JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT

Transkriptio

1 JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. (i) Olkoot n, d 1 ja d n. Osoita, että (k, n) d jos ja vain jos k ad, missä (a, n/d) 1. (ii) Osoita, että jos (m j, m k ) 1 kun 1 j < k l ja m j a kaikilla j {1,..., l}, silloin m a missä m : m 1 m 2... m l. Ratkaisu 1. (i) Merkitään m n/d. Suunta. Koska d on luvun k tekijä, k ad. Nyt d(a, m) k ja d(a, m) n, joten d(a, m) d. Tämä tarkoittaa, että (a, m) 1. On siis oltava (a, n/d) 1. Suunta. Olkoon d (k, n). Koska d k ja d n, niin d d. Nyt siis d dr jollakin r 1, koska d, d 1. Tästä nähdään, että dr n, eli r m. Vastaavasti dr k, joten r a. Mutta (a, m) 1, joten r 1 ja siis d d (k, n). (ii) Todistetaan väite induktiolla luvun l suhteen. Tapaus l 1 on triviaali. Oletetaan, että väite pätee, kun l n. Olkoot m 1,..., m n, m n+1 pareittain yhteistekijättömiä kokonaislukuja, eli (m j, m k ) 1, kun 1 j < k n + 1. Olkoon lisäksi a sellainen kokonaisluku, jolle m j a kaikilla 1 j n + 1. Jos merkitään m m 1 m 2... m n, induktio-oletuksen nojalla m a. Näytetään aluksi, että (m, m n+1 ) 1. Jos jollakin alkuluvulla p pätee p m, niin silloin p m j jollakin 1 j n. Mutta (m j, m n+1 ) 1, joten silloin p m n+1. Siis (m, m n+1 ) 1. Koska m a, voidaan kirjoittaa a m b. Nyt m n+1 m b ja (m, m n+1 ) 1, joten m n+1 b. Voidaan siis kirjoittaa b m n+1 c. Nyt a m m n+1 c mc, joten väite on osoitettu tapauksessa l n + 1. Induktioperiaatteen nojalla väite on siis voimassa kaikilla l. Tehtävä 2. Olkoon (F n ) Fibonaccin jono, eli F k+1 F k + F k 1 kaikilla k 2 ja F 1 F 2 1. Osoita, että (F m, F m+1 ) 1 kaikilla m 1. Ratkaisu 2. Todistetaan väite induktiolla. Tapauksessa m 1 väite on selvä, sillä (F 1, F 2 ) (1, 1) 1. Oletetaan sitten, että (F m, F m+1 ) 1. Silloin (F m+1, F m+2 ) (F m+1, F m + F m+1 ) (F m+1, F m ) 1. Tässä käytettiin suurimman yhteisen tekijän ominaisuutta (a, b) (a, b+ a). Induktioperiaatteen nojalla siis (F m, F m+1 ) 1 kaikilla m 1. Lisätietoa. Alunperin tehtävänanto oli virheellinen. Väitteenä oli, että (F m, F n ) 1 kaikilla m > n, minkä voi nähdä vääräksi, sillä esimerkiksi F 3 2 ja F 6 8. Itse asiassa (F m, F n ) F (m,n). 1

2 Tehtävä 3. Ratkaise mukaelma kiinalaisen matemaatikon Sun Tzu:n ongelmasta (peräisin 200-luvulta): Kuinka monta sotilasta on vähintään Han Xingin armeijassa? Jos sotilaat marssivat kolmen riveissä, kaksi sotilasta jää yli. Jos he marssivat seitsemän, neljä jää yli, ja jos he marssivat kymmenen riveissä, vain yksi jää yli? Ratkaisu 3. Merkitään Han Xingin armeijan sotilaiden määrää x:llä. Ehdot voidaan esittää kongruenssiehtoina luvulle x. x 2 (mod 3) x 4 (mod 7) x 1 (mod 10) Nyt kaikki luvuista 3, 7 ja 10 ovat pareittain yhteistekijättömiä, joten kiinalaisen jäännöslauseen nojalla kongruenssiryhmällä on yksikäsitteinen ratkaisu modulo 210. x 1 (mod 3) x 0 (mod 7) x 0 (mod 10) on ratkaisu muotoa x 70k, ja nähdään, että valinta k 1 toimii. Tämän ryhmän ratkaisu on siis x 70 (mod 210). x 0 (mod 3) x 1 (mod 7) x 0 (mod 10) on ratkaisu muotoa x 30k, ja nähdään, että valinta k 4 toimii. Tämän ryhmän ratkaisu on siis x 120 (mod 210). x 0 (mod 3) x 0 (mod 7) x 1 (mod 10) on ratkaisu muotoa x 21k, ja nähdään, että valinta k 1 toimii. Tämän ryhmän ratkaisu on siis x 21 (mod 210). Alkuperäisen kongruenssiryhmän yksi ratkaisu on siis x (mod 210). Han Xingin armeijassa on siis vähintään 11 sotilasta. Tehtävä 4. Palataan renkaaseen Z m. Jos (a, m) 1, tiedämme että a on yksikkö, eli sillä on multiplikatiivinen inverssi x Z m, jolle pätee xa 1. Osoita, että inverssille on eksplisiittinen kaava x a (φ(m) 1). 2

