Koska matematiikka alkaa alkeista (kreikaksi Elementa (ks. Eukleides)), niin aloitetaan alakoululaisille muotoillulla tehtävällä.

Transkriptio

1 Lukuteoria 2, ylimääräisiä harjoitustehtäviä Nämä ylimääräiset tehtävät ovat nimensä mukaisesti ylimääräisiä eli niitä ei käsitellä demoissa eikä ratkaisuja julkaista, vaan tehtävät on tarkoitettu ihan vain yleisesti mietittäviksi. Osa näistä on hyvin vaikeita, osa helpompia. Varsinaiset demoissa käsiteltävät tehtävät erottaa numeroinnista: niiden tunnuksena on kaksinumeroinen koodi, esim. 4.3, kun taas ylimääräisten tehtävien koodi on esim. Y3. Koska matematiikka alkaa alkeista (kreikaksi Elementa (ks. Eukleides)), niin aloitetaan alakoululaisille muotoillulla tehtävällä. Y. Erkki on valinnut kaksi kokonaislukua x ja y, 2 x, y 00, ja antanut kahdelle lukuteorian opiskelijalle, Maijalle ja Matille, luvut xy ja x + y, Maijalle luvun xy ja Matille luvun x + y. Maija ja Matti tapaavat. Maija sanoo: Tiedän luvun xy, mutta en osaa päätellä lukuja x ja y. Matti vastaa: Tiesin tuon. Tähän Maija: Nyt tiedän luvut x ja y. Matti ilmoittaa: Niin minäkin. Mitkä ovat luvut x ja y? (Ohje: On ensinnäkin hämmästyttävää, että näin vähäisestä informaatiosta voi ulkopuolinen tarkkailija todellakin päätellä kyseiset luvut. Lähtökohta on tietenkin se, että Maija ja Matti ovat salamannopeita ja täydellisiä päättelijöitä sekä täysin rehellisiä lausunnoissaan. Lisäksi he tietävät, että 2 x, y 00 sekä sen, että toiselle on kerrottu lukujen summa ja toiselle tulo. Tässä on tietenkin alunperin valtava määrä vaihtoehtoja, mutta Maijan ensimmäinen lausunto poistaa joitakin. Ei voi esimerkiksi olla x = y = 00, sillä tulosta 0000 ja tiedosta 2 x, y 00 voi päätellä kyseiset luvut. Vastaavasti ei voi olla x = y = 2 tai x = 2, y = 3. Matin vastaus Tiesin tuon poistaa sitten suuren määrän summavaihtoehtoja. Matin saama summa on siis sellainen, että siitä voi päätellä, että Maija ei voi päätellä lukuja x ja y. Esimerkiksi edelläkerrotuista syistä johtuen summa ei siis voi olla esimerkiksi 200, 4 tai 5, mutta moni muukaan summa ei tule kyseeseen. Itse asiassa on vain kymmenen eri summaa, jotka Matin lausunnon jälkeen ovat mahdollisia. Itse luvuille x ja y vaihtoehtoja on tietysti useampia. Maijan toinen kommentti poistaa näistä osan, ja lopullisen niitin antaa Matin viimeinen ilmoitus, jonka jälkeen jäljelle jää vain yksi vaihtoehto.) Y2. Korissa on n kappaletta kananmunia. Munia ryhdytään poistamaan korista kaksi kerrallaan, jolloin lopulta koriin jää vain yksi muna. Jos poisto-operaatio tehdään kolmen munan erissä, korissa on lopulta kaksi munaa. Vastaavasti jos poisto-operaatio tehdään neljän munan erissä, korissa on lopulta kolme munaa, jos se tehdään viiden munan erissä, korissa on lopulta neljä munaa ja jos se tehdään kuuden munan erissä, korissa on lopulta viisi munaa. Jos poisto-operaatio tehdään seitsemän munan erissä, kori on lopulta tyhjä. Mikä on pienin mahdollinen korissa olevien munien määrä?

