TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
------0O0----------------

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

PHÂN TÍCH THỪA SỐ NGUYÊN Tố VÀ ỨNG DỤNG TRONG
MẬT MÃ

Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG

Giảng viên hướng dẫn: Sinh viên: Lớp:

Trần Vĩnh Đức Đặng

Kiều Trang K37-sp

Toán

HÀ NỘI, 5/2015


Bài khóa luận này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo

T.s Trần Vĩnh Đức. Qua đây em xin

LỜI CẢM ƠN
gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầv cô trong tổ Toán ứng dụng và các thầy cô trong khoa Toán trường ĐHSP Hà Nội 2 đã
giúp đỡ em trong quá trình học tập đổ thuận lợi cho việc nghiên cứu. Đặc biệt, em xin gửi lời cảm

ƠI1 chân


1 Phân tích thừa số nguvẽn tố và ứng dung trong mât mã RSA
1.1 Cônư thức Eulor
1.2 Hê mât mã khóa công khai RSA
1.3 Kiểm tra tính nguyện tố
L á __Thuât toán phép nhân tử hóa Pollard p-1
1.5 Phân tích thừa số qua hiôu của các bình phương
2 Số t r ơ n , sà n e v à x âv d ưn e a ua n h ê c ho Dh é D nh â n t ử ho á
?,
1?,
?.
2.
3
Tài liêu

Số
tSà
r ưĩ nml b. âc
. .
ha i
Sà n Q ' t r ư ờ ng
số
tham khảo


C HƯ Ơ NG 1

LỜI CẢM ƠN

PHÂN TÍCH THỪA SỐ NGUYÊN Tố VÀ ỨNG DỤNG TRONG MẬT MÃ RSA


( moc [ p) c5 đúng không? Ta thấy câu trả lời là không. Trong phần này ta đi tìm hiểu
khái quát tính đúng đắn của Định lý Fermat nhỏ khi 1 7 1 — P Q là tích của hai số
nguyên tố phân biệt, vì đây là trường hợp quan trụng nhất trong các ứng dụng mã
hóa.
Ta bắt đầu với một ví dụ. Với lũy thừa modun 15 sẽ làm như thế nào? Nếu ta
thựchiện bảng của lũy thừa bậc 2 và bậc 3 mod 15, chúng trông

không thật

thú vị, nhưng nhiều lũy thừa bậc 4 đồng dư với 1 mod 15. Cụ thề, ta thấy

rằng

a 4 = 1 (mod 15) với a = 1,2, 4, 7, 8,11,13 và 14; a A
Ф 1 (mod 15) với a = 3, 5, 6, 9,10 và 12.
Vậy sự khác nhau giữa dãy các số 1, 2, 4, 7, 8, 11,13, 14 với dãy các số 3, 5, 6, 9, 10,12, 15
là gì? Ta thấy, mỗi số 3, 5, 6, 9, 10,12,15 đều có một bội chung 15, còn các số
1, 2,4, 7, 8, 11, 13, 14 là các số nguyên tố cùng nhau với 15. Điều này cho thấy rằng một
số phiên bản của Định lý nhỏ Fermat cũng đúng nếu số

A

là số nguyên t ố c ù n g

nhau với modun 772, nhưng số mũ không nhất thiết phải là 777, —
1.

Cho

M

1 là bội của 4 với

P

P

—

= 3 và P = 5. Bằng việc quan sát này, ta sẽ có các công thức cơ bản làm

nền tảng cho các hệ thống mật mã khóa công khai RSA.
Định lí 1.1.1 (Công thức Euler cho pq). Cho p và q là 2 số nguyên tố khác nhau và cho
=

9

UCLN(p — l,q — 1).

Khỉ đó
a

(p-i)(9-i)/ỡ = I (mod pq) Va

THỎA MÃN

ƯCLN(a, pq) = 1.

