3 Các số có căn nguyên thuỷ

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 ).



66



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Vì (r, pk−1) = 1 nên theo đònh lý Euler, ta có

k−2 (p−1)



rp



và điều này kéo theo

trong đó p d vì

trên, ta được

k−1 (p−1)



rp



k−2 (p−1)



rp



k−2 (p−1)



rp



≡1



(mod pk−1 ),



= 1 + dpk−1



Lũy thừa



≡ 1 (mod pk ).



= (1 + dpk−1 )p = 1 + p(dpk−1 ) +



Suy ra

Nhưng p



k−1 )



= rϕ(p



k−1 (p−1)



rp

d



nên



≡ 1 + dpk



k−1 (p−1)



rp



≡1



hai vế của đồng dư



p



p

(dpk−1 )2 + · · · + (dpk−1 )p .

2



(mod pk+1 ).



(mod pk+1 ).



Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng r là căn nguyên thuỷ của pk với k ≥ 2.

Đặt n = ordp r. Ta có

k



n | ϕ(pk ) = pk−1 (p − 1).



Mặt khác, vì rn ≡ 1



(mod pk )



nên rn ≡ 1



(mod p);



suy ra



p − 1 = ϕ(p) | n.



Do n | pk−1 (p − 1) và (p − 1) | n nên n = pt (p − 1) với t nào đó, 0 ≤ t ≤ k − 1.

Trường hợp n = pt (p − 1) với 0 ≤ t ≤ k − 2 không thể xảy ra, vì nếu

0 ≤ t ≤ k − 2 thì

k−2 (p−1)



rp



= (rp (p−1) )k−2−t = (rn )k−2−t ≡ 1

t



(mod pk ),



và điều này vô lý với điều đã được chứng minh là rp

Vậy n = pk−1 (p − 1), và điều này nói lên rằng ordp

vậy: r là căn nguyên thuỷ của pk .



k−2 (p−1)



k



Đònh lý 5.12. Nếu a là số lẻ và k > 2 thì

aϕ(2



k )/2



≡1



(mod 2k ).



≡ 1 (mod pk ).



r = ϕ(pk ),



hay cũng



67



5.3. CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THUỶ

Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo k.



Khi k = 3, đặt a = 2b + 1. Vì 2 | b(b + 1) nên

aϕ(2



3 )/2



= (2b + 1)2 = 4b(b + 1) + 1 ≡ 1



(mod 23 ).



Giả sử đã có aϕ(2 )/2 ≡ 1 (mod 2k ), ta cần chứng minh rằng aϕ(2 )/2 ≡ 1

(mod 2k+1 ). Vì ϕ(2n ) = 2n (1 − 1/2) = 2n−1 nên từ giả thiết qui nạp ta có

k



k+1



a2



suy ra



k−2



a2



≡1

k−2



(mod 2k ),



= 1 + d2k .



Bình phương cả hai vế, ta được

a2



k−1



= 1 + d2k+1 + d2 22k ≡ 1



(mod 2k+1 ),



điều này kéo theo

aϕ(2



k+1 )/2



= a2



k−1



≡1



(mod 2k ).



Nhận xét:

1. Đònh lý trên nói lên rằng tất cả các lũy thừa dương của 2, trừ hai số 2

và 4, đều không có căn nguyên thuỷ.

2. Các số 2 và 4 đều có có căn nguyên thuỷ.



Đònh lý 5.13. Nếu số nguyên dương n không là lũy thừa nguyên tố hoặc hai

lần lũy thừa nguyên tố thì n không có căn nguyên thuỷ.



Chứng minh. Giả sử n có căn nguyên thuỷ r, và có khai triển thành lũy thừa



nguyên tố



n = pt1 pt2 · · · ptm .

1 2

m



Gọi p là thừa số nguyên tố của n, do (r, pt ) = 1 nên

rϕ(p ) ≡ 1

t



Đặt



(mod pt ).



U = [ϕ(pt1 ), ϕ(pt2 ), · · · , ϕ(ptm )].

1

2

m



68



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Vì ϕ(pti ) | U nên theo đònh lý Trung hoa về phần dư ta có

i



rU ≡ 1 (mod n).



Điều này kéo theo

Nhưng



ordn r = ϕ(n) ≤ U.

ϕ(n) = ϕ(pt1 )ϕ(pt2 ) · · · ϕ(ptm ),

1

2

m



ta suy ra

ϕ(pt1 )ϕ(pt2 ) · · · ϕ(ptm ) ≤ [ϕ(pt1 ), ϕ(pt2 ), · · · , ϕ(ptm )].

1

2

m

1

2

m



Vậy



ϕ(pt1 )ϕ(pt2 ) · · · ϕ(ptm ) = [ϕ(pt1 ), ϕ(pt2 ), · · · , ϕ(ptm )].

1

2

1

2

m

m



Đẳng thức cuối cùng xảy ra chỉ khi các số nguyên ϕ(pt1 ), ϕ(pt2 ), · · · , ϕ(ptm )

là đôi một nguyên tố cùng nhau.