2 Jos nämä tehtävät tuntuvat liian lapsellisilta, siirrytään pelien kiehtovaan maailmaan: Y3. Tarkastellaan seuraavanlaista lautapeliä: pelilauta muodostuu ruudukosta, jossa viivan yläpuolella on viisi riviä ja alapuolella periaatteessa ääretön määrä rivejä myöskään sarakkeiden määrää ei ole rajoitettu. Pelaaja asettaa haluamansa määrän nappuloita viivan alapuolella oleviin ruutuihin haluamallaan tavalla. o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o Esimerkki mahdollisesta aloitusasemasta Pelaaja voi siirtää nappuloitaan vaaka- tai pystysuoraan (ei vinottain) syömällä oman, viereisessä ruudussa olevan nappulansa, mikäli sen takana oleva ruutu on tyhjä. Siirto tapahtuu siis näin (vaakasuora esimerkki): o ennen o jälkeen o Pelaajan tavoitteena on saada jokin nappula tasolle 5 eli viidennelle riville viivan yläpuolelle, ks. esimerkkikuva yllä. Pelaaja voi siis vapaasti valita aloitusaseman kuten myös käytettävien nappuloiden määrän. Tehtävänä on nyt laskea kullekin tasolle -5 pääsemiseksi tarvittavien nappuloiden vähimmäismäärä. Osoita, että tasolle pääsemiseen tämä määrä on 2, tasolle 2 määrä on 4 ja tasolle 3 määrä on 8. Osoita edelleen, että tasolle 4 pääsemiseksi tarvitaan ainakin 9 nappulaa. Montako nappulaa tarvitaan tavoitteeseen eli viidennelle riville pääsyyn? Y4. Olkoon luvut a i N annettu kaikille i N {0}. Nolla ei ole tällä kurssilla luonnollinen luku, mutta nyt siis myös a 0 on määritelty. Määritellään symboli 2

3 a 0,..., a n seuraavaan rekursiiviseen tyyliin: Määritellään edelleen a 0, a = a 0 + a, a 0, a, a 2 = a 0 + mikäli raja-arvo on olemassa. a 0, a, a 2, a 3 = a 0 + a + a 2, a +, a 2+ a 3. a 0,..., a n = a 0 + a + a a n + an a 0, a, a 2,... = lim n a 0,..., a n, Onko,,,... järkevästi määritelty, so. onko raja-arvo olemassa ja jos on, mikä on sen arvo? Y5. Fibonaccin luvut f n, n N {0} määritellään rekursiivisesti näin: f 0 = 0, f = ja jos f 0,..., f n on määritelty, asetetaan f n+ = f n + f n. Ensimmäiset Fibonaccin luvut ovat siis 0,,,2,3,5,8,3,2,34, ja niin edelleen. Olkoon α = + 5 ja β = Osoita, että kaikilla n N Fibonaccin luku f n voidaan laskea kaavasta f n = αn β n 5. Y6. Olkoon (f n ) Fibonaccin lukujen muodostama jono. Suppeneeko jono ) ( fn+ ja jos suppenee, niin mihin? f n n N Y7. Miten tehtävät (Y4) ja (Y6) liittyvät toisiinsa? Miten sitten taas tehtävät (Y4), (Y5) ja (Y6) liittyvät tehtävään (Y3)? 3

