pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia Renkaan yksikköryhmä Eräs kongruenssiryhmä 0-17

Transkriptio

1 pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 Sisältö 1 Johdanto Valittuja kaavoja Valittuja jaollisuuden tuloksia Renkaan yksikköryhmä Eulerin funktio Euler-Fermat Eräs kongruenssiryhmä Kiinalainen jäännöslause Tuloksia ryhmistä Syklisten ryhmien perusteita Sovelluksia ja esimerkkejä

2 9.3 Nopeaa potenssilaskentaa Diskreetti logaritmi kertolaskuryhmässä Hieman polynomialgebraa Primitiivijuuret Ryhmät Z n Sovelluksia ja esimerkkejä Polynomiyhtälöitä Neliöjäännökset Yhtälö x 2 = a syklisessä ryhmässä Legendren symboli Gaussin Lemma Jacobin symboli Sovelluksia Deterministisiä alkulukutestejä Ei-polynomiaikaisia

3 13.2 Mersennen ja Fermat n luvut Polynomiaikainen/AKS/EI KOKEESEEN Pseudoalkuluvut, Alkulukutestejä/EI KOKEESEEN Fermat n pseudoalkuluvut Probabilistinen-testi 1/EI kokeeseen Carmichaelin luvut Eulerin pseudoalkuluvut Soloway-Srassenin alkulukutesti/ei kokeeseen Vahvat pseudoalkuluvut Miller-Rabinin alkulukutesti/ei kokeeseen Karakteerit/EI KOKEESEEN Ryhmäkarakteerit Ortogonaalirelaatiot Dirichlet n karakteerit Konstruointi primitiivijuurilla

4 LUKUTEORIA A (Matematiikan syventävä 5op) Tapani Matala-aho LUKUTEORIA, NUMBER THEORY, THÉORIE DES NOMBRES 1 Johdanto S LUKUTEORIA A (5op) Luennoilla perehdymme aluksi äärellisten syklisten ryhmien rakenteeseen, jolloin tarkasteluun otetaan generaattoreiden ja kertalukujen perusteet. Sovelluksena todistetaan kertolaskuryhmien (mod n), primitiivijuurien (generaattoreiden) olemmassaolotulokset. Neliöjäännöksien kautta saavutaan Legendren ja Jacobin symbolien perusteisiin sekä Gaussin lemman ja Resiprook- 0-3

5 kilauseen todistuksiin. Edelleen tarkastellaan Pseudoalkulukuja, Carmichaelin lukuja, alkulukutestejä ja tekijäalgoritmeja. Kurssin materiaali on klassista puhdasta matematiikkaa, joka antaa työkaluja modernin Kryptografian alkeille. LÄHTEITÄ: G.H. Hardy & E.M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers. Kenneth H. Rosen: Elementary number theory and its applications. Number Theory Web American Mathematical Monthly Voit ilmoittaa löytämäsi virheet osoitteeseen: Tapani Matala-aho 0-4

6 2 Valittuja kaavoja n k = k=0 n(n + 1) ; (2.1) 2 n k=0 n k=0 a k = an+1 1, a = 1; (2.2) a 1 ( ) n t k = (1 + t) n, n N. (2.3) k a n 1 = (a 1)(a n 1 + a n a + 1). (2.4) a n + 1 = (a + 1)(a n 1 a n 2 + a + 1), 2 n. (2.5) 0-5

7 A n B n = (A B)(A n 1 +A n 2 B+ +AB n 2 +B n 1 ). Käytetyt merkinnät: Katso Lukuteorian perusteet. (2.6) 0-6

8 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia Lause 3.1. Olkoot a, b Z annettu. Tällöin on olemassa sellaiset s, t Z, että syt(a, b) = sa + tb. (3.1) Seuraus 1. Olkoot a, b, c Z. Tällöin, jos a bc ja a c, (3.2) niin a b. (3.3) Seuraus 2. Olkoot a, b, c Z. Tällöin, jos a c ja b c ja a b, (3.4) niin ab c. (3.5) 0-7

9 Seuraus 3. Olkoot a, b Z ja p P. Tällöin, jos p ab, (3.6) niin p a tai p b. (3.7) Seuraus 4. Olkoot a Z, p P ja k, n Z +. Tällöin p a n p a p n a n ; (3.8) p k a n p a n. (3.9) Seuraus 5. Olkoot a, b Z +, tällöin ab = syt(a, b)pyj(a, b) = (a, b)[a, b]. (3.10) Lemma 3.1. Olkoot a Z, a 2. Tällöin syt(a n 1, a m 1) = a syt(n,m) 1; (3.11) 0-8

10 aina, kun k, m, n Z +. a n 1 a kn 1; (3.12) 4 Renkaan yksikköryhmä Lause 4.1. Olkoon R ykkösellinen rengas. Joukko R = {u R v R : uv = vu = 1} (4.1) on ryhmä kertolaskun suhteen. Todistus. Määritelmä 4.1. Olkoon R ykkösellinen rengas. Joukko R on renkaan R yksikköryhmä. Esimerkki 1. Jos R = K-kunta, niin K = K {0}. (4.2) 0-9

11 Z = {±1}. (4.3) Lause 4.2. Joukko {a Z n a n} on renkaan Z n yksikköryhmä eli Z n = {a Z n a n}. (4.4) Erityisesti, jos p P, niin Z p on kunta ja Z p = {a Z p a p} = {1, 2,..., p 1}. (4.5) Määritelmä 4.2. Olkoon n 2. Jos a n, niin a on alkuluokka (mod n) ja Z n = {a Z n a n} on renkaan Z n kertolaskuryhmä (multiplication group of the ring). 0-10

12 5 Eulerin funktio Määritelmä 5.1. Eulerin funktio φ : Z + Z + saadaan asettamalla φ(n) = #{k Z + 1 k n, k n} (5.1) aina, kun n Z +. Siten, ryhmän Z n kertaluku (order) on #Z n = φ(n), n Z 2. (5.2) Lause 5.1. φ(mn) = φ(m)φ(n), M N. (5.3) Eli φ on multiplikatiivinen ja koska φ(p m ) = p m ( 1 1 p ), p P, m Z +, (5.4) niin saadaan 0-11

13 Lause 5.2. Olkoon n = p a pa k k, p i P. Tällöin ) ) φ(n) = p a pa k k (1 1p1... (1 1pk (5.5) eli φ(n) = n p n ( 1 1 ). (5.6) p Lause 5.3. φ(d) = n. n Z +. (5.7) d n Tod: Merkitään F (n) = d n φ(d). Aluksi saadaan Olkoon p k P Z+. Lasketaan F (1) = 1. (5.8) F (p k ) = d p k φ(d) = 0-12

14 φ(d) = (5.9) d=p m,0 m k φ(1) + φ(p) + φ(p 2 ) φ(p k ) = 1+p 1+p 2 p+...+p k 1 p k 2 +p k p k 1 = p k. (5.10) Eli F (p k ) = p k. (5.11) Olkoon seuraavaksi n m. Määrätään F (nm) = d nm Toisaalta φ(d) = d 1 d 2 nm φ(d 1 d 2 ), d 1 n, d 2 m (5.12) F (n)f (m) = d 1 n φ(d 1 ) d 2 m φ(d 2 ) = 0-13

15 Siten d 1 d 2,d 1 n,d 2 m d 1 d 2 nm φ(d 1 )φ(d 2 ) 5.3 = (5.13) φ(d 1 d 2 ). (5.14) F (nm) = F (n)f (m) n m. (5.15) Vielä F (n) = F (p k 1 1 pk r r ) = F (p k 1 1 ) F (pk r r ) = p k 1 1 pk r r = n. (5.16) Lause 5.4. Keskimäärin: n φ(k) = 3 π 2 n2 + O(n log n) k=1 φ(n) = 6 π 2 n = 0, 6079 n, π 2 = 9,

16 Esimerkki 2. φ(2 m ) = 2 m 1, n 1 = 2 m φ(n 1 ) = n 1 2 φ(p) = p 1 φ(n 2 ) = n 2 1 φ(2 a 1 3 a 2 ) = 2 a 1 3 a φ(n) = n 3 φ(7 a 1 11 a 2 }{{} ) = n = n n φ( ) = n = n

17 6 Euler-Fermat Lause 6.1. EULER-FERMAT: Olkoot a Z, n Z 2 annettu ja a n. Tällöin a φ(n) 1 (mod n). (6.1) Lause 6.2. FERMAT N PIKKULAUSE: Olkoon p P annettu. Tällöin a p 1 1 (mod p), jos p a Z; (6.2) a p a (mod p), a Z. (6.3) Olettaen (6.2) todistetaan (6.3): Jos syt(a, p) = 1, niin Pikku Fermat n (6.2) nojalla a p a (mod p). (6.4) Jos p a, niin a 0 (mod p) a p 0 (mod p) (6.5) 0-16

18 a p a (mod p). (6.6) 7 Eräs kongruenssiryhmä Lause 7.1. A) Olkoot p, q P ja p = q. Tällöin yhtälöistä a b (mod p) seuraa a b (mod q) (7.1) a b (mod pq). (7.2) B) Olkoot m i Z ja m i m j kaikilla i = j. Tällöin yhtälöistä a b (mod m i ) i = 1,..., r (7.3) seuraa a b (mod m 1 m r ). (7.4) 0-17

19 Todistus. A) kohta: Oletuksista (7.1) seuraa p a b, q a b. (7.5) Koska p q, niin Seurauksen 2 nojalla pq a b a b (mod pq). (7.6) B) kohta induktiolla. 8 Kiinalainen jäännöslause Lause 8.1. KIINALAINEN JÄÄNNÖSLAUSE. Olkoot m 1,..., m r Z + pareittain keskenään jaottomia ja olkoot a 1,..., a r Z annettu. Tällöin yhtälöryhmän x a 1 (mod m 1 ),. x a r (mod m r ) (8.1) 0-18