Đặc biệt, nếu p và q là các số nguyên tố lẻ, thì
a



. Ta

□

Phương pháp thay đối khóa Diffie-Hellman và hệ thống mật mã khóa công khai ElGamal
phụ thuộc vào những khó khăn khi giải phương trình dạng
A

Trong đó a,

B

và

P

X

= B (mod p).

là các số đã biết,

P

là số nguyên tố, và X là ẩn. Hệ thống mật mã khóa

công khai RSA mà chúng ta nghiên cứu trong phần tiếp theo phụ thuộc vào độ khó của việc
giải phường trình dạng
X

một số nguyên

K

sao cho
de = 1 + k(p — 1).


Bây giờ ta kiểm tra C D là một nghiệm của phương trình
X

E

LỜI CAM ĐOAN
= C (mod p) :

( C Ý Y = C D E (mod p)

=

C

=

C(C

L

+



(mod p).

là một nghiệm của

X

E

= C (mod p).

Để chứng minh nghiệm đó là duy nhất, ta giả sử X Ị và X 2 là hai nghiệm của đồng dư thức
11.1.21 Ta chỉ cần chứng minh

Z

D E

= Z (mod z) với Z bất kỳ, ta

□

1 58
3

Vậy Mệnh đề 11.1.21 cỏ nghiệm duy nhất. Ví dụ 1.1.3. Giải
đồng dư thức sau
X

4714 (mod 7919),

tố. Các trường hợp tổng quát được để lại xem như Bài tập.
Mệnh đề 1.1.4. Cho p và q là các số nguyên tố khác nhau và e > 1 thỏa mẫn
UCLN(c, (p — l)(q — 1)) = 1.
Ta thấy e có modun nghịch đảo ỉ,à (p — l)(q — 1), ta nói
DE

= 1 (mod (p — l)(q — 1)).


Khi đó đồng dư thức
X

E

=

LỜI
CẢM ƠN
(mod pq),

C

có nghiệm duy nhất
X = C D (mod pq).

(1.2)

C H Ứ N G M I N H . Giả sử UCLN(c, pq) = 1, (làm tương tự cho các trường hợp khác). Chứng

minh của Mệnh đề 11.1.41 tương tự như phần chứng minh của Mệnh đề

= c +k{p-\){q-\) ^mocỊ pq^ de — 1 + k(p — 1 )(q — 1),
l

Do đó X =

=

C(CP~1

=

C.L

=

C

C

D

K

) K (mod pq)

luật số mũ,

(mod pq)

từ công thức Euler (Định lý ỊTTTTTỊ),


□

Nhận xét 1.1.5. Mệnh đềII. 1.41 đưa ra một thuật toán để giải X E = c(mod pq). Đầu tiên là
giải

DE

— l(mod (p — l)(q — 1)), rồi tính c rf (mod pq). Ta có thể làm cho các tính toán nhanh

hơn bằng cách sử dụng một giá trị nhỏ hơn
giải đồng dư thức sau với

D

D.

Cho

G

= UCLN(p — 1, q — 1) và giả sử ta

:
DE

= 1 (mod (p ~ 1 ^ (q - 1) ) .

Từ công thức Euler (Định ly ỊTỊTỊTỊ) ta có ( Ạ P ~ L ^ Q ~ L ^ G = 1 (mod pq). Do đó như trong
chứng minh của Mệnh đề 11-1.41 nếu ta viết


= 229 và Q = 281. Bước đầu

tiên là giải đồng dư thức
17389 = 1 (mod 63840),
với 63840 = (p — l)(ợ — 1) = 228 • 280. Giải đồng dư thức, ta được d = 53509

(mod

63840). Sau đó, từ Mệnh đề 11.1.41 ta có
của Ж

17389

X = 43 9 1 2 53509 = 144 5 8 (mod 64349), là nghiệm
= 43 9 2 7 (mod 64349).

Ta có thể giảm đi một chút công việc bằng cách sử dụng các ý tưỏng được trình bày trong
Nhận xét 11.1.51 Ta có
g = UCLN(p - l)(q - 1) = UCLN(228, 280) =
Dó đó

(p - 1 )(q- 1 )/g = (228)(280)/4 = 15960, từ đây

4.
ta

có thể tìm được

một giá trị của D bằng cách giải đồng dư thứ c


.