4 Lukuteoria 2, demotehtäviä, Koska ylimääräiset tehtävät alkoivat alakoulutehtävällä, aloitetaan nämä varsinaiset tehtävät myös. Todista, että 3 4 = 2. Ohje. Alakoulussahan tämä osataan helposti, mutta lukuteorian opiskelija saattaa katsoa vähän huuli pyöreänä. Ensin täytyy huomata, että liikutaan kymmenjärjestelmässä, ja mikäs se 2 silloin oikein onkaan? Mitäs sitten ovat,2,3,4 ja 0? Miten yhteenlasku määritellään? Entä kertolasku?.2 Osoita, että n 5 n on jaollinen luvulla 30 kaikille n N..3 Määrää kaikki alkuluvut p, joille 29p + on neliö, ts. pätee 29p + = k 2 jollekin k N..4 Jos luvut p ja p + 2 ovat alkulukuja, sanotaan, että nämä ovat alkulukukaksosia, ks. HeTu, Esimerkiksi siis 3 ja 5, ja 3, 7 ja 9 ovat alkulukukaksosia. Ei tiedetä onko näitä kaksosia ääretöntä määrää vai ei. Osoita, että alkulukukolmosia, so. muotoa p, p + 2, p + 4 olevia alkulukuja on vain yksi kolmikko. Entä muotoa p, p + 4, p + 8 olevia alkulukukolmikkoja montakos näitä on?.5 Olkoot p, q alkulukuja. Osoita, että pq + on neliö jos ja vain jos p ja q ovat alkulukukaksosia..6 Kuten tunnettua, harmoninen sarja n N n hajaantuu. Hajaantuminen on kuitenkin hyvin hidasta, ts. sarjan osasummat kasvat erittäin hitaasti. Tästä vakuuttuaksesi esitä jonkinlainen (karkea) arvio sille, kuinka monta termiä sarjan alusta tarvitaan, jotta osasumma ylittää luvun a) sata, b) tuhat ja c) miljoona..7 Koska tehtävän.6 c) mukaan n on hyvin suuri, kun sarjan n N n n:s osasumma on noin miljoona (tai enemmän), niin osasumman arvot poikkeavat hyvin vähän tasaluvusta miljoona juuri silloin kun osasumma hyppää yli miljoonan. Sama pätee kaikille miljoonaa suuremmillekin kokonaisluvuille. Nyt voidaan kysyä, saako osasumma koskaan arvokseen täsmälleen kokonaislukua, paitsi tietysti ensimmäinen, joka on ykkönen. Vastaus tähän kysymykseen on kielteinen. Todista tämä osoittamalla, että m n= N kaikille m 2. n 4

5 Tämä saattaa olla aika vaikea. Induktio tulee varmaankin ensimmäisenä mieleen, mutta ei se taida oikein toimia. Mikään epäyhtälöarviointi ei tulle kyseeseen, koska jotkut osasummat tosiaan menevät hyvin lähelle kokonaislukuarvoa. Tässä kannattaakin käyttää hyväksi aputulostehtäviä.8 ja.9 seuraavaan tapaan. Kiinnitetään m 2 ja valitaan s = max{t N 2 t m} N. Osoita tehtävän.8 avulla, että summa m n= 2s n voidaan esittää muodossa m n= 2 s Käytä sitten tehtävää.9. n = a b +, missä a, b Z ja b on pariton. 2.8 Huomaa ensin, että kaikkia rationaalilukuja q ei voi esittää muodossa q = a, missä a, b Z ja b on pariton. () b Oletetaan sitten, että q,..., q n ovat rationaaliluja, jotka voidaan esittää muodossa (). Osoita, että myös summa q q n voidaan esittää muodossa ()..9 Olkoot a, b, c, d Z siten, että syt(a, b) = syt(c, d) =. Oletetaan lisäksi, että a b + c d on kokonaisluku. Osoita, että b = ±d..0 Olkoot m, n N siten, että m n < 7. Osoita, että myös m n + mn < 7. 5

6 Lukuteoria 2, demotehtäviä 2, Voisi ajatella, että luku m = n! + olisi alkuluku kaikille n, koska jokainen n:ää pienempi luku on luvun n! tekijä eikä siten voi olla m:n tekijä. Tässä olisi silloin mekanismi tuottaa alkulukuja ja puheet suurimmasta tunnetusta alkuluvusta kuulostaisivat kummallisilta: suurennetaan n:ää ja lasketaan, niin aina tulee isompia ja isompia alkulukuja. Tässä ajattelussa on kuitenkin pieni virhe. Missä? 2.2 Osoita, että binomikerroin ( n m) on kokonaisluku kaikille 0 m n. 2.3 Olkoon p alkuluku. a) Osoita, että binomikerroin ( p m) (joka on tehtävän 2.2 mukaan kokonaisluku) on jaollinen luvulla p kaikille m p. b) Osoita, että (x + y) p x p + y p (mod p) kaikille x, y Z. 2.4 Osoita, että n:n perättäisen luonnollisen luvun tulo on jaollinen luvulla n!, ts. n! (k + )(k + 2) (k + n) kaikille k 0 ja n N. Y8. Olkoon p alkuluku, m N ja 0 k p. Osoita, että ( ) mp + k m (mod p). p 2.5 Luentomonisteen esimerkissä.2 määritellään luku α asettamalla α = p n 0 2n. n= Totea ensin, että määritelmä on järkevä eli α:n määrittelevä sarja suppenee. α:n jälkeen määritellään funktio f : N Z asettamalla f(n) = 0 2n α 0 2n 0 2n α kaikille n. Osoita, että todellakin (kuten esimerkissä.2 väitetään) pätee f(n) = p n kaikille n. Ohje: Käytä ensin lausetta.3 osoittaaksesi, että 0 p n+k 0 2n+k +2 n <. k= Y9. Paranna lausetta.3 osoittamalla, että p n 2 n kaikille n. 6

