Giáo trình lý thuyết số


*

äy gồm đúng ϕ(ϕ(m)) những số u như vậy, xuất xắc m tất cả đúng ϕ(ϕ(m)) cănnguyên thuỷ ko đồng dư nhau modulo m.

Bạn đang xem: Giáo trình lý thuyết số

Ví dụ 5.1.8. Giả sử m = 11. Vì (2, 11) = 1 yêu cầu ord112 | ϕ(11) = 10.Ta thấy 21 ≡ 2 (mod 11), 22 ≡ 4 (mod 11), 25 ≡ 10 (mod 11); suy raord112 = ϕ(11). Vậy 11 gồm 2 là nền tảng thuỷ, vì thế 11 gồm cả thảyϕ(ϕ(11)) = ϕ(10) = 4 nền tảng gốc rễ thuỷ ko đồng dư nhau modulo 11. Đólà: 21 = 2, 23 = 8, 27 = 128, và 29 = 512; tuyệt cũng vậy: 2, 8, 7, và 6.5.2 nền tảng gốc rễ thuỷ của số nguyên tốTrong mục này bọn họ sẽ đã cho thấy rằng số đông số nguyên tố đều phải có căn nguyênthuỷ. Để đã đạt được điều này, trước hết họ cần điều tra vài tính chấtcủa đồng dư đa thức.Giả sử f(x) là nhiều thức với thông số nguyên. Họ sẽ nói số nguyên clà nghiệm của f(x) modulo m nếuu f(c) ≡ 0 (mod m). Dễ dãi thấy rằng,nếu c là nghiệm của f(x) modulo m thì gần như số nguyên đồng dư với c modulom cũng chính là nghiệm.62 5. CĂN NGUYÊN THỦYVí dụ 5.2.1. Đa thức f(x) = x2 +x+1 gồm đúng nhì nghiệm không đồng dưnhau modulo 7, ví dụ là x ≡ 2 (mod 7) với x ≡ 4 (mod 7).Đa thức g(x) = x2 + 2 là không tồn tại nghiệm modulo 5.Định lý Fermat cũng chỉ ra rằng, nếu phường là số nhân tố thì đa thứch(x) = xp−1− 1 tất cả đúng p− 1 nghiệm ko đồng dư nhau modulo p, cố gắng thểlà x ≡ 1, 2, 3, · · · , p− 1 (mod p).Định lý 5.7. Định lý Lagrange. Giả sử p. Là số nguyên tố; f(x) = anxn +an−1xn−1+· · ·+a1x+a0 là đa thức với thông số nguyên, bao gồm bậc n ≥ 1, (an, p) = 1.Thế thì f(x) ≡ 0 (mod p) có không quá n nghiệm ko đồng dư nhau modulop.Chứng minh. Chúng ta chứng minh định lý bằng phương pháp qui nạp.Khi n = 1, ta có f(x) = a1x + a0 với phường  a1. Nghiệm của f(x) modulo pchính là nghiệm của đồng dư đường tính a1x ≡ a0 (mod p). Ta đã biết nếu(a1, p) = 1 thì a1x ≡ a0 (mod p) có duy tuyệt nhất nghiệm modulo p.Giả sử định lý đang đúng cho những đa thức bậc n − 1. Nếu đa thức f(x) =anxn+an−1xn−1+· · ·+a1x+a0 bao gồm quá n nghiệm không đồng dư nhau modulop. Cố thì có những số nguyên c0, c1, · · · , cn không đồng dư nhau modulo p saocho f(ck) ≡ 0 (mod p) với mọi 0 ≤ k ≤ n. Lúc ấy ta cóf(x)− f(c0) = an(xn − cn0 ) +an−1(xn−1 − cn−10 ) + · · ·+ a1(x− c0)= an(x− c0) (xn−1 + xn−2c0 + · · ·+ xcn−20 + cn−10 ) ++an−1(x− c0) (xn−2 + xn−3c0 + · · ·+ xcn−30 + cn−20 ) +...