20 ratkaisut ovat x = x 0 + l M, l Z, M = m 1... m r = m k M k, (8.2) missä x 0 = n 1 M 1 a n r M r a r, (8.3) n k M k 1 (mod m k ). (8.4) Tod: Aluksi huomataan, että M k m k, (8.5) sillä, jos olisi 1 < d = (M k, m k ) p P : p d (8.6) p m k, p M k = i =k m i p m i, i = k (8.7) 0-19

21 p (m k, m i ) Ristiriita. (8.8) Niinpä M k Z m k (M k ) 1 := n k Z m k (8.9) n k M k = 1 Z m k (8.10) n k M k 1 (mod m k ). (8.11) Seuraavaksi huomataan, että M j = i =j m i 0 (mod m k ) j = k, (8.12) joten laskemalla saadaan x 0 = n 1 M 1 a n r M r a r (8.13) 0-20

22 n k M k a k 1 a k = a k (mod m k ) k = 1,..., r (8.14) ja siten x 0 on eräs ratkaisu. Olkoon x ratkaisu, tällöin x x 0 0 (mod m k ) k = 1,..., r. (8.15) Koska m i m j i = j, niin Lauseen 7.1 kohdan B) nojalla x x 0 0 (mod m 1 m r ) (8.16) eli x x 0 (mod M). (8.17) Yleistetään Kiinalainen jäännöslause 8.1. Lause 8.2. Olkoot m 1,..., m r Z + pareittain keskenään jaottomia ja olkoot c 1,..., c r, b 1,..., b r Z annettu sekä 0-21

23 b 1 m 1,..., b r m r. Tällöin yhtälöryhmällä b 1 x c 1 (mod m 1 ),. (8.18) b r x c r (mod m r ) on ratkaisu (mod M = m 1... m r ). Huomaa, että bx c (mod m), b m, (8.19) bx = c, b Z m (8.20) x = (b) 1 c = a x a (mod m). (8.21) Siten todistus palautuu aikaisempaan Kiinalaisen jäännöslauseen todistukseen. 0-22

24 Esimerkki 3. 5n 3 + 7n 5 0 (mod 12) n Z. (8.22) 9 Tuloksia ryhmistä Merkintää D H käytetään, kun ryhmä D on ryhmän H aliryhmä. Lemma 9.1. Aliryhmäkriteeri I. Olkoon H ryhmä. Jos, ryhmän H osajoukko D = toteuttaa ehdon: a, b D ab 1 D, niin D on H:n aliryhmä. Lemma 9.2. Aliryhmäkriteeri II. Olkoon H äärellinen ryhmä. Jos, ryhmän H osajoukko D = toteuttaa ehdon: a, b D ab D, 0-23

25 niin D on H:n aliryhmä. Olkoon A H. Joukkoa A = D A D H sanotaan joukon A generoimaksi aliryhmäksi. Käytetään myös merkintää a, b,..., c = {a, b,..., c}. Erityisesti a = {a k k Z} = a Z. Jos H on Abelin ryhmä, niin a, b = {a k b l k, l Z} = a Z b Z. 0-24

26 9.1 Syklisten ryhmien perusteita Lause 9.1. Olkoon (H, ) kertolaskuryhmä ryhmä, e = 1, α H. Ryhmän H osajoukko α = α Z = {α k k Z} H (9.1) on H:n aliryhmä. Todistus. Määritelmä 9.1. Aliryhmä α = {α k k Z} on α:n generoima syklinen aliryhmä. Jos H = α, niin H on syklinen ryhmä ja α on H:n generaattori. Määritelmä 9.2. Ryhmän H kertaluku = #H ja alkion α kertaluku eli ord α = # α. (9.2) 0-25

27 Lause 9.2. Lagrangen lause. Olkoot #D = d, #H = h <. Tällöin D H d h. (9.3) Lause 9.3. Olkoon #H = h < ja α H. Tällöin ord α h. (9.4) Todistus: Lause 9.4. Olkoon H äärellinen ryhmä ja h = #H, tällöin a h = 1 a H. (9.5) Todistus: Olkoon x H, jolloin asetetaan B = {x, x 2, x 3,..., x h+1 }. 0-26

28 Selvästi B H,, joten on olemassa sellaiset eksponentit 1 l < k h + 1, (9.6) että x k = x l x k l = 1, 1 k l h. (9.7) Olkoon 1 d h pienin potenssi, jolla x d = 1.. Siten #B = d ja lisäksi B on H:n aliryhmä, joten Lagrangen lauseella saadaan d h x h = 1, x H. (9.8) Seuraus 6. Olkoon n Z +, jolloin Z n on ryhmä ja #Z n = φ(n). Siten a φ(n) = 1 a n, (9.9) josta edelleen saadaan Euler-Fermat n lause a φ(n) 1 (mod n) a n. (9.10) 0-27

29 Erikoistapauksena, jos p P, niin Z p on ryhmä ja #Z p = p 1. Siten a p 1 = 1 a p, (9.11) josta edelleen saadaan Fermat n pieni lause a p 1 1 (mod p) a p. (9.12) Lause 9.5. A. Jos ord α = n Z +, niin α = {1, α, α 2,..., α n 1 } ja α n = 1, (9.13) missä n Z + on pienin eksponentti k Z +, jolla α k = 1. B. Vice Versa. Todistus A. Koska # α = n, niin β n = 1 β α. (9.14) Erityisesti α n = 1. Valitaan β = α i α, i Z. (9.15) 0-28

30 Jakoalgoritmin nojalla i = qn + r, 0 r n 1, (9.16) joten β = α i = (α n ) q α r = α r 0 r n 1. (9.17) Täten α = {1, α, α 2,..., α n 1 }. (9.18) Jos olisi α j = 1, 1 j n 1, (9.19) niin α = {1, α, α 2,..., α j 1 } (9.20) ja # α n 1. Ristiriita. (9.21) B. kohta laskareissa. 0-29

31 Lause 9.6. Olkoon α H, m Z +. Tällöin α m = 1 ord α m. (9.22) Esimerkki 4. Määrätään ryhmän H = Z 7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, #H = 6 = φ(7). (9.23) aliryhmät ja sykliset aliryhmät. mutta α 6 = 1, α Z 7 (9.24) 1 1 = 1, 2 3 = 1, 3 6 = 1, 4 3 = 1, 5 6 = 1, 6 2 = 1. (9.25) 1 = {1}, 2 = 4 = {2, 4, 1}, 6 = {1, 6}, (9.26) 3 = 5 = {3, 2, 6, 4, 5, 1} = Z 7. (9.27) 0-30

32 Täten 3 ja 5 ovat Z 7 :n generaattorit. ord 1 = 1, ord 2 = ord 4 = 3, ord 3 = ord 5 = 6, ord 6 = 2, d = 1, 2, 3, 6 6 = h. (9.28) Esimerkki 5. Määrätään ryhmän H = Z 8 = {1, 3, 5, 7}, #H = 4 = φ(8). (9.29) aliryhmät ja sykliset aliryhmät. α 4 = 1, α Z 8 (9.30) mutta 1 1 = 1, 3 2 = 1, 5 2 = 1, 7 2 = 1. (9.31) 1 = {1}, 3 = {1, 3}, 5 = {1, 5}, (9.32) 0-31

33 7 = {1, 7}. (9.33) Täten ryhmällä Z 8 ei ole generaattoria ja siten se ei ole syklinen. ord 1 = 1, ord 3 = ord 5 = ord 7 = 2. (9.34) Esimerkki 6. H = Z 15 = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}. (9.35) 4 = {1, 4}, 14 = {1, 14}. (9.36) 4, 14 = {1, 4, 14, 11}, (9.37) joka ei ole syklinen ja siten Z 15 ei ole syklinen. 0-32

34 Lause 9.7. Olkoon H Abelin ryhmä ja olkoot α 1, α 2 H. Jos ord α 1 = e 1, ord α 2 = e 2, e 1 e 2, (9.38) niin ord (α 1 α 2 ) = e 1 e 2. (9.39) ts. # α 1 = e 1, # α 2 = e 2, e 1 e 2 (9.40) # α 1 α 2 = e 1 e 2. (9.41) Todistus. 1) Aluksi (α 1 α 2 ) e 1e 2 = 1. (9.42) 2) Olkoon d Z + pienin potenssi, jolle pätee (α 1 α 2 ) d = 1 (9.43) 0-33

35 Siten (α 1 α 2 ) de 1 = 1 (α 1 e 1 ) d α 2 de 1 = α 2 de 1 = 1. (9.44) Jakoalgoritmin nojalla saadaan de 1 = m e 2 + r 2, 0 r 2 < e 2, (9.45) jolloin α 2 de 1 = α m e 2 2 α r 2 2 = 1 α 2 r 2 = 1. (9.46) Mutta e 2 on pienin positiivinen tällainen potenssi, joten r 2 = 0 e 2 de 1 (9.47) Koska e 1 e 2, niin e 2 d. Vastaavasti e 1 d. Siten Yhdistämällä e 1 e 2 d e 1 e 2 = d. (9.48) 1) + 2) # α 1 α 2 = e 1 e 2. (9.49) 0-34

36 Lause 9.8. Olkoon H on ryhmä ja #H = p P. Tällöin τ = H τ H {1}. (9.50) Todistus. 1. Tapa: Käytä Lagrangen lausetta aliryhmään τ. Laskareissa. 2. Tapa: τ H pätee τ p = 1. Olkoon τ = 1 ja τ a = 1, 1 a p 1. Koska a p, niin Eukleideen algoritmin nojalla s, t Z : 1 = sa + tp, jolloin τ 1 = τ sa+tp = (τ a ) s (τ p ) t = 1. Ristiriita. Siten ord τ = p, joten τ = H. mot. Lause 9.9. I. Syklisen ryhmän aliryhmät ovat syklisiä. II. Olkoon H = β, ord β = h = #H ja d h, 2 d h 1, ld = h. Tällöin A: ord β l = d 0-35