7 Vihje: Bertrandin postulaatti, ks. Wikipedia. Tämä Bertrandin postulaatti tullaan todistamaan luentojen loppupuolella. 2.6 Osoita, että π(n) n 2 kaikille n Osoita, että π(n) n 3 kaikille n 33. Ohje: 2.6 on hyvin helppo, mutta 2.7 on vaikeampi. Todista ensin seuraavat faktat: - Kun n 0 3, niin kuuden alkion joukossa {n 0 +, n 0 + 2,..., n 0 + 6} on korkeintaan kaksi alkulukua. - Jos pätee n 0 3 ja π(n 0 ) n 0 /3 sekä n = n 0 + 6k jollekin k 0, niin π(n) n/3. - Väite pätee luvuille n = 33,..., 38. (Huomaa, että luvulle n = 32 se ei päde.) Y0. Osoita, että jos pätee n 0 6 ja π(n 0 ) 4n 0 /5 sekä n n 0 (mod 30), niin π(n) 4n/5. Päättele tästä, että π(n) 4n 5 riittävän suurille n. Mitä tarkoittaa tässä riittävän suurille? (Vertaa. tehtäviin 2.6 ja 2.7). 2.8 Merkitään h k = k n= n kaikille k N. Tehtävässä.7 osoitettiin, että h k ei ole kokonaisluku millekään k 2. Rationaalilukuhan se selvästi on, joten se voidaan esittää supistetussa muodossa Esimerkiksi siis h k = u k v k, missä u k, v k N. h 2 = 3 2, h 3 = 6, h 4 = 25 2, h 5 = ja h 6 = Olkoon p 3 alkuluku. Osoita, että luvun h p osoittaja u p on jaollinen luvulla p. Huomaa yo. listasta, että väite ei välttämättä päde, jos p ei ole alkuluku. Ohje: Kannattaa hakea apuja algebran kurssilta. 7

8 Lukuteoria 2, demotehtäviä 3, Olkoon p 3 alkuluku. Fermat n pienen lauseen nojalla pätee 2 p 0 (mod p). Nyt voidaan kysyä päteekö vastaava kongruenssi modulo p 2 eli päteekö 2 p 0 (mod p 2 ). () Kokeilu pienillä alkuluvuilla osoittaa, että ehto () ei yleensä päde, joten voidaan kysyä, päteekö se millekään p. Vastaus on, että kyllä se joillekin p pätee, mutta hyvin harvoille. Itse asiassa on niin, että lukua pienemmistä alkuluvuista ehdon () toteuttavat vain alkuluvut p = 093 ja p = 35. Tehtävänä on nyt osoittaa, että p = 093 tosiaan ehdon () toteuttaa. Tämähän on tietysti suoraan raakana laskettavissa, jos vain laskukoneessa riittää kapasiteettia. Vähän fiksumpi tapa on seuraavassa kaavajonossa. Tehtävänä on perustella jokainen vaihe. Vähän tässä pitää laskea, mutta laskut onnistuvat joko päässälaskuna tai kynällä ja paperilla. Yritä minimoida laskut. Tässä p 2 = 94649, mutta sitä ei tarvitse missään vaiheessa tietää. Ole tarkkana: ekvivalenssit ovat koko ajan modulo p 2, eivät modulo p. 3 7 = 287 = 2p +, (2) 3 4 = (2p + ) 2 4p + (mod p 2 ), (3) 2 4 = 6384 = 5p, (4) p + 2 (mod p 2 ), (5) p = 2969p 4 876p 4 (mod p 2 ), (6) p (mod p 2 ), (7) (469p + ) p 4p 3 4 (mod p 2 ), (8) 2 82 (mod p 2 ) ja lopulta (9) (mod p 2 ), (0) joten ehto () pätee tälle p. Y. Osoita, että tehtävän 3. ehto () pätee myös kun p = Jatkossa tullaan luennolla todistamaan lause, jonka mukaan kaikille n N kertomalle n! saadaan alkulukuesitys n! = p j(n,p), p P p n missä j(n, p) = log n log p l= n p l. 8