Chọn số mũ mã hóa e với ƯCLN(e,
(p- l)(q — 1)) = 1. Cho biết N =
PQ

và

E

.

Mã hóa
Chọn bản rõ 77?,.
Sử dụng khóa công khai của Bob (N,e) để
tính

= M E (mod N).

C

Gửi bản mã cho Bob.
Giải mã
Tính

D

thỏa mãn


đường dây thông tin liên lạc an toàn. Bob và Alice có nhiều cách khác nhau thực hiện công
việc này, phụ thuộc vào độ khó của việc giải quyết các bài toán logarit rời rạc. Trong phần
này chúng ta trình bày các hệ thống mật mã khóa công khai RSA là hệ thống phát minh đầu
tiên và tất nhiên được biết đến nhiều nhất. RSA được đặt tên theo những nhà phát minh ra nó
là Ron Rivest, Adi Shamir và Leonard Adleman.
Việc bảo mật RSA phụ thuộc vào phép lưỡng phân sau
• Thiết lập. Cho
•

P

và

Q

là số nguyên tố lớn, cho N =

Bài toán. Giải đồng dư thức X

PQ

, và cho e và

С

là các số nguyên.

= С (mod N) với ẩn X .

Е


Q.

Khóa công khai của ông l à c ặ p ( 7 V , e ) g ồ m t í c h N


= p q v à m ộ t s ố m ũ m ã h ó a e n g u y ê n t ố c ù n g n h a u . Alice có bản rõ của mình và

biến đói nó thành số nguyên

M

LỜI
CAM
trong
khoảng
từ 1 ĐOAN
đến N . Cô mã hóa

M

bằng cách tính đại

lượng
С

Số nguyên

С



Khóa к
• Bob chọn hai số nguyên tố bí mật

P

= 1223 và Q = 1987. Bob tính modun chung của

chúng
N = p.q = 1223.1987 = 2430101.
•

Bob chọn một số mũ mã hóa công khai 6 = 948.047 với tính chất
UCLN(c, (p - 1), (q - 1)) = UCLN(94807, 2426892) = 1.

Mã Hóa RSA
•

Alice chuyến đói bản rõ cô thành một số nguyên
m = 1070777 thỏa mãn 1 < m < N.

•

Alice sử dụng khóa công khai của Bob (iV, e) = (2430101,948047) để tính
С

•

= M E (mod N), с = 107 0 7 77 9481’7 = 1473513 (mod 2430101).


mất bốn phép bình phương và một phép nhân để tính 777,65537
Một cách khác cho Bob là sử dụng một giá trị nhỏ cho

D

và sử dụng đồng dư thức (CH) để

xác định e, nên e sẽ lớn. Tuy nhiên, điều này lại có thể dẫn đến phiên bản không an toàn của
RSA. Chính xác hơn là nếu

D

nhỏ hơn ./V 1 / 4 , thì lý thuyết liên phân số cho phép Eve phá vỡ

RSA.
Nhận xét 1.2.3. Thuật toán mã hóa công khai số N —

PQ

, là tích của hai số nguyên tố bí mật

P

và

С

(mod N), và dó đó có thể mã hóa những thông tin được gửi cho Bob.

Q.


P

+

Q

và

PQ

, thì sẽ rất dễ để tính giá trị của P và Q . Bà

chỉ cần sử dụng công thức bậc hai để tìm ra những nghiệm của đa thức
X 2 - (p- q)X + pq,
vì phân tích đa thức thành nhân tử bằng ( X —
Do đó, khi Bob đưa ra giá trị N =

PQ

P

) ( X — ợ), nên các nghiệm của nó là P và Q .

thì sẽ chẳng dễ dàng cho Eve khi tìm ra giá trị của ( P

— L ) ( Q — 1) hơn là khi tìm P và Q .