37 B. ja on olemassa aliryhmät H d = β l, #H d = d d h. Todistus. 1. Aluksi (β l ) d = β h = Jos ord β l = a, 1 a d 1, niin (β l ) a = 1 β al = 1, missä 2 al l(d 1) < h. Ristiriita. mot. Pienin yhteinen jaettava [a, b] = p.y.j.(a, b). (9.51) Lause Olkoon G Abelin ryhmä ja olkoot x, y G, ord x = m, ord y = n. Tällöin löytyy alkio z G, jolle pätee ord z = [m, n] (9.52) Tarvitaan ensin seuraava apulause. Lause Olkoot m = k K p a k k, n = k K p b k k, (9.53) 0-36

38 p k P, a k, b k N, k K Z + I = {i K a i b i }, J = {j K a j > b j }, (9.54) I J = K, I J =. (9.55) Asetetaan l 1 = i I p a i i, l 2 = j J p b j j, (9.56) Tällöin (m/l 1, n/l 2 ) = 1 (9.57) ja mn = [m, n]l 1 l 2. (9.58) Todistus laskareissa. Lauseen 9.10 todistus. 0-37

39 Nyt Lauseen 9.9 nojalla ord x l 1 = m l 1, ord y l 2 = n l 2, (9.59) missä Lauseen 9.11 nojalla (m/l 1, n/l 2 ) = 1. Asetetaan jolloin Lauseen 9.7 nojalla z = x l 1 y l 2, (9.60) ord z = ord x ord y = m l 1 n l 2 = [m, n]. (9.61) Lause Olkoon H ryhmä, τ H ja τ = 1. Tällöin ord τ = h (9.62) τ h = 1 ja τ h p i = 1, p i h, p i P. (9.63) 0-38

40 Olkoon Todistus. Koska τ = 1, niin h 2. h = p a pa k k, p 1,..., p k P. (9.64) Lauseen 9.5 nojalla h on pienin positiivinen eksponentti k, jolla τ k = 1. Olkoon p i luvun h alkutekijä, tällöin p i 2, 1 h p i h 2 h 1, (9.65) joten Vastaoletus: τ h = 1 ja τ h p i = 1. (9.66) 1 a h 1 : ord τ = a. (9.67) Mutta τ h = 1, joten Lause 9.6 a h a = p b pb k k. (9.68) Vastaoletuksen mukaan a < h, joten p j : h = p j ra; r Z +. (9.69) 0-39

41 Koska τ a = 1 τ ar = τ h p j = 1. (9.70) Ristiriita oletuksen kanssa. Täten ord τ = h. (9.71) Esimerkki 7. G = Z 71, #G = 70 = Valitaan τ = 7 G, jolle pätee 7 70 = 1, = 7 35 =... = 70 = 1, = 7 14 =... = 1, = 7 10 = 1, (käytä nopeaa potenssilaskentaa.) Siten ord 7 = 70 7 = Z 71. (9.72) 0-40

42 Lause LUCASIN ALKULUKUTESTI. Olkoot a, n Z +, a n. Jos a n 1 1 (mod n) (9.73) ja a n 1 p i 1 (mod n) p i n 1, p i P, (9.74) niin n = p P. (9.75) Todistus. Lause 9.12, missä G = Z n, antaa tuloksen n 1 = ord a. (9.76) Toisaalta #Z n = φ(n) a φ(n) = 1. (9.77) 0-41

43 Nyt Lauseen 9.6 nojalla saadaan n 1 φ(n) n 1 φ(n) = n p n(1 1 p ) (9.78) Jos kuitenkin n / P, niin q 1 P s.e. q 1 n. tällöin n 1 n(1 1 q 1 ) n n q 1 1 n q 1 (9.79) Ristiriita, joten n = p P. Lause Olkoon H äärellinen syklinen ryhmä eli H = α, #H = h. Tällöin #{β H H = β } }{{} Ryhmän H generaattoreiden lkm. = φ(h). (9.80) Todistus: Tapaukset h = 1 ja h = 2 selviä. Oletetaan siis, että h 3. 1) Osoitetaan, että ord α a = h, a Z h. (9.81) 0-42

44 Olkoon τ = α a, a Z h. Jos a = 1, niin Ok. Joten olkoon a = 1. Aluksi τ h = 1. (9.82) Jos olisi τ h p i = 1, jollakin p i h; p i P, (9.83) niin α ah p i = 1. (9.84) Siten h ah p i ah p i = lh (9.85) jollakin l Z. Välittömästi a = lp i p i a. (9.86) 0-43

45 Mutta a h = p k 1 1 pk r r. Ristiriita eli τ h p i = 1 p i h; p i P. (9.87) Lauseen 9.12 nojalla ord τ = ord α a = h, a Z h. (9.88) Ja #{α a a Z h} = φ(h). (9.89) 2) Osoitetaan vielä, että ord α b < h, b Z h Z h. (9.90) Koska d = syt(b, h) 2 h = dl, b = dk, 1 l h 2 h 1, (9.91) 0-44

46 niin (α b ) l = (α dl ) k = (α h ) k = 1 ord α b h 1. (9.92) 9.2 Sovelluksia ja esimerkkejä Lause Olkoon H ryhmä ja α H. Tällöin α = α 1. (9.93) Huom 1. Lauseen 9.12 avulla saadaan toinen todistus Lauseelle 9.7. Esimerkki 8. Olkoon H ryhmä ja α, β H sekä ord α = 5, ord β = 7 ord αβ = 35. (9.94) Todistus: Luvun h = 35 alkutekijäjoukko on {5, 7}. Lasketaan (αβ) 35 = 1; (9.95) 0-45

47 (αβ) h/5 = α 2 = 1; (9.96) (αβ) h/7 = β 5 = 1. (9.97) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord αβ = h = 35. (9.98) Esimerkki 9. Olkoon n N ja p P 3. Tällöin p n p 1 (mod 4). (9.99) Todistus: Nyt kunnassa Z p pätee n 2 = 1 n 4 = 1. (9.100) Osoitetaan, että ryhmässä Z p pätee ord n = 4, (9.101) 0-46

48 missä luvun h = 4 alkutekijäjoukko on {2}. Lasketaan n h/2 = n 2 = 1. (9.102) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord n = h = 4. (9.103) Toisaalta Pikku-Fermat n nojalla n p 1 = p 1. (9.104) Esimerkki 10. Koska Z 13 = 2 ord 2 = 12 = φ(13), (9.105) niin Lauseen 9.14 nojalla tiedetään, että myös 2 a, a = 1, 5, 7, (9.106) ovat generaattoreita. Osoitetaan kuitenkin suoraan Lauseen 9.12 avulla, että ord 2 5 = 12 = h. (9.107) 0-47

49 Luvun h = 12 alkutekijäjoukko on {2, 3}. Tiedetään, että (2 5 ) 12 = 1; (9.108) Näytetään vielä, että (2 5 ) h/2 = 1; (9.109) (2 5 ) h/3 = 1. (9.110) Lauseen 9.12 nojalla ord 2 5 = h = 12. (9.111) Edelleen, Lauseen 9.15 nojalla saadaan 2 7 = 2 7 = 2 5 = 2 ; (9.112) 2 11 = 2 1 = 2. (9.113) 0-48

50 9.3 Nopeaa potenssilaskentaa Lasketaan ryhmässä H alkion a H potenssi: a r, r Z +, r h = #H, r = e t 1 2 t e 0, e i {0, 1}, e t 1 = 1. (9.114) Aluksi: a 1 = a a 2 = a 2 1 = a 21 a 3 = a 2 2 = a 22 (9.115) Yhteensä t 1 kertolaskua. Seuraavaksi:. a t = a 2 t 1 = a 2t 1. a r = a e t 1 t a e t 2 t 1... ae 0 1, (9.116) 0-49

51 missä korkeintaan t 1 kertolaskua. Siten Lause Olkoon 1 r h = #H. Tällöin Potenssin a r laskemiseen tarvitaan 2t 2 2 log 2 r 2 log 2 h (9.117) ryhmän H laskutoimitusta. Esimerkki 11. a Z p, #Z p = p 1 = h. (9.118) r p t (9.119) 9.4 Diskreetti logaritmi kertolaskuryhmässä Olkoon H äärellinen syklinen kertalukua h = #H oleva ryhmä eli H = β = {β j j = 0, 1,..., h 1} = 0-50

52 {1, β, β 2,..., β h 1 }. (9.120) Huomaa, että β 0 = β h = β 2h =... = 1. (9.121) Määritelmä 9.3. Alkion y H diskreetti logaritmi kannan β suhteen on eksponentti k {0, 1,..., h 1}, jolle pätee y = β k. Tällöin käytetään merkintää k = log β y. (9.122) Lause log β 1 = 0; (9.123) log β xy log β x + log β y (mod h); (9.124) 0-51

53 log β x k k log β x (mod h). (9.125) Todistus: Esimerkki 12. H = Z 71 = 7 on syklinen ja h = φ(71) = 70. Lasketaan siis (mod 71) ja eksponentit (mod 70). 7 2 = 49 log 7 49 = = 59 log 7 59 = = 2 log 7 2 = 6. 7? = 33 log 7 33 =? 7 35 = 70 = 1 log 7 70 = log 7 1 = = 61 log 7 61 = = 1 = 7 0 log 7 1 =

54 10 Hieman polynomialgebraa Olkoon R ykkösellinen rengas. Tällöin R[x] = {P (x) P (x) = n p k x k ; p k R, n N} k=0 (10.1) on R-kertoimisten polynomien joukko. Jos p n = 0, niin polynomin aste deg P (x) = n, erityisesti deg 0(x) =. Pääpolynomiksi (monic polynomial) sanotaan polynomia, missä korkeimman potenssin kerroin p n = 1. Määritelmä Olkoot P (x) = n p k x k, k=0 Q(x) = n q k x k R[x], k=0 0-53