9 Uskotaan nyt tähän. Määrää tätä lausetta käyttäen luvun 60! alkulukuesitys. Huomaa, että summassa j(n, p) olevaa mystisen näköistä lukua log n log p ei tarvitse mistään laskimesta hakea, vaan se löytyy ihan päässälaskuna: log n = max{q Z q log n } = max{q Z q log p log n} = log p log p max{q Z log p q log n} = max{q Z p q n}. 3.3 a) Osoita, että jokaiselle n N luku n on rationaalinen jos ja vain jos se on kokonaisluku. b) Osoita, että e on irrationaalinen. Ohje b)-kohtaan: Ensin tarvitaan tietysti määritelmä luvulle e. Näitähän on erilaisia, mutta tässä on hyvä käyttää yhtälöä e = n=0 n!. Tee antiteesi: e = a/b. Valitse k > b ja tarkastele lukua α = k!(e k n=0 n! ). Osoita, että α on kokonaisluku, jolle pätee 0 < α <. Y2. Osoita, että π on irrationaalinen. 3.4 Mikä on Farey-jonon F 89 termiä seuraava termi? Entä Farey-jonon F 44 termiä edeltävä termi? siten, että q 000 ja ap- Y3. Arvioi lukua α = rationaaliluvulla p q proksimaatiovirheelle pätee α p q < 0 6. Vihje: Lause 2.5 sekä tehtävät 3.4, Y4, Y5 ja Y a) Ratkaise kongruenssiyhtälö [75] 942 [x] 942 = [80] 942. b) Ratkaise täydellisesti Diofantoksen yhtälö 3.6 a) Ratkaise kongruenssiyhtälö 75x + 942y = 80. [525] 5826 [x] 5826 = [2403] b) Ratkaise täydellisesti Diofantoksen yhtälö 525x y = Ratkaise kongruenssiyhtälöpari { [x] 942 = [799] 942 [x] 75 = [80] Ratkaise kiinalaista jäännöslausetta käyttäen tehtävä Y2. 9

10 Lukuteoria 2, demotehtäviä 4, a) Todista lemma 3.9: jos m k ja n k, niin pyj(m, n) k. b) Todista lemma 3.20: syt(m, n) pyj(m, n) = mn. Vihje a)-kohtaan: Tämä menee näppärästi ryhmäteorian avulla. Muista algebran kurssilta, minkälaisia ovat ryhmän (Z, +) aliryhmät. 4.2 Olkoon p alkuluku. a) Osoita, että kaikille x Z pätee p [x] p p [] p = [x k] p. k= b) Todista a)-kohtaa käyttäen Wilsonin lause: (p )! (mod p). Ohje a)-kohtaan: Käytä Fermat n lausetta ja muista, että kuntakertoimisella polynomilla voi olla korkeintaan asteluvun ilmoittama määrä juuria. 4.3 Todista käänteinen tulos Wilsonin lauseelle: jos n 2 ja (n )! (mod n), niin n on alkuluku. Ohje: Yhdistetylle luvulle n 4 pätee (n )! 0 (mod n). 4.4 Jos p 3 on alkuluku ja k, niin osoita, että yhtälöllä [x] 2 p k = [] p k on täsmälleen kaksi ratkaisua [x] p k Z p k. 4.5 Olkoon k. Osoita, että yhtälön [x] 2 2 k = [] 2 k ratkaisujen [x] 2 k Z 2 k lukumäärä on täsmälleen yksi, jos k =, kaksi, jos k = 2 ja neljä, jos k a) Tehtävissä 4.4 ja 4.5 selvitettiin yhtälön [x] 2 n = [] n ratkaisujen lukumäärä, kun n on alkulukupotenssi. Mikä on yleisesti yhtälön [x] 2 n = [] n ratkaisujen [x] n Z n lukumäärä, kun n 2? b) Määrää yhtälön [x] 2 60 = [] 60 kaikki ratkaisut. 4.7 Suurin yhteinen tekijä voidaan määritellä myös useammalle kuin kahdelle luvulle. Olkoot a,..., a n Z siten, että ne kaikki eivät ole nollia. Sanotaan, että s N on näiden lukujen suurin yhteinen tekijä, merkitään s = syt(a,..., a n ), jos s a i kaikille i =,..., n ja jos d Z siten, että d a i kaikille i =,..., n, niin d s. 0