+a1(x− c0)= (x− c0)g(x) .trong kia g(x) là nhiều thức bậc n− 1 với thông số bậc tối đa cũng đó là an.Từ hệ thức trên ta có(ck − c0)g(ck) = f(ck)− f(c0) ≡ 0 (mod p).Nhưng với đa số k, 1 ≤ k ≤ n, ông chồng ≡ c0 (mod p); tốt (ck − c0, p) = 1. Vậyg(ck) ≡ 0 (mod p), với tất cả k, 1 ≤ k ≤ n; điều này xích míc với giả5.2. CĂN NGUYÊN THUỶ CỦA SỐ NGUYÊN TỐ 63thiết qui nạp: g(x) có không quá n− 1 nghiệm ko đồng dư nhau modulop. Định lý 5.8. Giả sử p là số nguyên tố và d là cầu của p−1. Cầm cố thì xd−1 ≡ 0(mod p) gồm đúng d nghiệm ko đồng dư nhau modulo p.Chứng minh. Đặt p− 1 = de. Ta cóxp−1−1 = (xd)e−1 = (xd−1)(xd(e−1)+xd(e−2)+ · · ·+xd +1) = (xd−1)g(x).Vì phường nguyên tố buộc phải xp−1 − 1 = (xd − 1)g(x) ≡ 0 (mod p) khi và chỉ còn khi(xd − 1) ≡ 0 (mod p) hoặc g(x) ≡ 0 (mod p).Do xp−1− 1 ≡ 0 (mod p) bao gồm đúng p− 1 nghiệm và g(x) cùng với bậc p− 1−dsẽ có không thực sự p− 1− d nghiệm ko đồng dư nhau modulo p; ta suy raxd − 1 ≡ 0 (mod p) có nhiều hơn d nghiệm ko đồng dư nhau modulop. Vì định lý 5.7 ta suy ra xd − 1 ≡ 0 (mod p) bao gồm đúng d nghiệm khôngđồng dư nhau modulo p Định lý 5.9. Giả sử p. Là số nguyên tố và d là ước của p− 1. Cầm thì tất cả đúngϕ(d) số nguyên ko đồng dư nhau modulo phường và gồm bậc bởi d modulo p.Chứng minh. Ký hiệu F (d) là số những số nguyên dương nhỏ hơn p. Và tất cả bậcd modulo phường Vì tất cả các số nguyên dương bé dại hơn p đều phải có bậc và bậc làước của p− 1 nênp− 1 =∑d|p−1F (d).Mặt khác, theo định lý **refdl39 ta cóp− 1 =∑d|p−1ϕ(d).Vậy ∑d|p−1F (d) =∑d|p−1ϕ(d).Để hoàn thành việc chứng tỏ định 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, giả dụ ordpa = dthìa, a2, · · · , ad64 5. CĂN NGUYÊN THỦYlà những số song một ko đồng dư nhau modulo p. Mỗi một trong những số nàyđều là nghiệm của (xd − 1) ≡ 0 (mod p), do (ak)d = (ad)k ≡ 1 (mod p). Từđịnh lý 5.8 ta suy ra rằng, mỗi nghiệm của (xd − 1) ≡ 0 (mod p) gần như đồngdư modulo p với một lũy vượt ak của a, 1 ≤ k ≤ d. Định lý 5.5 lại nói rằng,ak gồm bậc bởi d = ordpa khi và chỉ còn khi (k, d) = 1. Như vậy có đúng ϕ(d)số ko đồng dư nhau modulo p. Và gồm bậc bằng d. Vậy F (d) ≤ ϕ(d). Hệ trái 5.9.1. Mọi số nguyên tố đều phải sở hữu căn nguyên thuỷ.Chứng minh. Mang sử phường là số nguyên tố. Theo định lý trên, cùng với d = phường − 1,ta bao gồm cả thảy ϕ(p − 1) số ko đồng dư nhau modulo phường và tất cả bậc bằngp− 1 = ϕ(p). 5.3 các số có nền tảng gốc rễ thuỷTrong mục này họ sẽ chỉ ra tất cả các số có căn nguyên thuỷ. Trướchết chúng ta chỉ ra rằng những lũy vượt của mỗi số yếu tố lẻ đều có cănnguyên thuỷ.Định lý 5.10. Trường hợp r là căn cơ thuỷ của số yếu tố lẻ p thì r hoặc r+plà nền tảng thuỷ modulo p2.Chứng minh. Vày r là căn cơ thuỷ modulo p. Nên ordpr = ϕ(p) = p. − 1.