Chúng ta minh họa bằng ví dụ sau. Giả sử Eve biết rằng:


Bob đã đọc xong các phần trên và bây giờ sẵn sàng truyền thông tin cho Alice bằng cách

dùng cặp khóa công khai/bí mật RSA của ông. Đe tạo ra cặp khóa mã hóa RSA, Bob cần chọn
hai số n g u y ê n tố

là

P

và

Q.

có thẻ là hợp số, đó là những số

P

và

Q

RẤT LỚN

Ông không chọn được hai số nguyên tố đủ lớn nhưng

. Trước hết, nếu P và Q không phải là số nguyên tố thì

Bob sẽ cần phải biết cách phân tích chúng để giải mã thông tin của Alice. Nhưng thậm chí tệ
hơn, nếu



không chia hết cho bất kì số nguyên tố nào nhỏ hơn 1000000. Vì


vậy, ông bắt đầu nghi ngờ liệu

N

là số nguyên tố hay không. Tiếp theo, ông tính 2 N ~ L mod n

LỜI CẢM ƠN

và ông thấy rằng

2"_1 ЕЕ 1281265953551359064133601216247151836053160074 (mod n). (1.5)
Đồng dư thức ill .51) cho Bob biết rằng
nào về cách phân tích

N.

N

là hợp số dù cho nó không cho ông bất kỳ dấu hiệu

Tại sao? Xem lại định lý Fermat, nếu

1 (mod p) (trừ trương hợp

chia hết cho



.

Định lí 1.3.1 (Đinh lý Fermat, phiên bản 2). C H O

P LÀ SỐ NGUYÊN TỐ

Từ (11.81) kết hợp với Định lý Fermat (11.3.11) có chứng minh được

N

. KHI ĐÓ

là số nguyên tố hay

không? Câu trả lời là không! Định lý Fermat chỉ làm việc theo một chiều:
Nếu

P

là số nguyên tố, thì

A

=

P

A



Mệnh đề 1.3.3. Cho p là số nguyên tố lẻ và viết:
p — 1 = 2k q với q lẻ.
Cho a là số bất kì không chia hết cho p, khi đó một trong hai điều kiện sau đây ỉà
đúng:
(i) a q đồng dư với 1 modun p.
(ii) Một trong những a q ,

a2

q

,

a

4 ợ

, «

2

đồng dư với 1

m o đ u n

p .

C H Ứ N G M I N H . Định lý Fermat nhỏ cho ta biết rằng A P ~ L = 1 (mod p). Quan sát dãy số:


phương, nó sẽ đồng dư với 1 modun p. Nhưng số duy

nhất thỏamãn cả hai

điều kiện:
B

^ 1 (mod p) và b 2 = 1 (móc! p)

là —1, vì vậy một trong những số trong dãy là đồng dư với —1 moclun p. Điều này hoàn tất
chứng minh của Mệnh đề 11.3.31
Đưa vào. S ố nguyên N đượ c ki ềm tra, số nguyên A như là chứng thự c

tiềm năng.
1.Nếu

N

2.Viết

N

3.Đặt
4.Nếu

A
A

chẵn hoặc 1 < UCLN(a, n) < n, trả lại Hợp số.
— 1 = 2 K Q với Q lẻ.

N

A

mà chứng thực Miller- Rabin với

chắc chắn là hợp số. Phương pháp kiểm tra Miller-Rabin cho hợp số được trình bày

ỏ Bảng 1.2.
Bây giờ, giả sử rằng Bob muốn kiểm tra số lớn

N

có thể là số nguyên tố không? Để làm điều

này, ông đã làm phương pháp kiểm tra Miller-Rabin sử dụng một loạt những giá trị được lựa


chọn ngẫu nhiên của

A

. Tại sao điều này lại tốt hơn việc dùng phương pháp kiềm tra định lí

CẢM
Fermat nhỏ? Câu trả lời là không có LỜI
số nào giống
nhưƠN
Carmichael cho phương pháp kiểm tra
Miller-Rabin và thực tế mỗi hợp số đều có rất nhiều chứng thực Miller-Rabin như được trình

là hợp số thì mỗi lẫn Bob thử một giá trị cho

a, ít nhất ông đã có 75% cơ hội chứng minh được nó. Vì Bob không tìm được chứng minh nào
trong 10 lần thử đó, nên hợp lý khi kết luận rằng xác suất