55 jolloin asetetaan P (x) = Q(x) k(p k = q k ); P (x) + Q(x) = k 0(p k + q k )x k ; (10.2) P (x)q(x) = k 0 r k x k, missä r k = k p i q k i = p i q j, (10.3) i=0 i+j=k joka on Cauchyn kertosääntö. Tällöin R[x] on rengas, missä 0(x) = x + 0 x (10.4) on nolla-alkio ja 1(x) = x + 0 x (10.5) on ykkösalkio. 0-54

56 Olkoon R = K kunta. Tällöin polynomirengas K[x] on kokonaisalue, jossa pätee Lemma Jakoalgoritmi: Olkoon a(x), b(x) K[x], b(x) = 0(x) Tällöin! q(x), r(x) K[x] s.e. [J.A.] a(x) = q(x)b(x)+r(x), deg r(x) < deg b(x). (10.6) Seurauksia: Lemma Olkoon p(x) K[x]. Tällöin p(α) = 0, α K (x α) p(x). (10.7) K[x] Lemma Olkoon p(x) K[x] ja deg p(x) = n N. Tällöin #{α K p(α) = 0} n. (10.8) 0-55

57 Erityisesti, kun K = Z p, p P, niin pätee Lemma Olkoon p(x) Z p [x] ja deg p(x) = n N. Tällöin #{α Z p p(α) = 0} n. (10.9) Kokonaisalueen D = K[x] yksikköryhmä on K. Joten polynomien a(x) ja b(x) suurin yhteinen tekijä d(x) = s.y.t.(a(x), b(x)) voidaan valita pääpolynomiksi. Lemma Eukleideen algoritmin nojalla saadaan, että on olemassa sellaiset polynomit s(x), t(x) K[x], että d(x) = s(x)a(x) + t(x)b(x). (10.10) 0-56

58 11 Primitiivijuuret 11.1 Ryhmät Z n Määritelmä Olkoon n Z 2. Luku b {1, 2,..., n 1} on primitiivijuuri (mod n), jos Z n = b eli b generoi ryhmän Z n. Tällöin diskreetille logaritmille käytetään myös merkintää ind b y = log b y. Lause Z n on syklinen n = 2, 4, p l, 2p l, l Z +, p P 3. (11.1) Siten Primitiivijuuri (mod n) n {2, 4} P Z+ 3 2PZ+ 3. Huomaa, että Z n = b ord b = φ(n). (11.2) Todistetaan 11.1 vaiheittain. 0-57

59 Lause Olkoon n = 2 k, tällöin Z n on syklinen k = 1, 2. Todistus. Aluksi Z 2 = 1 (11.3) ja Olkoon nyt n = 2 k, k 3. Tällöin Z 4 = 3. (11.4) Z 2 k = {2l + 1 l = 0, 1,..., 2 k 1 1}. (11.5) Tutkitaan lukua a = 1 + 2l 1. a 2 = l 2 (11.6) josta... a 22 = l 3 (11.7) a 2k 2 1 (mod 2 k ) k Z 3 (11.8) 0-58

60 Mutta φ(2 k ) = 2 k 1 > 2 k 2. (11.9) Joten (11.2) ei toteudu millään a Z 2 k. Lause Olkoon p P 3, tällöin Z p on syklinen. Todistus. Pitäisi löytää sellainen alkio a Z p, että ord a = φ(p) = p 1. (11.10) Vastaoletus ord x p 2 x Z p. (11.11) Koska ord x p 1, (11.12) niin Olkoon ord x p 1 2 x Z p. (11.13) max ord x = K = ord y jollakin y Z p (11.14) 0-59

61 Nyt sillä, jos olisi x Z p, jolle ord x K x Z p, (11.15) ord x = h K, (11.16) niin Lemman 9.10 nojalla löytyy sellainen z Z p, että ord z = [h, K] > K. (11.17) Ristiriita. Täten x K = 1 x Z p p(x) = x K 1 = 0 x Z p (11.18) eli Mutta #{α Z p p(α) = 0} = p 1. (11.19) deg p(x) = K p 1 2 < p 1. (11.20) 0-60

62 Ristiriita Lemman 10.4 kanssa. Merkintä 1. ord n α = ord α, α Z n. (11.21) Lause Olkoon p P 3, tällöin Z p 2 on syklinen. Edelleen, jos Z p = r, niin Z p 2 = v, missä v = r tai v = r + p. Todistus. Olkoon Z p = r ord p r = φ(p) = p 1, p r (11.22) ja n = ord p 2 r. (11.23) Siten r n 1 (mod p 2 ) (11.24) ja edelleen r n 1 (mod p). (11.25) 0-61

63 Siispä p 1 n φ(p 2 ) = p(p 1), (11.26) josta n = p 1 (11.27) tai n = p(p 1). (11.28) Jos (11.28), niin Z p 2 = r. (11.29) Olkoon siis n = p 1, (11.30) joten Merkitään s = r + p, jolle pätee r p 1 1 (mod p 2 ). (11.31) Z p = s ord p s = φ(p) = p 1, p s. (11.32) 0-62

64 Vastaavasti kuten luvulle r pääteltiin vaihtoehdot (11.27) ja (11.28), niin myös luvulle s saadaan: ord p 2 s = p 1 (11.33) tai ord p 2 s = p(p 1). (11.34) Määrätään s p 1 = (r + p) p 1 = (11.35) r p 1 + (p 1)r p 2 p + ( p 1 2 ) r p 1 p p p 1 (11.36) 1 pr p 2 (mod p 2 ) (11.37) Jos olisi s p 1 1 (mod p 2 ), (11.38) 0-63

65 niin pr p 2 0 (mod p 2 ), (11.39) Ristiriita. Siten ord p 2 s = p(p 1) = φ(p 2 ) Z p 2 = s. (11.40) Esimerkki 13. Z 5 = 2 = 7 ; (11.41) Z 5 2 = 2 ; (11.42) mutta Z 5 2 = 7. (11.43) Esimerkki 14. Z 29 = 14 = ; (11.44) 0-64

66 Nyt Z 29 2 = 14 ; (11.45) joten äskeisen todistuksen nojalla Z 29 2 = 43. (11.46) Apulause. Olkoon v Z p 2. Jos v p 1 1 (mod p 2 ), (11.47) niin v pk 2 (p 1) 1 (mod p k ) k Z 2. (11.48) Todistus. Aluksi tapaus k = 3. Eulerin lauseella ja oletuksella (11.47) saadaan v p 1 = 1 + dp, p d. (11.49) Edelleen v p(p 1) = (1 + dp) p = (11.50) 0-65

67 1 + pdp + ( ) p (dp) dp 2 1 (mod p 3 ). 2 (11.51) Induktio-oletus: k = l, jolloin pätee v pl 2 (p 1) 1 (mod p l ). (11.52) Induktioaskel: Euler-Fermat ja induktio-oletus antavat v pl 2 (p 1) = 1 + fp l 1, p f. (11.53) Potenssiin v pl 1 (p 1) = (1+fp l 1 ) p 1+fp l 1 (mod p l+1 ). (11.54) Lause Olkoon p P 3, k Z + tällöin Z p k on syklinen. Todistus. Olkoon Z p = r, ord p r = φ(p) = p 1, p r (11.55) 0-66

68 ja Z p 2 = v, ord p 2 v = p(p 1) = φ(p 2 ), (11.56) missä v = r tai v = r + p. Väite Z p k = v ord p k v = p k 1 (p 1) = φ(p k ). Apulauseen nojalla tiedetään, että (11.57) v pl 2 (p 1) 1 (mod p l ) l Z 2. (11.58) Olkoon h = ord p k v, (11.59) joten h p k 1 (p 1) = φ(p k ). (11.60) Lisäksi v h 1 (mod p k ) (11.61) 0-67

69 ja edelleen v h 1 (mod p). (11.62) Vielä v r (mod p), (11.63) joten r h 1 (mod p). (11.64) Nyt oli ord p r = φ(p) = p 1, (11.65) josta p 1 h h = K(p 1). (11.66) Yhdistä (11.60) ja (11.66), jolloin K(p 1) p k 1 (p 1) K = p j 0 j k 1. (11.67) Edelleen h = p j (p 1). (11.68) 0-68

70 Koska ja jos olisi j k 2, niin saataisiin v h 1 (mod p k ) (11.69) v pk 2 (p 1) 1 (mod p k ). (11.70) Ristiriita tuloksen (11.58) kanssa. Siten h = p k 1 (p 1) = φ(p k ) = ord p k v = #Z p k. (11.71) Esimerkki 15. Z 5 2 = 2 (11.72) Z 5 k = 2 k Z 2. (11.73) Lause Olkoon p P 3, k Z + tällöin Z 2p k on syklinen. 0-69

71 Todistus. (Kotitehtävä: lisää tarvittavat välivaiheperustelut.) Aluksi huomio Z p k = v Z p k = v + p k. (11.74) Siten voidaan olettaa, että 2 v, v 2p k. (11.75) Olkoon h = ord 2p k v. (11.76) Välittömästi h φ(2p k ) = φ(p k ) (11.77) ja v h 1 (mod 2p k ), (11.78) josta v h 1 (mod p k ). (11.79) 0-70

72 Niinpä h φ(p k ) h, h = φ(p k ) = φ(2p k ). (11.80) Lause Olkoot n Z +, q {4} P 3, p P 3, p = q ja pq n. Tällöin Z n ei ole syklinen. Todistus. Olkoon n = BC, B, C 3, B C. (11.81) Merkitään k = [φ(b), φ(c)], d = (φ(b), φ(c)). (11.82) Huomaa, että 2 d, kd 3.10 = φ(b)φ(c). (11.83) Valitaan a Z n, (11.84) 0-71

