2 Căn nguyên thuỷ của số nguyên tố
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (938.6 KB, 139 trang )
62
5. CĂN NGUYÊN THỦY
Ví dụ 5.2.1. Đa thức f (x) = x2 + x + 1 có đúng hai nghiệm không đồng dư
nhau modulo 7, cụ thể là x ≡ 2 (mod 7) và x ≡ 4 (mod 7).
Đa thức g(x) = x2 + 2 là không có nghiệm modulo 5.
Đònh lý Fermat cũng chỉ ra rằng, nếu p là số nguyên tố thì đa thức
h(x) = xp−1 − 1 có đúng p − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo p, cụ thể
là x ≡ 1, 2, 3, · · · , p − 1 (mod p).
Đònh lý 5.7. Đònh lý Lagrange. Giả sử p là số nguyên tố; f (x) = an xn +
an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 là đa thức với hệ số nguyên, có bậc n ≥ 1, (an , p) = 1.
Thế thì f (x) ≡ 0 (mod p) có không quá n nghiệm không đồng dư nhau modulo
p.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh đònh lý bằng phương pháp qui nạp.
Khi n = 1, ta có f (x) = a1 x + a0 với p a1 . Nghiệm của f (x) modulo p
chính là nghiệm của đồng dư tuyến tính a1 x ≡ a0 (mod p). Ta đã biết nếu
(a1 , p) = 1 thì a1 x ≡ a0 (mod p) có duy nhất nghiệm modulo p.
Giả sử đònh lý đã đúng cho các đa thức bậc n − 1. Nếu đa thức f (x) =
an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 có quá n nghiệm không đồng dư nhau modulo
p. Thế thì có các số nguyên c0 , c1 , · · · , cn không đồng dư nhau modulo p sao
cho f (ck ) ≡ 0 (mod p) với mọi 0 ≤ k ≤ n. Khi đó ta có
f (x) − f (c0 ) =
=
an (xn − cn ) +an−1 (xn−1 − cn−1 ) + · · · + a1 (x − c0 )
0
0
an (x − c0 )
(xn−1 + xn−2 c0 + · · · + xcn−2 + cn−1 ) +
0
0
+an−1 (x − c0 ) (xn−2 + xn−3 c0 + · · · + xcn−3 + cn−2 ) +
0
0
..
.
=
+a1 (x − c0 )
(x − c0 )g(x)
.
trong đó g(x) là đa thức bậc n − 1 với hệ số bậc cao nhất cũng chính là an .
Từ hệ thức trên ta có
(ck − c0 )g(ck ) = f (ck ) − f (c0 ) ≡ 0
(mod p).
k, 1 ≤ k ≤ n, ck ≡ c0 (mod p); hay (ck − c0 , p) = 1. Vậy
g(ck ) ≡ 0 (mod p), với mọi k, 1 ≤ k ≤ n; điều này mâu thuẫn với giả
Nhưng với mọi
5.2. CĂN NGUYÊN THUỶ CỦA SỐ NGUYÊN TỐ
thiết qui nạp:
g(x)
63
có không quá n − 1 nghiệm không đồng dư nhau modulo
p.
Đònh lý 5.8. Giả sử p là số nguyên tố và d là ước của p−1. Thế thì xd −1 ≡ 0
(mod p)
có đúng d nghiệm không đồng dư nhau modulo p.
Chứng minh. Đặt p − 1 = de. Ta có
xp−1 − 1 = (xd )e − 1 = (xd − 1)(xd(e−1) + xd(e−2) + · · · + xd + 1) = (xd − 1)g(x).
Vì
p nguyên tố nên xp−1 − 1 = (xd − 1)g(x) ≡ 0 (mod p)
(xd − 1) ≡ 0 (mod p) hoặc g(x) ≡ 0 (mod p).
khi và chỉ khi
Do xp−1 − 1 ≡ 0 (mod p) có đúng p − 1 nghiệm và g(x) với bậc p − 1 − d
sẽ có không quá p − 1 − d nghiệm không đồng dư nhau modulo p; ta suy ra
xd − 1 ≡ 0 (mod p) có không ít hơn d nghiệm không đồng dư nhau modulo
p. Do đònh lý 5.7 ta suy ra xd − 1 ≡ 0 (mod p) có đúng d nghiệm không
đồng dư nhau modulo p.
Đònh lý 5.9. Giả sử p là số nguyên tố và d là ước của p − 1. Thế thì có đúng
ϕ(d)
số nguyên không đồng dư nhau modulo p và có bậc bằng d modulo p.
Chứng minh. Ký hiệu F (d) là số các số nguyên dương nhỏ hơn p và có bậc
modulo p. Vì tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn p đều có bậc và bậc là
ước của p − 1 nên
d
p−1=
F (d).
d|p−1
Mặt khác, theo đònh lý **refdl39 ta có
p−1=
ϕ(d).
d|p−1
Vậy
F (d) =
d|p−1
ϕ(d).
d|p−1
Để kết thúc việc chứng minh đònh lý, ta chỉ cần chứng minh rằng F (d) ≤ ϕ(d)
với d | p − 1.