N

là hợp số có ít nhất (25%) 10 , xấp

xỉ với 10 -6 . Và nếu không đủ thì Bob có thề sử dụng 100 giá trị khác nhau của
giá trị nào chứng minh

N

là hợp số thì xác suất

N

là hợp số sẽ ít hơn (25%)

Ví dụ 1.3.6. Chúng ta minh họa phương pháp kiểm tra Miller-Rabin với

100

A

A

và nếu không



Tiếp theo, ta thử

A

, =


VÌ vậy 3 cũng lại không phải là phương pháp Miller-Rabin. Từ đây ta có thể nghi ngờ 77, là

LỜI
CAM
ĐOAN
số nguyên tố nhưng nếu ta thử với một
giá trị
khác, cho
A = 23, thấy rằng
23 21618441 = 40063806 (mod 172947529), 23 21618441 =
2257065 (mod 172947529),
2021618441 = 1 ( mod 172947529).
Do đó, 23 là witness Miller-rabin và

N

thực sự là hợp số.

1.4 Thuật toán phép nhân tử hóa Pollard p-1
Chúng ta đã thấy là tương đối dễ để kiểm tra một số lớn liệu có phải là số nguyên tố
không. Điều này là tốt vì hệ thống mã hóa RSA cần những số nguyên tố lớn để thực hiện.
Ngược lại, tính bảo mật của RSA dựa trên độ khó rõ ràng trong việc tính toán với những số

— 1 chia hết L và Q — 1 không chia hết L .

Điều này có nghĩa là có vài số nguyên z,

J

và

K

với

K

7^ 0 thỏa mãn

L = i(p — l)và L = j(q — 1) + k.
Xét chuyện gì sẽ xảy ra nếu chúng ta lấy những số nguyên
A

L

A

được chọn ngẫu nhiên và tính

. Định lý Fermat nhỏ cho biết
a

L

LỜI CẢM ƠN

L

— lvà Q — Ikhông chia hết

P

qua phép tính UCLN đơn giản

L

0

— 1.

p = UCLN(a L - 1, N).
Đây là một cách tối ưu nhưng trong đó ta có thể hỏi, liệu ta có thể tìm được số mũ L mà chia
hết cho

P

— 1 và không chia hết cho Q — 1? Quan sát của Pollard l à n ế u p — 1 l à t í c h

c ủ a n h ữ n g s ố n g u y ê n t ố n h ỏ t h ì n ó s ẽ c h i a h ế t c h o n \ v ớ i v à i giá trị không

quá lớn của

Vì vậy đây coi là ý tưỏng. Với mỗi số


— 1. Thậm chí với A = 2 và

=100 và sẽ không khả thi để tính chính xác được

A

N

]

— 1. Thực chất, số 2 100! có hơn 10 157 chữ số, con số mà lớn hơn số lượng các hạt cơ bản trong

vũ trụ được biết đến! May mắn là không cần phải tính toán nó một cách chính xác. Chúng ta
chỉ quan tâm đến ƯCLN của

A

N L

— 1 và 7V, vì vậy chỉ cần thoản mãn việc tính

a" ! — 1 (mod N).
sau đó thì lấy UCLN với N . Như vậy chúng ta chưa bao giờ phải làm việc với các con số lớn
hơn N .
Thứ hai, chúng ta thậm chí không cần tính số mũ n\. Thay vào đó, giả sử rằng ta đã tính

AN' Ồ

bước



D

6. Tăng dần

, < N thì thành công, trả lại D .

J

LỜI
và lặp lại từ
Bước CAM
2.

í Để hiệu quả hơn chọn
mỗi lần lặp thứ

ĐOAN

thích hợp và tính UCLN trong Bước 4 chỉ có

K

K.