73 joten a φ(b) 1 (mod B). (11.85) Edelleen a k = a φ(b)φ(c) d 1 (mod B). (11.86) Vastaavasti a k 1 (mod C), (11.87) joten a k 1 (mod BC). (11.88) Vielä k = φ(b)φ(c) d φ(bc) 2 = φ(n) 2. (11.89) Siispä Z n = a a Z n. (11.90) Lauseet osoittavat Lauseen 11.1 todeksi. 0-72

74 Tutkitaan vielä ryhmää Z 2 k. Lauseen 11.2 nojalla, jos k Z 3, niin Z 2 k = a a Z 2 k. (11.91) Apulause. Olkoon k Z 3. Tällöin Todistus. Yhtälön (11.8) nojalla ord 2 k 5 = φ(2k ). (11.92) 2 5 2k 2 1 (mod 2 k ). (11.93) Olkoon h = ord 2 k 5, (11.94) jolloin h 2 k 2, h = 2 m, m k 2. (11.95) Induktiolla saadaan 5 2l l 1 1 (mod 2 l ) l Z 3. (11.96) 0-73

75 Jos olisi m k 3, niin relaatiosta 5 h = 5 2m 1 (mod 2 k ) (11.97) seuraisi 5 2k 3 1 (mod 2 k ). (11.98) Ristiriita. Siten h = ord 2 k 5 = 2 k 2. (11.99) Merkintä 2. Olkoon G Abelin ryhmä ja a, b G. Tällöin a, b = {a i b j i, j Z}. (11.100) Huomaa, että a, b G. (11.101) Kun G on äärellinen g = #G, niin silloin a, b = {a i b j 0 i, j g 1}. (11.102) 0-74

76 Lause Z 2 k = 1, 5 k Z 1. (11.103) Todistus. Tapaukset k = 1, 2 OK. Olkoon k 3 ja H = 5 = {5 i i = 0, 1,..., 2 k 2 1}, #H = 2 k 2, (11.104) L = { 5 i i = 0, 1,..., 2 k 2 1}, #L = 2 k 2. (11.105) #H = #L = #Z 2 k 2. (11.106) Jos olisi 5 j = 5 i Z 2 k, (11.107) 0-75

77 niin 5 j 5 i (mod 2 k ) 5 j 5 i (mod 4) (11.108) 1 1 (mod 4). (11.109) Ei käy tällainen, joten joukot H ja L ovat erillisiä ja yhdessä täyttävät joukon Z 2 k eli H L = Z 2 k, H L =. (11.110) II Tapa: Tarkastellaan aliryhmän 5 sivuluokkia Sovelluksia ja esimerkkejä Olkoon seuraavassa p P 3 ja Z p = β, jolloin β p 1 = 1. A). Olkoot n Z. Lasketaan A n = a Z p a n. (11.111) 0-76

78 Välittömästi A n = p 2 (β i ) n = i=0 p 2 (β n ) i. (11.112) i=0 a) p 1 n. Tällöin A n = p 2 i=0 1 i = p 1 (11.113) eli 1 n +2 n +3 n +...+(p 1) n 1 (mod p). (11.114) b) p 1 n. Tällöin β n = 1 ja A n = (βn ) p 1 1 β n 1 = (βp 1 ) n 1 β n 1 = 0 (11.115) eli 1 n +2 n +3 n +...+(p 1) n 0 (mod p). (11.116) c) Erityisesti p 1 0 (mod p). (11.117) 0-77

79 B). Olkoot n Z. Tällöin B n = a = 1. (11.118) a Z p Polynomiyhtälöitä Olkoon seuraavassa H = β kertalukua h Z + oleva syklinen ryhmä, jolloin β h = 1. Lause Olkoon k Z +, (h, k) = d ja a H. Tällöin yhtälöllä x k = a ratkaisu x H d S = log β a. (11.119) Todistus. " ". Olkoon aluksi a = β S ja x = β R H, (11.120) jolloin yhtälöstä x k = a seuraa β kr = β S = β S+jh, j Z. (11.121) 0-78

80 Yhtälö (11.121) toteutuu, mikäli yhtälöllä kr = S + jh (11.122) on ratkaisu R, j. Koska d k, d h, niin välttämättä d S. " ". Oletetaan siis d S = dd. Tällöin yhtälöllä kr = S + jh (11.123) on ratkaisu R, j. Siten (β R ) k = β S+jh = β S, j Z. (11.124) Siispä x = β R H toteuttaa yhtälön x k = a. (11.125) Huomio: Yhtälön (11.123) ratkaisun olemassaolo. Koska d = (k, h), niin Eukleideen algoritmin nojalla (kts. Lukuteorian perusteet) saadaan Bh + Ck = d, B, C Z. (11.126) 0-79

81 Siispä (DC)k = S + ( DB)h. (11.127) Aseta vielä R = DC, j = DB. Lause Olkoon k Z +, (h, k) = d ja a H. Tällöin yhtälöllä x k = a ratkaisu x H a h/d = 1. (11.128) Todistus. Olkoon a = β S H. Tällöin a h/d = 1 (11.129) S h d = jh S = jd d S (11.130) yhtälöllä x k = a on ratkaisu ryhmässä H. 1. Olkoon seuraavassa p P 3 ja Z p = β, jolloin β p 1 = 0-80

82 C). Yhtälöllä on ratkaisut x = ±1 Z p. Toisaalta x 2 = 1 (11.131) α = β p 1 2 (11.132) toteuttaa yhtälön (11.131). Siten β p 1 2 = 1. (11.133) D). Yhtälö x 2 = a Z p. (11.134) Nyt d = (h, k) = (p 1, 2) = 2. Täten Yhtälö (11.134) ratkeaa, kunhan d = 2 S = log β a. (11.135) Tällöin 2R = S + j(p 1). (11.136) 0-81

83 E). Yhtälö x 2 = 1 Z p. (11.137) Nyt d = (h, k) = (p 1, 2) = 2. Täten Yhtälö (11.137) ratkeaa, kunhan d = 2 S = log β 1 = p 1 2 = 2k p = 4k + 1. (11.138) Eli yhtälöllä x 2 = 1 ratkaisu x Z p p = 4k + 1. ja yhtälöllä (11.139) x 2 = 1 ratkaisua x Z p p = 4k + 3. (11.140) F). x 3 = 4 Z 13 = 2. (11.141) Nyt d = (h, k) = (p 1, 3) =

84 Lasketaan a h/d = 4 12/3 = 2 8 = 1. (11.142) Siten yhtälöllä (11.141) ei ole ratkaisua ryhmässä Z 13. G). x 3 = 5 Z 13 = 2. (11.143) Lasketaan a h/d = 5 12/3 = (2 9 ) 4 = 1. (11.144) Siten yhtälöllä (11.143) on ratkaisuja x = 2 R ryhmässä Z 13. Saadaan 3R = log j 12 = 9 + j 12 R = 3 + 4j, josta ratkaisut (11.145) (R, j) = (3, 0), (7, 1), (11, 2), x = 8, 11, 7. (11.146) 0-83

85 12 Neliöjäännökset 12.1 Yhtälö x 2 = a syklisessä ryhmässä Lause Olkoon H = β, h = #H. Jos 2 h, niin Jos 2 h, niin #{a H x H : x 2 = a} = h 2. (12.1) #{a H x H : x 2 = a} = h. (12.2) Todistus. (12.1): Määrätään ryhmän H neliöt a = (β l 1 ) 2, 0 l 1 h 1. (12.3) Olkoon vielä a = (β l 2 ) 2, 0 l 1 l 2 h 1. (12.4) jolloin saadaan β 2(l 2 l 1 ) = β jh, 0 2(l 2 l 1 ) 2h 2. (12.5) 0-84

86 Siten 2(l 2 l 1 ) = 0 tai 2(l 2 l 1 ) = h (12.6) eli l 2 = l 1 tai l 2 = l 1 + h/2. (12.7) Tällöin saadaan #{a = x 2 } = #{a = β 2l 1 0 l 1 h/2 1} = h/2. (12.8) Esim. β 2 0 = β 2 h/2 = 1,... (12.9) Huom. Kohdassa (12.1), jolloin 2 h ja β h = 1, yhtälöllä x 2 = β 2l (12.10) on ratkaisut x 1 = β l, x 2 = β l+h/2. (12.11) 0-85

87 Mutta yhtälöllä x 2 = β 2l+1 l = 0, 1,..., h 1 (12.12) ei ole ratkaisua H:ssa! Sanotaakin, että a = β 2l on neliö ja a = β 2l+1 on epäneliö, joita on siis yhtä paljon eli #{ } = #{ } = h 2. (12.13) Olkoon nyt H = Z p = β ja h = p 1 = #H, missä p P 3. Tällöin 2 h ja 1 = 1, sekä 1 = β p 1 2, (12.14) jolloin yhtälöllä x 2 = β 2l (12.15) on ratkaisut x 1 = β l, p 1 l+ x 2 = β 2 = β l Z p. (12.16) 0-86

88 Mutta yhtälöllä x 2 = β 2l+1 l = 0, 1,..., h 1 (12.17) ei ole ratkaisua Z p :ssa. Määritelmä Luku a Z (a Z p) on neliönjäännös (mod p), jos x Z p s.e. x 2 = a, (12.18) muutoin epäneliö. Huom. Z 2 = {1} = {1 2 }. (12.19) Lause Olkoon p P 3. Joukossa Z p = β neliöitä ja epäneliöitä on yhtäpaljon = p 1 2. Neliö = β2l, epäneliö = β 2l+1 aina, kun l = 0, 1,..., (p 3)/