Đặt n = ordp2r, ta córn ≡ 1 (mod p2).Suy rarn ≡ 1 (mod p).Theo định lý 5.1 thìp− 1 = ordp | n.Ta cũng cón = ordp2r | ϕ(p2) = p(p− 1).Vì p − 1 | n với n | p(p − 1) ta suy ra n = phường − 1 hoặc n = p(p − 1). Nếun = p(p − 1) thì r là gốc rễ thuỷ modulo p2 bởi vì ordp2r = n = ϕ(p2).Ngược lại, giả dụ n = p− 1 ta córp−1 = rn ≡ 1 (mod p2).5.3. CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THUỶ 65Đặt s = r + p Do s ≡ r (mod p) phải s cũng là nền tảng thuỷ modulo p.Tương từ bỏ như trên, ta có ordp2s = p− 1 hoặc ordp2s = p(p− 1). Cũng tươngtự như trên, để chứng minh s là nền tảng gốc rễ thuỷ modulo p2 chúng ta chỉ cầnchứng tỏ rằng ordp2s = p− 1. Ta cósp−1 = (r + p)p−1 = rp−1 + (p− 1)rp−2p +< p− 12>rp−3p2 + · · ·+ pp−1và rp−1 ≡ 1 (mod p2) nênsp−1 ≡ rp−1 + (p− 1)prp−2 ≡ 1− prp−2 (mod p2).Vì (r, p) = 1 yêu cầu prp−2 ≡ 0 (mod p2), suy rasp−1 ≡ 1 (mod p2),hay ordp2s = p− 1. Ví dụ 5.3.1. Ta sẽ biết r = 3 là căn nguyên thuỷ modulo p. = 7. Sử dụngđịnh lý ?? ta bao gồm ord493 = p− 1 = 6 hoặc ord493 = p(p− 1) = 42. Dor6 = 36 = 729 ≡ 1 (mod 49)ta suy ra r = 3 là căn cơ thuỷ modulo 49.Định lý 5.11. Nếu p. Là số nhân tố lẻ thì đánh nhau có căn cơ thuỷ với đa số sốnguyên dương k. Rộng nữa, giả dụ r là gốc rễ thuỷ modulo p2 thì r là cănnguyên thuỷ modulo pk với mọi số nguyên dương k.Chứng minh. Hệ trái 5.9.1 nói rằng p có căn nguyên thuỷ, và do đó theođịnh lý 5.10 ta suy ra p2 cũng có căn nguyên thuỷ. Trả sử r là căn nguyênthuỷ modulo p2.Trước hết, bởi qui nạp chúng ta chứng minh rằng với mọi số nguyênk ≥ 2 những córpk−2(p−1) ≡ 1 (mod pk).Khi k = 2, ta có rpk−2(p−1) = rp−1 ≡ 1 (mod p2), do ordp2r = ϕ(p2) = p(p−1).Giả sử rằng với số nguyên k ≥ 2 ta đang córpk−2(p−1) ≡ 1 (mod pk).66 5. CĂN NGUYÊN THỦYVì (r, pk−1) = 1 buộc phải theo định lý Euler, ta córpk−2(p−1) = rϕ(pk−1) ≡ 1 (mod pk−1),và điều đó kéo theorpk−2(p−1) = 1 + dpk−1trong đó p  d vị rpk−2(p−1) ≡ 1 (mod pk). Lũy thừa phường hai vế của đồng dưtrên, ta đượcrpk−1(p−1) = (1 + dpk−1)p = 1 + p(dpk−1) +< p2>(dpk−1)2 + · · ·+ (dpk−1)p.Suy rarpk−1(p−1) ≡ 1 + dpk (mod pk+1).Nhưng p  d nênrpk−1(p−1) ≡ 1 (mod pk+1).Bây giờ họ sẽ minh chứng rằng r là căn cơ thuỷ của chiến tranh với k ≥ 2.Đặt n = ordpkr. Ta cón | ϕ(pk) = pk−1(p− 1).Mặt khác, vì rn ≡ 1 (mod pk) cần rn ≡ 1 (mod p); suy rap− 1 = ϕ(p) | n.Do n | pk−1(p−1) với (p−1) | n nên n = pt(p−1) cùng với t nào đó, 0 ≤ t ≤ k−1.Trường hợp n = pt(p − 1) với 0 ≤ t ≤ k − 2 tất yêu xảy ra, do nếu0 ≤ t ≤ k − 2 thìrpk−2(p−1) = (rpt(p−1))k−2−t = (rn)k−2−t ≡ 1 (mod pk),và điều đó vô lý với điều vẫn được minh chứng là rpk−2(p−1) ≡ 1 (mod pk).Vậy n = pk−1(p− 1), và điều này nói lên rằng ordpkr = ϕ(pk), tốt cũngvậy: r là căn cơ thuỷ của pk. Định lý 5.12. Trường hợp a là số lẻ và k > 2 thìaϕ(2k)/2 ≡ 1 (mod 2k).5.3. CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THUỶ 67Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng phương thức qui hấp thụ theo k.Khi k = 3, để a = 2b + 1.