Bảng 1.3: Thuật toán phân tích thừa số Pollard p — 1
Ví dụ 1.4.2. Ta sử dụng phương pháp Pollard P — 1 cho N = 13927189. Bắt
đầu với UCLN(2 — 1, N) và lấy giai thừa lớn dần ở số mũ, chúng ta
thấy rằng
2


1 13927189)=

(mod 13927189), = 6680550 (mod

UCLN(2 n!

-

1 13927189)=

13927189),

s

13927189),

EE

_

013!
2 14!_

UCLN(2

6161077

(mod


= N / P = 13927189/3823 = 3643 cũng là số nguyên tố. Lý do số mũ

14! được làm trong ví dụ này là thừa số p — 1 phân tích được thành tích của các số nguyên tố
nhỏ,
P

Các thừa số khác thỏa mãn

- 1 = 3822 =
P

2 • 3 • 7 2 • 13.

— L = 3642= 2 * 3 * 607,

mà không phải là tích

của các số nguyên tố nhỏ.

V í d ụ 1 . 4 . 3 . Chúng ta trình bày một ví dụ khác sử dụng các số lớn. Cho N
168441398857. Khi đó
2 50! - 1 = 114787431143 (mod N),

UCLN(2 50! -

1,

N) =

1,


P

— 1 là tích của các thừa số nhỏ,

- 1 = 350436 = 2 2 • 3 • 19 • 29 • 53.

=


1.5 Phân tích thừa số qua hiệu của các bình phương
Phương pháp phân tích thừa số có ảnh hưởng lớn được biết đến ngày nay dựa
trên một trong những đồng nhất thức đơn giản của toán học,

X2 - Y 2 = ( X + Y ) ( X - Y ) .

(1.9)

Công thức này nói rằng hiệu của các bình phương bằng tích số. Áp dụng trực tiếp
công thức này để phân tích thừa số. Để phân tích thừa số N , ta tìm số nguyên
cho N +

B2

là số chính phương và bằng

A?

B



= 25226

phương không chính phương không chính

25217 + 4 2 = 25233
Khi

sao cho

chính phương không chính phương không

25217 + 2 2 = 25221
25217+ 3 2

B

phương Đã thấy! **chính phương**.

25217 + 5 2 = 25242

đó ta tính được

25217 + 62 = 25218

= 159 2 - 82 = (159 + 8)(159 - 8) = 167 • 151.

25217+ 7 2

= 25266



thì đó là một cách hợp lý đề phân tích N bởi vế phải của đẳng
t h ứ c , n g h ĩ a là, N có một nhân tử không tầm thường cùng với A + B và A — B .

Sau đó ta có thể dễ dàng tìm lại được các nhân tử bằng cách tính UCLN(N,a+ b) và
ƯCLN(N, a — b). Ta minh hoạ với ví dụ phía sau.
Ví dụ 1.5.2. Cho N = 203299. Nếu ta lập một dãy
B

các giá trị của N +

B

2

, với

= 1, c h o tới B = 100, ta sẽ không tìm được bất kỳ giá trị bìnhphương nào.

Vì vậy chúng ta sẽ liệt kê các giá trị của 3 N +

B

2

và

ta tìm được


phương

+ 5 2 = 609922 3 • 203299 + 62 =

không

chính

phương

609933 3 • 203299 + 7 2 =

không chính phương

203299

609946

+

32

không

=

609906

chính


2N + B 2 = 2 + B 2 = •!

2 (mod 4) nếu
B

lẻ.

B

chẵn, ^2 + 1 = 3 (mod 4) nếu


Như vậy 2 N +

B

2

đồng dư với 2 hoặc 3 modun 4. Nhưng bình phương phải

đồng dư với 0 hoặc 1 modun 4. Do đó nếu N là lẻ, thì 2 N +

B2

không là ruột

là một bình phương.
Các bội số của N đồng dư với 0 modun N, nên thay vì tìm hiệu của các
bình phương



Trong thực tế nó không cho phép để tìm trực tiếp các số nguyên

A

và

B

thoả

mãn (11.10ỈL Thay vào đó, chúng ta dùng quy trình bước như đã được mô tả
trong Bảng 1.4. Quy trình này, dưới hình thức này hay hình thức khác, làm cơ
sở sỏ cho hầu hết các phương pháp của phân tích thừa số.
1. Xây dựng quan hệ: Tìm những số nguyên a!,a 2,r/3, ...,a r với tính chất
C Ị = À Ị (mod N) là tích của các số nguyên tố

nhỏ.
2. Phép khử: L ấy tích C Ị 1 C Ị 2 • • • C Ị S của một số

D

để tất cả các sô

nguyên tố xuất hiện trong tích đều phải có số mũ chẵn. Khi đó
C Ị C Ị . 2 • • • C Ị S — B 2 là một số chính phương.