89 12.2 Legendren symboli Määritelmä Olkoon a Z ja p P 3. Legendren symboli ( a p ) määritellään asettamalla ( a ) = p 0, jos p a 1, jos a on neliönjäännös (mod p) 1, jos a on epäneliö (mod p). (12.20) Legendren symboli kertoo, milloin a on neliönjäännös (mod p) eli milloin a on neliö Z p :ssä. Lause Eulerin kriteeri. Olkoon a Z ja p P 3. Tällöin ( a p ) a p 1 2 (mod p). (12.21) Todistus. Olkoon β = Z p, jolloin βp 1 = 1 ja β p 1 2 = 1. (12.22) 0-88

90 ( a p ) = 1 a = β 2l a p 1 2 = (β p 1 ) l = 1. (12.23) ( a p ) = 1 a = β 2l+1 a p 1 2 = (β p 1 2 ) 2l+1 = 1. (12.24) Esimerkki 16. p = 23 P, a = 5, p 1 2 = 11. (12.25) ( 5 ) = (5 2 ) 5 5 = = (mod 23) eli 5 on epäneliö (mod 23). (12.26) Lause Legendren symboli toteuttaa seuraavat ehdot: a b (mod p), ( a p ) = ( b p). (12.27) 0-89

91 ( ab ) p = ( a p )( b p). (12.28) a 0 (mod p), ( a 2 ) p = 1, ( 1 p) = 1. (12.29) ( 1 p ) = ( 1) p 1 2. (12.30) ( 2 p) = ( 1) p2 1 8 = 1, jos p ±1 (mod 8) 1, jos p ±3 (mod 8). (12.31) Todistus. (12.27) Eulerin kriteerillä ( a p ) a p 1 2 b p 1 2 ( b p) (mod p). (12.32) 0-90

92 (12.28) Eulerin kriteerillä ( ab ) (ab) p 1 2 a p 1 p 1 2 b 2 p ( a p )( b p) (mod p). (12.33) (12.29) Määritelmästä suoraan. (12.30) Eulerin kriteerillä. (12.31) Gaussin lemmalla myöhemmin. Esimerkki 17. ( ) = ( 2 13 ) = ( 1 13 )( ) = ( 1) 2 ( 1) = (12.34) siten 89, 2 ja 11 ovat epäneliöitä (mod 13). Lause Resiprookkilause. Olkoot p, q P 3, p = q. Tällöin ( q p )( p q ) = ( 1) (p 1)(q 1) 4. (12.35) Esimerkki P. Lasketaan ( ) = ( )( ) = 0-91

93 ( 1) (23 1)(1009 1) 4 + (31 1)(1009 1) 4 ( )( ) = Siten yhtälöllä ( )(17 ) =... = 1. (12.36) 31 x (mod 1009), x Z, (12.37) on ratkaisuja Gaussin Lemma Jakoyhtälö: Olkoot a, b, q, r Z, b Z +. Tällöin a = qb + r, 0 r < b. (12.38) Jakoyhtälöstä (Lukuteorian perusteet) saadaan q = a, r = a b b a b. (12.39) 0-92

94 Olkoot p P 3, a Z, p a. Jaetaan seuraava jakojäännöksien joukko R a = {r k 1 r k p 1, (12.40) r k ak (mod p), 1 k (p 1)/2} Isoihin jakojäännöksiin I a = {r k R a (p + 1)/2 r k p 1}, s = #I a (12.41) ja Pieniin jakojäännöksiin P a = {r k R a 1 r k (p 1)/2}, t = #P a. Huomaa, että (12.42) s + t = p 1 2. (12.43) Lause Gaussin Lemma. Olkoot p P 3, a Z, p a ja s = #I a. (12.44) 0-93

95 Tällöin ( a p ) = ( 1) s. (12.45) Todistus. Merkitään I a = {b 1,..., b s }, P a = {l 1,..., l t } (12.46) ja lasketaan tulo S = b 1 b s l 1 l t = p 1 2 k=1 r k p 1 2 k=1 Toisaalta ka = ( p 1 2 )!a p 1 2 (mod p). (12.47) S ( 1) s (p b 1 ) (p b s )l 1 l t (mod p), missä tulon alkiot ovat erillisiä (mod p). Nimittäin, jos olisi (12.48) p b i l j (mod p), (12.49) 0-94

96 niin p k i a k j a (mod p), 1 k i, k j (p 1)/2. Edelleen (12.50) p k i + k j, 2 k i + k j p 1. (12.51) Ei mahdollista. Täten joukolle T = {p b 1,...p b s, l 1,..., l t } (12.52) pätee #T = s+t = p 1, 2 x T 1 x (p 1)/2. (12.53) Siten T = {p b 1,...p b s, l 1,..., l t } = {1, 2,..., (p 1)/2} (12.54) 0-95

97 ja niinpä S ( 1) s t T t = ( 1) s p 1 2 k=1 k = Täten ( p 1 2 ( ) p 1 ( 1) s! (mod p). (12.55) 2 )!a p 1 josta väite seuraa. ( p 1 2 ( 1) s 2 )! (mod p), (12.56) Lause Olkoot p P 3. Tällöin ( 2 p) = ( 1) p (12.57) Huomaa, että (12.57) on yhtäpitävää seuraavan tuloksen kanssa. Todistus laskareissa. 0-96

98 Olkoot p P 3. Tällöin ( 2 p) = 1 p = 8k ± 1. (12.58) Todistetaan (12.58). Lasketaan s = #I a = #{r k R 2 (p + 1)/2 r k p 1}, (12.59) missä R 2 = {r k 1 r k p 1, (12.60) r k 2k (mod p), 1 k (p 1)/2}. Saadaan ehdot (p + 1)/2 2k p 1, 1 k (p 1)/2 (12.61) p k p 1 2. (12.62) 0-97

99 Siten s = # { k p k p 1 }, (12.63) 2 joten s = p 1 2 p = p p (12.64) Tutkitaan p (mod 8). p = 8k + 1 (12.65) s = 8k k = 4k + 1 (2k + 1) 2Z. (12.66) p = 8k + 3 s 2Z + 1. (12.67) p = 8k + 5 s 2Z + 1. (12.68) 0-98

100 p = 8k + 7 s 2Z. (12.69) Saatiin (12.58). Lause Olkoot p P 3, a 2Z + 1, p a ja asetetaan Tällöin v = ( a p ) p 1 2 k=1 ka p. (12.70) = ( 1) v. (12.71) Tästä Todistus: Yhtälön (12.39) nojalla ka = ka p p + r k, 0 r k p 1. (12.72) p 1 2 k=1 ka = p p 1 2 k=1 ka p + s b i + i=1 t l j. (12.73) j=1 0-99

101 Oli Näistä saadaan p 1 2 k=1 k = s (p b i ) + i=1 t l j. (12.74) j=1 (a 1) p 1 2 k=1 k = pv sp + 2 s i=1 b i (12.75) josta (mod 2) v s (mod 2) ( 1) v = ( 1) s. (12.76) Vielä Gaussin lemma. Todistetaan sitten Resiprookkilause eli: Olkoot p, q P 3, p = q. Tällöin ( q p )( p q ) = ( 1) (p 1)(q 1) 4. (12.77) ( q p) Todistus. Merkitään = ( 1) s 1 = ( 1) v 1, ( p q ) = ( 1) s 2 = ( 1) v 2. (12.78) 0-100

102 Osoitetaan, että v 1 + v 2 = (p 1)(q 1), (12.79) 4 missä v 1 = p 1 2 m=1 mq, v 2 = p q 1 2 n=1 np q. (12.80) Jaetaan joukko N = {(x, y) Z 2 1 x (p 1)/2, 1 y (q 1)/2} (12.81) #N = (p 1)(q 1), (12.82) 4 osiin A = {(x, y) N y < qx/p}, (12.83) Y = {(x, y) N y > qx/p}. (12.84) 0-101

103 Välittömästi A Y = N, A Y =. (12.85) Lasketaan vielä joukkojen A ja Y mahtavuudet. Olkoon aluksi x = m kiinteä, jolloin #{(m, y) A} = #{y 1 y < qx/p} = mq. p (12.86) Niinpä ja vastaavasti Koska #A = #Y = p 1 2 m=1 q 1 2 n=1 mq = v 1 (12.87) p np = v 2. (12.88) q #A + #Y = #N, (12.89) niin saadaan v 1 + v 2 = (p 1)(q 1). (12.90)

104 12.4 Jacobin symboli Määritelmä Olkoon a Z ja n 2Z + 1 3, jonka alkutekijäesitys on n = p α 1 1 pα r r, p i P. (12.91) Tällöin Jacobin symboli ( a n ) määritellään asettamalla ( a ( a ) α1 ( a ) αr. = (12.92) n) p 1 p r Lause Jacobin symboli toteuttaa seuraavat ehdot: a b (mod n), ( a n ) = ( b ). (12.93) n ( ab n ) = ( a n )( b ). (12.94) n a n, ( a2 n ) = 1, ( 1 ) = 1. (12.95) n ( 1 n 1 ) = ( 1) 2. (12.96) n 0-103

105 ( 2 n) = ( 1) n2 1 8 = 1, jos n ±1 (mod 8) 1, jos n ±3 (mod 8). (12.97) Lause Yleistetty Resiprookkilause. Olkoot m, n 2Z + 1 3, m n. Tällöin ( m n ) = ( 1) (m 1)(n 1) 4 ( n m). (12.98) Huom 2. Jos n on yhdistetty luku, niin ( a n ) ei kerro sitä, onko kongruenssilla x 2 a (mod n) (12.99) ratkaisu vai ei

106 12.5 Sovelluksia Esimerkki 19. Olkoon p, q P 3 ja p = 4q + 1. Tällöin Z p = 2. (12.100) Todistus: Aluksi huomataan, että pienimmät tällaiset alkuluvut ovat p = 13, 29,... (12.101) Nyt ryhmässä Z p pätee h = p 1 = #Z p, (12.102) missä luvun h = 4q alkutekijäjoukko on {2, q}. Tarkastellaan potensseja 2 h/q = 2 4 = 1 Z p, (12.103) 2 h/2 = 2 p 1 2. (12.104) 0-105