Xem thêm: Cách Luộc Trứng Chuẩn Thời Gian Luộc Trứng Cút, Luộc Trứng Cút Trong Bao Lâu

Vày 2 | b(b + 1) nênaϕ(23)/2 = (2b + 1)2 = 4b(b + 1) + 1 ≡ 1 (mod 23).Giả sử đã tất cả aϕ(2k)/2 ≡ 1 (mod 2k), ta cần minh chứng rằng aϕ(2k+1)/2 ≡ 1(mod 2k+1). Vị ϕ(2n) = 2n(1− 1/2) = 2n−1 yêu cầu từ giả thiết qui hấp thụ ta cóa2k−2 ≡ 1 (mod 2k),suy raa2k−2= 1 + d2k.Bình phương cả nhì vế, ta đượca2k−1= 1 + d2k+1 + d222k ≡ 1 (mod 2k+1),điều này kéo theoaϕ(2k+1)/2 = a2k−1 ≡ 1 (mod 2k).Nhận xét:1. Định lý trên tạo nên rằng tất cả các lũy quá dương của 2, trừ nhì số 2và 4, đều không có căn nguyên thuỷ.2. Các số 2 và 4 đều phải sở hữu có căn nguyên thuỷ.Định lý 5.13. Nếu số nguyên dương n ko là lũy thừa yếu tố hoặc hailần lũy thừa nguyên tố thì n không tồn tại căn nguyên thuỷ.Chứng minh. Giả sử n có nền tảng thuỷ r, và tất cả khai triển thành lũy thừanguyên tốn = pt11 pt22 · · · ptmm .Gọi p. Là quá số nguyên tố của n, vì (r, pt) = 1 nênrϕ(pt) ≡ 1 (mod pt).ĐặtU = <ϕ(pt11 ), ϕ(pt22 ), · · · , ϕ(ptmm )>.68 5. CĂN NGUYÊN THỦYVì ϕ(ptii ) | U yêu cầu theo định lý nước trung hoa về phần dư ta córU ≡ 1 (mod n).Điều này kéo theoordnr = ϕ(n) ≤ U.Nhưngϕ(n) = ϕ(pt11 )ϕ(pt22 ) · · ·ϕ(ptmm ),ta suy raϕ(pt11 )ϕ(pt22 ) · · ·ϕ(ptmm ) ≤ <ϕ(pt11 ), ϕ(pt22 ), · · · , ϕ(ptmm )>.Vậyϕ(pt11 )ϕ(pt22 ) · · ·ϕ(ptmm ) = <ϕ(pt11 ), ϕ(pt22 ), · · · , ϕ(ptmm )>.Đẳng thức sau cùng xảy ra chỉ khi những số nguyên ϕ(pt11 ), ϕ(pt22 ), · · · , ϕ(ptmm )là song một nguyên tố thuộc nhau.Với chăm chú rằng ϕ(pt) = pt−1(p−1) ta thấy ϕ(pt) là số chẵn nếu p. Lẻ hoặcp = 2 và t ≥ 2. Như vậy, các số nguyên ϕ(pt11 ), ϕ(pt22 ), · · · , ϕ(ptmm ) là khôngđôi một nguyên tố thuộc nhau, ngoại trừ trường phù hợp m = 1 hoặc m = 2 vàn = 2pt mà p là số nguyên tố lẻ. Định lý 5.14. Nếu p là số yếu tắc lẻ với t là số nguyên dương thì 2pt cócăn nguyên thuỷ. Ví dụ hơn: giả dụ r là nền tảng thuỷ modulo pt và r lẻ thìnó cũng là nền tảng gốc rễ thuỷ modulo 2pt; trái lại nếu r là căn cơ thuỷmodulo pt cùng r chẵn thì r + pt là nền tảng gốc rễ thuỷ modulo 2pt.Chứng minh. Hotline r là nền