3. Tính UCLN: Cho a =

o,ịlaị2 '''

A

? mo (ì N là tích của các số

A2

mod N là tích của các số
tố trong


1869 2 = 750000)

(mod 914387)

và 750000 = 2 4 • 3 • 5 6 ,

1909 2 = 901120)

(mod 914387)

và 901120 = 2 14 • 5 • 11,

3387 2 = 499125)

(mod 914387)

và 499125 = 3 • 5 3 • ll 3 .

Không một số nào ở bên phải là bình phương, nhưng nếu ta nhân chúng với nhau,
thì sẽ được một bình phương. Do đó

33 59 2 = 4592 70 (mod 636683) và 459270 = 2 • 3 8 • 5 • 7.

Nhân 13872 2 và 33592 2 , ta được
13872 2 • 33592 2 = 13720 • 459270 = (2 2 • 3 4 • 5 • 7 2 )' 2 ,
bây giờ tính ƯCLN, ta được
ƯCLN(636683,1387 • 3359 - 79380) = ƯCLN(636683,4579553) = 787.
Từ đây ta có phép nhân tử hoá N — 787 • 809.

tìm

rộng dãy


Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu có hệ thống hơn. Quy trình phân tích thừa số
được trình bày trong Bảng 1.4 gồm ba bước:
1. Xây dựng quan hệ
2. Phép khử
3. Tính ƯCLN
Ta giả sử mỗi số ữi, ...,ữ r tìm được trong Bước 1 thỏa mãn tính chất C Ị = c i ị 2
(mod m) phân tích thành tích của các số nguyên tố nhỏ - ta nói
r ằ n g m õ i C Ị là tích của các số nguyên tố được chọn từ tập hợp các số nguyên tố
T

là { P I

1P 21P 35

Điều này có nghĩa là tồn tại các số mũ

EỊJ

Viết tích số dưới dạng của phép phân tích thừa số nguyên tố của Ci, ...,c r cho
biểu thức khá cồng kềnh

cĩ‘• c:;2 — < ? = ( P V ' P T P T ■ ■ ■ P t ư T ' ■ ( P T P T P T ■ ■ ■ P T T 2 ■ ■ ■
{P\'1PTPT ■ ■■Ptr‘)Ur
2t

__ p€ nU i + €- 2 l U 2 - ị--------------------------------herJMr p G i 2 U i + € 22 U 2 - ỉ---Her 2 u r ^ e \ t u I + e H___h e r t u r

Biểu thức này sẽ dễ nhìn hơn nếu nó được viết bằng cách sử dụng tổng và tích, kí
hiệu
Ú C T = Úpf u ' e i l U i i =1 j = l

(L12)


Trong mọi trường hợp, mục tiêu của chúng ta là chọn U i , ..., u r sao cho tất cả số mũ
trong (ìl.llíì hay trong (I1.12Ị) . là chẵn Tóm lại, chúng ta có được các số nguyên
611,
62í,eri,

er2,

612,e2i,

•••,

e rt

và ta

Ví dụ 1.5.6. Chúng ta minh hoạ bước phép khử đại số tuyến tính bằng cách phân
tích số
N = 9788111.
Ta tìm số

A

có tính chất

A?

là 50—trơn, tức là, tìm số

A

sao cho a 2 mod N bằng

tích của các số nguyên tố trong tập hợp
{2, 3, 5, 7,11,13,17,19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}.
Phần trên của Bảng 1.5 liệt kê 20 số