3 (Vihje: Eulerin lause) Ratkaisu 4. Koska (a, m) 1, voidaan soveltaa Eulerin lausetta ja nähdään, että a (φ(m) 1) a a φ(m) 1 (mod m). Tämä tarkoittaa, että x a φ(m) 1 a (φ(m) 1) on a:n käänteisalkio, sillä käänteisalkio on yksikäsitteinen. Tehtävä 5. Etsi kaikki luvut n 1 joille φ(n) 20. Ratkaisu 5. Selvitetään, millä alkulukujen potensseilla p k pätee φ(p k ) 20. Tapaus p 2. Tässä φ(2 k ) 2 k 1, joista φ(2) 1, φ(4) 2 ja φ(8) 4 ovat luvun 20 tekijöitä. Tapaus p 3. Tässä φ(3 k ) 2 3 k 1, joista vain φ(3) 2 on luvun 20 tekijä. Tapaus p 5. Tässä φ(5 k ) 4 5 k 1, joista φ(5) 4 ja φ(25) 20 ovat luvun 20 tekijöitä. Tapaus p 7. Tässä φ(7 k ) 6 7 k 1, jotka eivät ole luvun 20 tekijöitä. Tapaus p 11. Tässä φ(11 k ) k 1, joista vain φ(11) 10 on luvun 20 tekijä. Tapaus p 13. Tässä φ(13 k ) k 1, jotka eivät ole luvun 20 tekijöitä. Tapaus p 17. Tässä φ(17 k ) k 1, jotka eivät ole luvun 20 tekijöitä. Tapaus p 19. Tässä φ(17 k ) k 1, jotka eivät ole luvun 20 tekijöitä. Tapaus p > 21. Tässä φ(p k ) (p 1)p k 1 p 1 > 20, jotka eivät ole luvun 20 tekijöitä. Ottamalla näistä sopivia yhdistelmiä saadaan kaikki luvut n, joille φ(n) 20, koska φ on multiplikatiivinen funktio. Vaihtoehtoja luvuksi n ovat 25, , , ja Tehtävä 6. Näytä, että jos positiivisille luvuille a, b pätee (a, b) d, niin φ(ab) dφφ(b). φ(d) Ratkaisu 6. Muistetaan, että funktion φ arvon voi esittää alkutekijöiden avulla: φ(n) n ( 1 1 ). p p n 3

4 Käytetään tätä: dφφ(b) φ(d) ( ( )) ( ( )) da p a 1 1 b p p b ( ( )) d p d ( ( ( ( )) ab p a 1 p)) 1 p b ( ( )) p d ab ( p) 1 1 ( p) 1 1 p a,p d ab p ab ( ) p b φ(ab). Kolmannella rivillä käytettiin tietoa, että d a, joten kaikilla alkuluvuilla p d pätee p a. Toiseksi viimeisellä rivillä yhtäsuuruus pätee, koska p ab täsmälleen silloin, kun p a tai p b, ja jos p a ja p b, niin p d. Tehtävä 7. Todista luennoilla esitetty ekskluusion ja inkluusion periaate. Ratkaisu 7. Merkitään joukon X alkioiden määrää X :llä. On osoitettava, että jos A 1,..., A n ovat äärellisiä joukkoja ja A A 1... A n, niin A k S A k. j1 S {1,...,n}, S j Jos B A, määritellään joukon B karaksteristinen funktio χ B : A R asettamalla χ B 1 jos a B ja χ B 0 muuten. Huomataan, että mille tahansa joukoille B, C A pätee B χ B, χ A\B 1 χ B a A ja χ B C χ B χ C. 4

5 Tarkastellaan nyt funktiota g : A R, g n (1 χ Ak ) k1 ( 1) j j0 ( 1) j j0 S {1,...,n}, S j k S S {1,...,n}, S j χ Ak. Koska 1 χ Ak χ A\Ak ja n k1 χ A\A k χ n k1 (A\A k ), nähdään, että g 0 kaikilla a A. Siten siis 1 j1 S {1,...,n}, S j kaikilla a A. Nyt A 1 a A a A j1 j1 S {1,...,n}, S j a A j1 S {1,...,n}, S j S {1,...,n}, S j k S A k. 5