tảng gốc rễ thuỷ modulo pt, ta córϕ(pt) ≡ 1 (mod pt)và không có số nón nguyên dương nào bé dại hơn ϕ(pt) có tính chất này. Tacó ϕ(2pt) = ϕ(2)ϕ(pt) = ϕ(pt). Vậyrϕ(2pt) ≡ 1 (mod pt).Nếu r lẻ thìrϕ(2pt) ≡ 1 (mod 2).5.4. CHỈ SỐ SỐ HỌC 69Vì (2, pt) = 1, ta suy rarϕ(2pt) ≡ 1 (mod 2pt).Dễ thấy không có số nón nguyên dương nào nhỏ dại hơn ϕ(2pt) = ϕ(pt) tất cả tínhchất trên, cho nên ord2ptr = ϕ(2pt).Nếu r chẵn thì r + pt là số lẻ. Bởi vì đó(r + pt)ϕ(2pt) ≡ 1 (mod 2).Mặt khác, vì r + pt ≡ r (mod pt) nên(r + pt)ϕ(2pt) ≡ 1 (mod pt).Suy ra(r + pt)ϕ(2pt) ≡ 1 (mod 2pt).Cũng thấy rằng không tồn tại số nón nguyên dương nào nhỏ tuổi hơn ϕ(2pt) = ϕ(pt)có đặc điểm trên, cho nên ord2pt(r + pt) = ϕ(2pt). Từ những định lý 5.11, 5.12, 5.13 cùng 5.14, ta bao gồm định lý sauĐịnh lý 5.15. Số nguyên dương n > 1 có nền tảng thuỷ khi còn chỉ khin = 2, 4, pt, 2pttrong đó p. Là số nguyên tố lẻ với t là số nguyên dương.5.4 Chỉ số số họcGiả sử số nguyên dương cố định m có căn cơ thuỷ r. Vìù các số nguyênr1, r2, · · · , rϕ(m)làm thành hệ thặng dư thu gọn gàng modulo m, đề nghị mỗi số nguyên a nguyên tốcùng nhau với m phần lớn tồn tại duy nhất một số nguyên x, 1 ≤ x ≤ ϕ(m), màrx ≡ a (mod m).Số nguyên x vì thế được hotline là chỉ số của a với cơ sở r modulo m, kýhiệu x = indra.70 5. CĂN NGUYÊN THỦYNhư vậy aindra ≡ a (mod m). Từ tư tưởng ta cũng thấy tức thì rằng, đốivới gần như số a, b nguyên tố cùng nhau với m, hệ thức a ≡ b (mod m) là tươngđương với indra = indrb.Có một số tính hóa học của chỉ số tương tự như của logarithm, chỉ bao gồm điềuthay dấu bằng bởi dấu đồng dư modulo ϕ(m).Định lý 5.16. Mang sử số nguyên dương m có nền tảng thuỷ r, cùng a, b làcác số nguyên tố bên nhau với m. Cụ thì:1. Indr1 ≡ 0 (mod ϕ(m)).2. Indr(ab) ≡ indra + indrb (mod ϕ(m)).3. Indrak ≡ k · indra (mod ϕ(m)) cùng với k nguyên dương.Chứng minh. 1. Rϕ(m) ≡ 1 (mod m), kéo theo indr1 = ϕ(m) ≡ 0(mod ϕ(m)).2. Rindr(ab) ≡ ab ≡ rindra · rindrb ≡ rindra+indrb (mod m). Theo định lý 5.2ta cóindr(ab) ≡ indra + indrb (mod ϕ(m)).3. Rindrak ≡ ak ≡ (rindra)k ≡ rk·indra (mod