107 Tässä 2 p = ( 2 p ) = ( 1) p2 1 8 = 1 Z p. (12.105) Siten 2 h/2 = 1 = 1 Z p. (12.106) Niinpä Lauseen 9.12 nojalla saadaan ord 2 = h = p (12.107) 0-106

108 13 Deterministisiä alkulukutestejä 13.1 Ei-polynomiaikaisia Olkoon n annettu luku Z +. DT1=Eratostheneen seula. Kokeillaan luvut (tai alkutekijät, jos tiedetään) n. Esimerkki 20. n = , 3, 5 n 7 n = n 1 = , 11, 13, 17, 19, 23 n = , n 2 = 211 mutta 23 > 211 Stop

109 42833 = (Kokeiltavia alkulukuja tarvitaan korkeintaan π( n) = jakolaskujen lukumäärä, missä π( n) = O( n log ). Siten n T IME(DT 1) = O(2 n 1 2 log n log2 n) = O(n 1 2 log n) = O(le l/2 ) missä log n = O(l), l = l(n), eli DT 1 on eksponentiaalinen.) DT2=Lucasin testi=lemma 9.13, joka soveltuu hyvin vain luvuille n, joilla luvun n 1 alkutekijät ovat "pieniä"eli B = O(log n). Tällöin n 1 on B-tasainen (ja testi on polynomiaikainen, jos B = O(log n).) Lemma 3.12: LUCASIN ALKULUKUTESTI

110 Olkoot a, n Z +, a n. Jos a n 1 1 (mod n) (13.1) ja a n 1 p i 1 (mod n) p i n 1, p i P, (13.2) niin n = p P. DT3= 2. Lucasin testi on Lemman 9.13 muunneltu versio. Lemma DT3=2. LUCASIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n Z + ja n 1 = s i=1 p k i i, p i P. (13.3) Jos jokaista i = 1,..., s kohti on olemassa sellainen a i, että a n 1 i 1 (mod n) (13.4) ja n 1 p a i i 1 (mod n) (13.5) 0-109

111 niin n = p P. Todistus: Olkoot h j = ord n a j h j n 1, h j φ(n). (13.6) Nyt Niinpä 13.5 h j n 1 p j = p k j 1 j s i =j p k i i. (13.7) p k j j h j j = 1,..., s n 1 φ(n). (13.8) Jatketaan kuten Lemman 9.13 todistusta. Lemma DT4=POCKLINGTONIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n Z + ja n 1 = mk, m = s i=1 p k i i, p i P, m k, n m. (13.9) 0-110

112 Jos jokaista i = 1,..., s kohti on olemassa sellainen a i, että a n 1 i 1 (mod n) (13.10) ja n 1 p syt(a i i 1, n) = 1 (13.11) niin n = p P. Todistus: Olkoot q n, q P ja h j = ord q a j h j q 1, h j n 1. (13.12) Nyt n p a i i 1 (mod q) (13.13) Kuten aikaisemmin h j n 1 p j = k p k j 1 j s i =j p k i i, k m. (13.14) mistä p k j j h j q 1 j = 1,..., s m q 1. (13.15) 0-111

113 Edelleen n m q 1. (13.16) Jos olisi qr n, q, r P, qr ( n + 1) 2. (13.17) Ristiriita. Lemma DT5=PROTHIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n = k2 t + 1 Z +, k < 2 t, t Z + (13.18) ja a n (mod n), a Z, (13.19) tällöin n = p P. Todistus laskareissa POCKLINGTONIN avulla

114 13.2 Mersennen ja Fermat n luvut Mersennen luvut M n = 2 n 1, n Z + ; (13.20) Fermat n luvut F n = 2 2n + 1, n Z +. (13.21) Lause Olkoot a Z, a 2, m Z +. Tällöin a m 1 P, m 2, a = 2 ja m = p P. (13.22) a m + 1 P 2 a ja m = 2 n, n N; (13.23) Todistus Lukuteorian perusteet kurssilla. Lause M n P n = p P. (13.24) 0-113

115 Lause Olkoon p P 3. Tällöin d M p d = 2kp + 1, k Z +. (13.25) [DT8] Lucas-Lehmer alkulukutesti. Olkoon p P 3. Määritellään rekursiojono u 0 = 4, u k+1 = u 2 k 2 k N. (13.26) Lemma Olkoot α = 2 + 3, β = 2 3, (13.27) tällöin u k = α 2k + β 2k k N. (13.28) Todistus laskareissa. Lause Lucas-Lehmer alkulukutesti. Olkoon p P 3. M p P M p u p 2. (13.29) 0-114

116 Ennen todistusta määritellään seuraava rengas. Määritelmä Olkoon q P. Asetetaan Z q [ 3] = {a + b 3 a, b Z q } (13.30) ja laskutoimitukset (a + b 3) + (c + d 3) = (a + b) + (c + d) 3, (13.31) (a + b 3) (c + d 3) = (ac + 3bd) + (ad + bc) 3. (13.32) Lemma (Z q [ 3], +, ) on kunta. HUOM: Kyseessä on kuntalaajennus (Algebra II) eli tarkemmin Todistus laskareissa. Z q [ 3] = F = Z q [x]/ x 2 3, (13.33) 0-115

117 missä merkintä 3 tarkoittaa renkaan F alkiota x, jolle pätee x 2 = 3 2 = 3, x = 3 F. (13.34) Edelleen 3 Zq ( ) 3 q = 1 q ±1 (mod 12). (13.35) Todistus laskareissa. Huomaa, että F = F {0} (13.36) ja erityisesti α = 2 + 3, β = 2 3 F. (13.37) Lemma #F q 2, #F q 2 1. (13.38) Tarkemmin #F = q tai q 2, #F = q 1 tai q 2 1. (13.39) 0-116

118 Todistus luennolla. Lauseen 13.4 todistus. " ". Olkoon M p = q = 2 p 1 P q = 2 p 1. (13.40) Aluksi q = 2 p 1 7 (mod 12) ( ) 3 q = 1. (13.41) Edelleen Eulerin (12.21) kriteerillä ( ) 3 q 3 q (mod q) (13.42) ja ( ) 2 q 2 q 1 2 ( 1) q2 1 8 (13.43) ( 1) 2p 2 (2 p 1 1) = 1 (mod q). (13.44) 0-117

119 Olkoon seuraavaksi a + b 3 F. (13.45) Lasketaan (a + b 3) q = a q + ( ) q a q 1 b ( ) q a q 2 b (13.46) ( ) q + a 2 b q 2 ( ) 3 q 2 q + ab q 1 3 q 1 +b q 3 q q 2 1 (13.47) a q + b q 3 q a + b3 q (mod q). (13.48) Siten tuloksen (13.42) nojalla (a + b 3) q = a b 3 F. (13.49) Koska 2α = = (1 + 3) 2, (13.50) 0-118

120 niin 2 q+1 2 α q+1 2 = (1 + 3) q+1 (13.51) 2 2 q 1 2 α q+1 2 = (1+ 3)(1 3) = 2 (13.52) Siten α q+1 2 = 1 α 2p 1 = 1. (13.53) u p 2 = α 2p 2 + β 2p 2 = β 2p 2 (α 2p 1 + 1) = 0 F (13.54) ja lopulta u p 2 0 (mod q) u p 2 0 (mod M p ). (13.55) " ". Olkoon siis M p u p 2 = α 2p 2 + β 2p 2 = DM p, D Z +, (13.56) 0-119

121 josta α 2p 1 = DM p α 2p 2 1. (13.57) Vastaoletus M p P q P, q M p, q 2 M p. (13.58) Tällöin (13.57) nojalla α 2p 1 1 (mod q), α 2p 1 (mod q) (13.59) eli α 2p 1 = 1, α 2p = 1 F. (13.60) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord α = 2 p #F q 2 1 (13.61) M p 1 = 2 p 2. Ristiriita. (13.62) 0-120

122 Esimerkki 21. M 7 = 127. Lasketaan u 1 = 14, u 2 67 (mod 127), u 3 42 (mod 127), (13.63) u 4 16 (mod 127), u 5 0 (mod 127) joten M 7 P. (13.64) Lause M p 2 M p 2 p P. (13.65) Siten Mersennen luvut alkulukuindeksillä ovat alkulukuja tai pseudoalkulukuja kannan 2 suhteen, katso Määritelmä Lause F n 2 F n 2 n Z +. (13.66) 0-121

123 Siten Fermat n luvut ovat alkulukuja tai pseudoalkulukuja kannan 2 suhteen. Lause F n = F 0 F 1 F 2 F n 1 + 2, n Z +. (13.67) Lause F n F m, n = m. (13.68) Lause Olkoon n Z 2. Jos p P, p 2 2n + 1, (13.69) niin p 1 (mod 2 n+2 ). (13.70) Todistus. Oletuksen (13.69) nojalla 2 2n 1 (mod p) 2 2n+1 1 (mod p), (13.71) 0-122

124 joten Lauseen 9.12 nojalla ord p 2 = 2 n+1. (13.72) Koska myös ja siten 2 p 1 1 (mod p) ord p 2 = 2 n+1 p 1 (13.73) p = 1 + l2 n+1 p 1 (mod 8). (13.74) Joten Eulerin (12.21) kriteerillä ( ) 2 p 2 p (mod p) (13.75) Siispä ord p 2 = 2 n+1 p 1 2 p = 1 + k2 n+2. (13.76) 0-123

125 Lause Olkoon n Z 2. Tällöin F n P 3 (F n 1)/2 1 (mod F n ); (13.77) F n P Z F n = 3. (13.78) Todistus: Aluksi huomataan, että F n 17. (13.77). Olkoon F n P. Koska F n 2 (mod 3), (13.79) niin ( Fn 3 ) = ( 2 3) = 1. (13.80) Resiprookkilauseen nojalla ( 3 ) ( = ( 1) (F n 1)(3 1) Fn ) 4 F n 3 = 1. (13.81) 0-124