Nếu F (d) = 0 thì F (d) ≤ ϕ(d) là hiển nhiên. Ngược lại, nếu ordp a = d
thì
a, a2 , · · · , ad
64
5. CĂN NGUYÊN THỦY
là các số đôi một không đồng dư nhau modulo p. Mỗi một trong các số này
đều là nghiệm của (xd − 1) ≡ 0 (mod p), vì (ak )d = (ad )k ≡ 1 (mod p). Từ
đònh lý 5.8 ta suy ra rằng, mỗi nghiệm của (xd − 1) ≡ 0 (mod p) đều đồng
dư modulo p với một lũy thừa ak của a, 1 ≤ k ≤ d. Đònh lý 5.5 lại nói rằng,
ak có bậc bằng d = ordp a khi và chỉ khi (k, d) = 1. Như vậy có đúng ϕ(d)
số không đồng dư nhau modulo p và có bậc bằng d. Vậy F (d) ≤ ϕ(d).
Hệ quả 5.9.1. Mọi số nguyên tố đều có căn nguyên thuỷ.
Chứng minh. Giả sử p là số nguyên tố. Theo đònh lý trên, với d = p − 1,
ta có cả thảy
p − 1 = ϕ(p).
ϕ(p − 1)
số không đồng dư nhau modulo
p
và có bậc bằng
5.3 Các số có căn nguyên thuỷ
Trong mục này chúng ta sẽ chỉ ra tất cả các số có căn nguyên thuỷ. Trước
hết chúng ta chỉ ra rằng các lũy thừa của mỗi số nguyên tố lẻ đều có căn
nguyên thuỷ.
Đònh lý 5.10. Nếu r là căn nguyên thuỷ của số nguyên tố lẻ p thì r hoặc r + p
là căn nguyên thuỷ modulo p2 .
Chứng minh. Vì r là căn nguyên thuỷ modulo p nên ordp r = ϕ(p) = p − 1.
Đặt n = ordp r, ta có
2
Suy ra
Theo đònh lý 5.1 thì
Ta cũng có
rn ≡ 1 (mod p2 ).
rn ≡ 1
(mod p).
p − 1 = ordp | n.
n = ordp2 r | ϕ(p2 ) = p(p − 1).
Vì
p − 1 | n và n | p(p − 1) ta suy ra n = p − 1 hoặc n = p(p − 1). Nếu
n = p(p − 1) thì r là căn nguyên thuỷ modulo p2 vì ordp2 r = n = ϕ(p2 ).
Ngược lại, nếu n = p − 1 ta có
rp−1 = rn ≡ 1
(mod p2 ).
65
5.3. CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THUỶ
Đặt s = r + p. Do s ≡ r (mod p) nên s cũng là căn nguyên thuỷ modulo p.
Tương tự như trên, ta có ordp s = p − 1 hoặc ordp s = p(p − 1). Cũng tương
tự như trên, để chứng minh s là căn nguyên thuỷ modulo p2 chúng ta chỉ cần
chứng tỏ rằng ordp s = p − 1. Ta có
2
2
2
sp−1 = (r + p)p−1 = rp−1 + (p − 1)rp−2 p +
và rp−1 ≡ 1
(mod p2 )
p − 1 p−3 2
r p + · · · + pp−1
2
nên
sp−1 ≡ rp−1 + (p − 1)prp−2 ≡ 1 − prp−2
Vì (r, p) = 1 nên prp−2 ≡ 0
(mod p2 ),
(mod p2 ).
suy ra
sp−1 ≡ 1 (mod p2 ),
hay ordp s = p − 1.
Ví dụ 5.3.1. Ta đã biết r = 3 là căn nguyên thuỷ modulo p = 7. Sử dụng
đònh lý ?? ta có ord49 3 = p − 1 = 6 hoặc ord49 3 = p(p − 1) = 42. Do
2
r6 = 36 = 729 ≡ 1
(mod 49)
ta suy ra r = 3 là căn nguyên thuỷ modulo 49.
Đònh lý 5.11. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì pk có căn nguyên thuỷ với mọi số
nguyên dương k. Hơn nữa, nếu r là căn nguyên thuỷ modulo p2 thì r là căn
nguyên thuỷ modulo pk với mọi số nguyên dương k.
Chứng minh. Hệ quả 5.9.1 nói rằng p có căn nguyên thuỷ, và do đó theo
đònh lý 5.10 ta suy ra p2 cũng có căn nguyên thuỷ. Giả sử r là căn nguyên
thuỷ modulo p2.
Trước hết, bằng qui nạp chúng ta chứng minh rằng với mọi số nguyên
k ≥ 2 đều có
k−2 (p−1)
rp
≡1
(mod pk ).
Khi k = 2, ta có rp (p−1) = rp−1 ≡ 1 (mod p2 ), vì ordp r = ϕ(p2 ) = p(p−1).
Giả sử rằng với số nguyên k ≥ 2 ta đã có
k−2
2
k−2 (p−1)
rp
≡1
(mod pk ).