m), kéo theoindrak ≡ k · indra (mod ϕ(m)).Ví dụ 5.4.1. Họ cần giải đồng dư 7x ≡ 6 (mod 17). Dễ dãi xác địnhđược ϕ(17) = 16 và 3 là căn cơ thuỷ modulo 17. Như vậy, bằng cáchlấy chỉ số với đại lý 3 modulo 17 cả hai vế, ta cóind37x ≡ ind36 = 15 (mod 16).Vìind37x ≡ x · ind37 ≡ 11x (mod 16),nên11x ≡ 15 (mod 16).Do 3 là nghịch đảo của 11 modulo 16, nênx ≡ 3 · 15 = 45 ≡ 13 (mod 16).5.4. CHỈ SỐ SỐ HỌC 71Giả sử m, k là những số nguyên dương cùng (a,m) = 1; ta sẽ nói a là thặng dưlũy thừa k của m nếuu đồng dư xk ≡ a (mod m) có nghiệm.Khi m có căn cơ thuỷ, định lý sau đây sẽ cho một tiêu chuẩn đểxem số nguyên a nguyên tố cùng nhau với m tất cả là thặng dư lũy quá k củam giỏi không.Định lý 5.17. Trả sử m có căn cơ thuỷ, k là những số nguyên dương và(a,m) = 1. Cụ thì: đồng dư xk ≡ a (mod m) bao gồm nghiệm khi và chỉ còn khiaϕ(m)/d ≡ 1 (mod m)trong đó d = (k, ϕ(m)). Rộng nữa, trường hợp đồng dư xk ≡ a (mod m) có nghiệmthì gồm đúng d nghiệm không đồng dư nhau modulo m.Chứng minh. Giả sử r là căn nguyên thuỷ của m. Đồng dưxk ≡ a (mod m)tương đương vớik · indrx ≡ indra (mod ϕ(m)).Đặt d = (k, ϕ(m)), y = indrx, hay cũng thế x ≡ ry (mod m).Ta sẽ biết đồng dư ky ≡ indra (mod ϕ(m)) không có nghiệm y khid  indra, hay cũng vậy, không tồn tại x thỏaxk ≡ a (mod m).Trong trường thích hợp d | indra, đồng dư ky ≡ indra (mod ϕ(m)) bao gồm đúng d cácnghiệm y ko đồng dư nhau modulo ϕ(m), cho nên vì thế có đúng d nghiệm x củaxk ≡ a (mod m)không đồøng dư nhau modulo m.Mặt khác, ta cód | indratương đương với(ϕ(m)/d)indra ≡ 0 (mod ϕ(m)),72 5. CĂN NGUYÊN THỦYhayindraϕ(m)/d ≡ indr1 (mod ϕ(m)).Đồng dư cuối cùng lại tương tự vớiaϕ(m)/d ≡ 1 (mod m).Trong định lý trên, nếu như m = phường là số nguyên tố cùng (a, p) = 1 thì a là thặngdư lũy thừa k của p. Khi và chỉ còn khia(p−1)/d ≡ 1 (mod p)trong đó d = (k, p− 1).Ví dụ 5.4.2. 