11 a) Osoita, että syt(a,..., a n ) on olemassa ja yksikäsitteinen. b) Osoita, että on olemassa x,..., x n Z siten, että n syt(a,..., a n ) = a i x i. i= Diofantoksen yhtälöistä on puhuttu luennoilla niin, että niissä on kaksi tuntematonta eli ratkaisuja haetaan joukosta Z 2. Yleisemminkin, jos a,..., a n Z siten, että ne kaikki eivät ole nollia ja b Z, niin yhtälöä n a i x i = b i= (D) sanotaan Diofantoksen yhtälöksi. Tämän ratkaisu on sitten yhtälön (D) toteuttava vektori (x,..., x n ) Z n. 4.8 a) Osoita, että Diofantoksen yhtälöllä (D) on ratkaisu jos ja vain jos syt(a,..., a n ) b. b) Osoita, että yhtälöllä (D) on ratkaisu jokaiselle b Z jos ja vain jos syt(a,..., a n ) =. Y4. Määrää kaikki Diofantoksen yhtälöryhmän { 3x + 5x 2 + 7x 3 = 560 9x + 25x x 3 = 2920 ratkaisut (x, x 2, x 3 ) Z 3. Y5. Olkoon n 2 ja 0 m n. Osoita, että n ( ) n ( ) k k m = 0. k k=0 Y6. Osoita, että kaikille n 2 pätee n ( ) n k k (n k) n k = n n. k k=

12 Lukuteoria 2, demotehtäviä 5, Määrää kaikki Diofantoksen yhtälöiden ratkaisut (x, y), joille x, y 0. i) 2x + 7y = 53 ja ii) 28x + 35y = Osoita, että Diofantoksen yhtälöllä 3x + 5y = b on ratkaisu (x, y), jolle x, y 0, kun b = 0, 3, 5, 6 tai b 8. Osoita lisäksi, että tällaista ratkaisua ei muille b:n arvoille löydy. Tehtävän 5.2 valossa voidaan kysyä, millä b:n arvoilla Diofantoksen yhtälöllä n a i x i = b, i= missä a i N kaikille i =,..., n, on positiivisia ratkaisuja eli milloin (jokin mahdollinen) ratkaisu löytyy joukosta (N {0}) n. Tällainen kysymys saattaa tulla vastaan konkreettisissa sovelluksissa, ks. esim. tehtävä Y2. Riittävän suurille b näin tapahtuu aina, jos syt(a,..., a n ) =. Tämän sanoo seuraava tehtävä: 5.3 Olkoot a,..., a n N siten, että syt(a,..., a n ) =. Olkoon lisäksi b N {0} siten, että n b (a n ) a i. Osoita, että yhtälöllä (D) on positiivinen ratkaisu (x,..., x n ) (N {0}) n. Ohje: Valitse ensin jokin ratkaisu (z,..., z n ) Z n. Jakoyhtälöstä saat esitykset z i = a n q i + x i, 0 x i < a n kaikille i =,..., n. Määrittele i= n x n = z n + a i q i. Tällöin (x,..., x n ) on haluttu ratkaisu. Vertaa tehtävän 5.3 antamaa informaatiota tehtävään 5.2. Näiden perusteella nähdään, että tehtävän 5.3 antama alaraja b 0 = (a n ) n i= a i luvulle b ei ole paras mahdollinen, vaan voi olla olemassa b < b 0 siten että positiivinen ratkaisu löytyy kaikille b b. Nyt voidaan kysyä, mikä sitten olisi paras mahdollinen raja b:lle. Jotta oltaisiin vähän täsmällisempiä, kiinnitetään ensin luvut a,..., a n N siten, että syt(a,..., a n ) = ja tarkastellaan Diofantoksen i= (D) 2

