1 q 6≡ 1(modn). Với mọi ước nguyên tố q của n − 1, thì n là số nguyên tố. Nếu không tìm thấy số a như vậy thì n là hợp số. Ví dụ 1.9 Với n = 71, n − 1 = 70 = 2 × 5 × 7. Lấy a = 11 trước hết: 1170 ≡ 1(mod 70). Kiểm tra với các ước của 70 ta có 1135 ≡ 70 6≡ 1 (mod 71), 1114 ≡ 54 6≡ 1 (mod 71), 1110 ≡ 31 6≡ 1 (mod 71). Vậy 71 là số nguyên tố. Số Mersenne và kiểm tra Lucas- Lehmer Số Mersenne là số có dạng 2p − 1, trong đó p là số nguyên tố. Người ta đã tìm thấy khá nhiều số nguyên tố Mersenne: 22 − 1, 23 − 1, 25 − 1, 27 − 1, 213 − 1, 217 − 1, 219 − 1, 231 − 1, 261 − 1, .... Năm 1953 lần đầu tiên máy tính giúp giải quyết một giả thuyết số học: bằng máy tính người ta đã tìm ra được các số nguyên tố Mersenne có dạng 2p − 1 với p = 521, 607, 1279, 2203, 2281. Tuy nhiên giả thuyết có vô số các số nguyên tố Mersenne dạng 2p − 1 cho tới nay vẫn chưa được chứng minh. Các số Mersenne quan trọng ở chỗ nó liên quan mật thiết tới các vấn đề khác của số học như số hoàn chỉnh (xem Mục 2.2.8).