1. Cần xác minh xem 4 bao gồm là thặng dư lũy quá năm của 11hay không, tức thị xét coi đồng dưx5 ≡ 4 (mod 11)có nghiệm tuyệt không.Ta có410/(5,10) = 42 = 16 ≡ 1 (mod 11),vậy 4 không là thặng dư lũy thừa năm của 11.2. Ta tất cả 4 là thặng dư bình phương của 11 vì410/(2,10) = 45 = 1024 ≡ 1 (mod 11),vậy 4 là thặng dư bình phương của 11.BÀI TẬP CHƯƠNG V5.4. CHỈ SỐ SỐ HỌC 731. Hãy tra cứu bậc của các số sau:ord52; ord103; ord1310; ord107;ord113; ord172; ord2110; ord259.2. Hãy tìm toàn bộ các nền tảng thuỷ của các số sau:2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10.3. Minh chứng rằng:nếu a¯ là nghịch hòn đảo của a modulo m thì ordma = ordma¯.4. Chứng minh rằng:nếu (a,m) = (b,m) = (ordma, ordmb) = 1 thì ordm(ab) = ordma·ordmb.5. Chứng minh rằng ví như (a,m) = 1 với ordma = st thì ordmat = s.6. Cho p. Là số nguyên tố lẻ. Minh chứng rằng r là gốc rễ thuỷmodulo p. Khi còn chỉ khir(p−1)/q ≡ 1 (mod p)đối với đa số ước yếu tắc q của p.7. Chứng tỏ rằng nếu r¯ là nghịch hòn đảo của r modulo m và r là cănnguyên thuỷ của m thì r¯ cũng là căn nguyên thuỷ của m.8. Trả sử m = an− 1, cùng với a, n là những số nguyên dương. Minh chứng rằngordma = n cùng n | ϕ(m).9. Mang lại p, q là các số nguyên tố lẻ không giống nhau. Chứng tỏ rằng pq là sốgiả nguyên tố các đại lý 2 khi và chỉ còn khi ordq2 | (p− 1) , ordp2 | (q − 1).10. Cho p, q là các số yếu tố lẻ khác nhau. Chứng minh rằng pq là sốgiả nguyên tố đại lý 2 khi và chỉ khi MpMq = (2p− 1)(2q− 1) là số giảnguyên tố đại lý 2.11. Xác minh số nghiệm không đồng dư nhau modulo 11 của những đa thứcsaux2 + 2; x2 + 10; x4 + x2 + 1.12. Xác minh số nghiệm ko đồng dư nhau modulo 13 của những đa thứcsaux2 + 1; x2 + 3x + 2; x4 + x2 + x + 1.74 5. CĂN NGUYÊN THỦY13. Cho p. Là số yếu tắc lẻ. Minh chứng rằng đồng dư x2 ≡ −1 (mod p)có nghiệm khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).14. Mang sử q và p. = 2q+1 là những số nguyên tố, 1 giao_trinh_mon_ly_thuyet_so.pdf

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *

  • Lời bài hát trung quốc

  • Cây cần sa hoa tím

  • Chụp ảnh concept ma mị

  • Rp7 xịt sên xe được không

  • x

    Welcome Back!

    Login to your account below

    Retrieve your password

    Please enter your username or email address to reset your password.