126 Koska F n P, niin Eulerin kriteerillä ryhmässä Z F n pätee ( 3 F n ) = 3 F n 1 2. (13.82) (13.77). Oletuksen nojalla 3 (F n 1)/2 1 = 1 (mod F n ) (13.83) josta 3 F n 1 1 (mod F n ). (13.84) Nyt F n 1 = 2 2n := h, (13.85) missä missä luvun h alkutekijäjoukko on {2}. Siispä Lucasin alkulukutestin Lause 9.13 nojalla F n P. (13.78). Oletuksien nojalla F n = p P 17, jolloin ryhmässä Z p pätee 3 p 1 1 (mod p). (13.86) 0-125

127 Kuten kohdan (13.77) todistuksessa saadaan 3 p 1 2 = 1 = 1. (13.87) Täten Lauseen 9.12 perusteella Z F n = 3. (13.88) (13.78). Oletuksen nojalla Z F n = 3. (13.89) Lauseen 11.1 mukaan F n = 2, 4, p l, 2p l, l Z +, p P 3, (13.90) joten F n = p K, K Z +, p P 3. (13.91) Lauseen 13.9 nojalla p = L2 n+2 + 1, L Z +. (13.92) 0-126

128 Siten (1 + L2 n+2 ) K = 2 2n + 1 (13.93) ( ) K L2 n ( ) K L 2 2 (n+2) (13.94) 2 ( ) K L K 1 2 (n+2)(k 1) + L K 2 (n+2)k = 2 2n, K 1 (13.95) josta saadaan L 2 2n L = 2 s (13.96) p = 2 t + 1 p = 2 2l + 1 = F l. (13.97) Tuloksien (13.91) ja (13.97) mukaan F l F n, (13.98) 0-127

129 josta Lauseen 13.8 nojalla F l = F n F n = p P 3. (13.99) Seuraava lause yleistää tuloksen F n = p K, K Z 2, p P 3. (13.100) Lause Olkoon n Z 2, K Z 2 ja A Z 3. Tällöin F n = A K (13.101) eli Fermat n luku ei ole kokonaisluvun aito potenssi. Todistus. Olkoon F n = 2 2n + 1 = A K, K Z 2, A Z 3. (13.102) Välittömästi A 2Z + 1, A 3 ja 1 = A K 2 2n, A K > 2 2n A K/2 > 2 2n 1. (13.103) 0-128

130 Olkoon K = 2L 2Z, jolloin 1 = (A L 2 2n 1 )(A L + 2 2n 1 ), A L 2 2n 1 Z 1, A L + 2 2n 1 > 2 2n. (13.104) Ristiriita. Olkoon K = 2L + 1 2Z + 1. Tällöin 2 2n = (A 1)(A 2L + A 2L A + 1), (13.105) joten A 1 = 2 s, A 2L +A 2L A+1 = 2 t, 1 s < t. Edelleen (13.106) A 1 (mod 2) A 2L + A 2L A + 1 2L (mod 2). (13.107) Ristiriita tuloksen (13.106) kanssa

131 Lause Olkoot n Z 2 ja p P 3. Tällöin p = F n Z p = Z p. (13.108) Ts. Alkuluku p on Fermat n alkuluku täsmälleen silloin kun kertolaskuryhmä (mod p) on jokaisen epäneliönsä generoima. Todistus. " ". Olkoon siis F n = p P, Z p = β (13.109) Tiedetään, että epäneliöille pätee = β 2l+1 1 2l + 1 p 2. (13.110) Tässä (2l + 1, p 1) = (2l + 1, 2 2n ) = 1, (13.111) joten tuloksen (9.81) nojalla ord β 2l+1 = p 1. (13.112) 0-130

132 Siispä β 2l+1 = Z p 1 2l + 1 p 2. (13.113) " ". Olkoon siis Siten ord = ord β 2l+1 = p 1 1 2l + 1 p 2. (13.114) (2l+1, p 1) = 1, 1 2l+1 p 2 p 1 = 2 m. Tuloksen (13.23) nojalla (13.115) p = 2 2n + 1, jollakin n Z. (13.116) KOEALUE 2015 TÄHÄN ASTI

133 13.3 Polynomiaikainen/AKS/EI KOKEESEEN Seuraava Lause on lähtökohtana deterministiselle polynomiaikaiselle alkulukutestille =AKS. Lause Olkoot a Z, n N, n 2. Tällöin n P (x a) n = x n a; (13.117) a n, n / P, (x a) n = x n a; (13.118) polynomirenkaassa Z n [x]. Aluksi saadaan alkulukutesti DT6 n P (x 1) n = x n 1 Z n [x]. (13.119) (Mutta T IME(DT 6) = O(n log 3 n), 0-132

134 joten (DT 6) on eksponentiaalinen.) Tarvitaan muunneltu testi. DT7=AKS. Vuonna 2002 julkaistiin ensimmäinen deterministinen polynomiaikainen alkulukutesti. Algoritmin (DT7)=PRIME(n), jolla todistettavasti voidaan päätellä onko annettu positiivinen kokonaisluku n alkuluku, esittivät intialaiset Maninra Agrawal, Neeraj Kayal ja Nitin Saxena [Primes is in P, Annals of Mathematics (2004)]. Aikaisemmat JULKISESTI tunnetut testit ovat tavalla tai toisella stokastisia eli joko testin tulos tai kestoaika on epävarma polynomiajassa. Algoritmi perustuu seuraavaaviin tuloksiin. Lause Olkoot n Z 2, q, r P sellaisia, että (m, n) = 1, 1 m r. (13.120) q r 1. (13.121) 0-133

135 q 2 r log n + 2, (13.122) n r 1 q 1 (mod r). (13.123) 1 a 2 r log n + 1 (13.124) pätee (x a) n = x n a Z n [x]/ x r 1 (13.125) eli (x a) n x n a (mod x r 1). (13.126) Tällöin n = p f, joillakin f Z +, p P (13.127) eli n on alkulukupotenssi

136 Lauseen todistamiseksi tarvitaan seuraavat lemmat. Lemma Lauseen oletuksilla (13.121) ja (13.123) saadaan, että on olemassa sellainen p P, että p n, q d = ord r p. (13.128) Todistus: Aluksi huomataan, että (13.121) r 1 q Z. (13.129) (13.123) γ = n r 1 q = 1 Z r (13.130) ja koska q P, niin Lauseen 9.12 nojalla ord γ = q. (13.131) Olkoon n = p a pa k k ; p i P, (13.132) 0-135

137 ja f = # n, missä n Z r. (13.133) Koska γ n, (13.134) niin ord γ = q f = ord n. (13.135) Merkitään b i = ord p i, l = pyj(b 1,..., b k ). (13.136) Tällöin joten p l i = 1, i = 1,..., k (13.137) n l = (p l 1) a 1... (p l k) a k = 1. (13.138) Siten f l ja koska oli q f, niin q l. Nyt q P, joten q b j, jollakin j = 1,... k. Täten on olemassa p = p j n, q ord p = b j. (13.139) 0-136

138 Lemma Olkoot p P, p n ja a Z, i, j N sekä (x a) n = x n a Z n [x]/ x r 1. (13.140) Tällöin (x a) ni p j = x ni p j a Z p [x]/ x r 1. (13.141) Todistus. Olkoon N Z +. Lauseen nojalla (x N a) p = x pn a Z p [x], (13.142) josta (x N a) p x pn a (mod x r 1) Z p [x]. (13.143) Koska oletuksen nojalla (x a) n x n a (mod x r 1) Z n [x] (13.144) ja p n, niin (x a) n x n a (mod x r 1) Z p [x]. (13.145) 0-137

139 Sijoittamalla x:n paikalle x N, saadaan (x N a) n x nn 1 (mod x rn 1) Z p [x]. (13.146) Relaation x r 1 x rn 1 Z p [x] (13.147) avulla (x N a) n x nn 1 (mod x r 1) Z p [x]. (13.148) Edetään induktiolla käyttäen tuloksia (13.143) ja (13.148). Esimerkiksi (x a) np (x n a) p x np 1 (mod x r 1) Z p [x]. (13.149) Lemma Olkoon n Z 2, p P, p n ja E = {n i p j 0 i, j r }. (13.150) 0-138

140 Tällöin, jos n ei ole alkulukupotenssi, niin #E > r. (13.151) Todistus. Olkoon siis n / p Z + ja olkoot 0 i, i, j, j r (13.152) sekä n i p j = n i p j. (13.153) Nyt n = ap k ; p a Z 2, k Z +. (13.154) Siten kohdasta (13.153) saadaan a i p ik+j = a i p i k+j, (13.155) ja koska p a, niin a i a i, a i a i. (13.156) 0-139

141 Täten a i = a i i = i p ik+j = p ik+j (13.157) p j = p j j = j. (13.158) Eli, kun m = n i p j = m = n i p j E (i, j) = (i, j ), joten pätee (13.159) (i, j) = (i, j ) m = m. (13.160) Siten #E = #{(i, j) 0 i, j r } = (1 + r ) 2 > r. (13.161) 0-140

142 Todistus. Lauseen todistus. Vastaoletus eli n / p Z+. (13.162) Lemman 13.9 nojalla #E > r, joten m, m E, m = m : m m (mod r) (13.163) (i, j) = (i, j ), 0 i, j, i, j r (13.164) s.e. n i p j n i p j (mod r), m = n i p j, m = n i p j. (13.165) Voidaan olettaa, että m > m, jolloin m = m + kr, jollakin k Z +. Tällöin Lemman 13.8 nojalla (x a) m x m a x m (x r ) k a x m 1 k a (13.166) 0-141