Với chú ý rằng ϕ(pt ) = pt−1 (p − 1) ta thấy ϕ(pt) là số chẵn nếu p lẻ hoặc

p = 2 và t ≥ 2. Như vậy, các số nguyên ϕ(pt ), ϕ(pt ), · · · , ϕ(pt ) là không

1

2

m

đôi một nguyên tố cùng nhau, ngoại trừ trường hợp m = 1 hoặc m = 2 và

n = 2pt mà p là số nguyên tố lẻ.

1



1



2



2



m



m



Đònh lý 5.14. Nếu p là số nguyên tố lẻ và t là số nguyên dương thì 2pt có



căn nguyên thuỷ. Cụ thể hơn: nếu r là căn nguyên thuỷ modulo pt và r lẻ thì

nó cũng là căn nguyên thuỷ modulo 2pt ; ngược lại nếu r là căn nguyên thuỷ

modulo pt và r chẵn thì r + pt là căn nguyên thuỷ modulo 2pt .

Chứng minh. Gọi r là căn nguyên thuỷ modulo pt , ta có

rϕ(p ) ≡ 1

t



(mod pt )



và không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn ϕ(p t ) có tính chất này. Ta

có ϕ(2pt) = ϕ(2)ϕ(pt) = ϕ(pt ). Vậy

rϕ(2p ) ≡ 1



(mod pt ).



rϕ(2p ) ≡ 1



(mod 2).



t



Nếu r lẻ thì



t



69



5.4. CHỈ SỐ SỐ HỌC



Vì (2, pt ) = 1, ta suy ra

rϕ(2p ) ≡ 1

t



(mod 2pt ).



Dễ thấy không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn ϕ(2p t ) = ϕ(pt ) có tính

chất trên, do đó ord2p r = ϕ(2pt ).

Nếu r chẵn thì r + pt là số lẻ. Do đó

t



(r + pt )ϕ(2p ) ≡ 1 (mod 2).

t



Mặt khác, vì r + pt ≡ r



(mod pt )



nên



(r + pt )ϕ(2p ) ≡ 1



(mod pt ).



(r + pt )ϕ(2p ) ≡ 1



(mod 2pt ).



t



Suy ra



t



Cũng thấy rằng không có số mũ nguyên dương nào nhỏ hơn ϕ(2p t) = ϕ(pt )

có tính chất trên, do đó ord2p (r + pt ) = ϕ(2pt ).

Từ các đònh lý 5.11, 5.12, 5.13 và 5.14, ta có đònh lý sau

t



Đònh lý 5.15. Số nguyên dương n > 1 có căn nguyên thuỷ khi và chỉ khi

n = 2, 4, pt , 2pt



trong đó p là số nguyên tố lẻ và t là số nguyên dương.



5.4 Chỉ số số học

Giả sử số nguyên dương cố đònh m có căn nguyên thuỷ r. Vìù các số nguyên

r1 , r2 , · · · , rϕ(m)



làm thành hệ thặng dư thu gọn modulo m, nên mỗi số nguyên a nguyên tố

cùng nhau với m đều tồn tại duy nhất một số nguyên x, 1 ≤ x ≤ ϕ(m), mà

rx ≡ a



(mod m).



Số nguyên x như vậy được gọi là chỉ số của

hiệu x = indr a.



a



với cơ sở r modulo



m,



ký



70



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Như vậy aind a ≡ a (mod m). Từ đònh nghóa ta cũng thấy ngay rằng, đối

với mọi số a, b nguyên tố cùng nhau với m, hệ thức a ≡ b (mod m) là tương

đương với indr a = indr b.

Có một số tính chất của chỉ số tương tự như của logarithm, chỉ có điều

thay dấu bằng bởi dấu đồng dư modulo ϕ(m).

r



Đònh lý 5.16. Giả sử số nguyên dương m có căn nguyên thuỷ r, và a, b là

các số nguyên tố cùng nhau với m. Thế thì:

1. indr 1 ≡ 0 (mod ϕ(m)).

2. indr (ab) ≡ indr a + indr b (mod ϕ(m)).

3. indr ak ≡ k · indr a (mod ϕ(m)) với k nguyên dương.



1.



Chứng minh.



r ϕ(m) ≡ 1 (mod m),



kéo theo



indr 1 = ϕ(m) ≡ 0



(mod ϕ(m)).



2.

3.



r indr (ab) ≡ ab ≡ rindr a · rindr b ≡ rindr a+indr b (mod m). Theo



ta có



đònh lý 5.2



indr (ab) ≡ indr a + indr b (mod ϕ(m)).

k



r indr a ≡ ak ≡ (rindr a )k ≡ rk·indr a (mod m),



kéo theo



indr ak ≡ k · indr a (mod ϕ(m)).



Ví dụ 5.4.1. Chúng ta cần giải đồng dư 7x ≡ 6



(mod 17). Dễ dàng xác đònh

modulo 17. Như vậy, bằng cách



được ϕ(17) = 16 và 3 là căn nguyên thuỷ

lấy chỉ số với cơ sở 3 modulo 17 cả hai vế, ta có



ind3 7x ≡ ind3 6 = 15 (mod 16).



Vì

nên



ind3 7x ≡ x · ind3 7 ≡ 11x (mod 16),

11x ≡ 15 (mod 16).



Do 3 là nghòch đảo của 11 modulo 16, nên

x ≡ 3 · 15 = 45 ≡ 13



(mod 16).