13 yhtälöä (D). Määritellään luku G(a,..., a n ) = min{ b N {0} yhtälöllä (D) on positiivinen ratkaisu kaikille b b}. Tehtävän 5.3 nojalla joukon N {0} osajoukko, josta minimiä haetaan, on epätyhjä, joten minimi on aina olemassa eli luku G(a,..., a n ) on hyvin määritelty. Huomaa, että esimerkiksi tehtävän 5.2 mukaan G(3, 5) = Määrää G(3, 0, 4). Ja nyt kysymys kuuluu: Paljonko on G(a,..., a n )? Tämä tarkoittaa sitä, että pitäisi esittää jokin kaava, josta luvun G(a,..., a n ) voisi laskea, kun luvut a,..., a n tunnetaan. Tämä on ns. Frobeniuksen probleema, ja yleistä vastausta siihen ei tunneta. Joissakin erikoistapauksissa G(a,..., a n ) osataan laskea; helpoin tapaus (vaikkei tämäkään mitenkään triviaali ole) on n = 2: 5.5 Olkoot a, a 2 N siten, että syt(a, a 2 ) =. Osoita, että G(a, a 2 ) = (a )(a 2 ). Ohje: Hae ensin (D):n ratkaisu (x, x 2 ), missä 0 x a 2. Osoita, että tällainen ratkaisu on yksikäsitteinen. Jos yhtälöllä a x +a 2 x 2 = b ei ole positiivista ratkaisua arvolle b, niin yllä löydetyssä ratkaisussa täytyy olla x 2. Osoita, että tällöin b (a )(a 2 ) ja päättele tästä, että G(a, a 2 ) (a )(a 2 ). Osoita toisaalta, että arvolle b = a a 2 a a 2 ei positiivista ratkaisua löydy (tässä voit käyttää hyväksi yllä havaittua ratkaisun tiettyä yksikäsitteisyyttä). Päättele tästä, että (a )(a 2 ) G(a, a 2 ). Huomaa vielä lopuksi, että tehtävä 5.5 parantaa tehtävän 5.3 antamaa alarajaa, joka on kahdelle luvulle joko (a 2 )a tai (a )a 2. Vertaa vielä näitä rajoja tehtävään 5.2. Vertaa lisäksi tehtävän 5.4 vastausta tehtävän 5.3 antamiin alarajoihin huomaa, että 5.3 antaa tähän kolme toimivaa alarajaa riippuen kertoimien 3, 0 ja 4 numeroinnista eli siitä, miten a 3 valitaan. Olkoot a, a 2 2 siten, että syt(a, a 2 ) =. Määritellään joukko N (a, a 2 ) asettamalla N (a, a 2 ) = {b N yhtälöllä a x + a 2 x 2 = b ei ole positiivista ratkaisua}. 3

14 Koska a, a 2 2 ja syt(a, a 2 ) =, niin a a 2 a a 2, ja silloin tehtävän 5.5 ohjeen mukaan a a 2 a a 2 N (a, a 2 ), joten N (a, a 2 ). Toisaalta tehtävän 5.3 nojalla N (a, a 2 ) on ylhäältä rajoitettu, joten se on N:n osajoukkona äärellinen, ja siten #N (a, a 2 ) N. Merkitään N(a, a 2 ) = #N (a, a 2 ). 5.6 Laske luvut G(3, 0), N(3, 0) ja osamäärä N(3, 0)/G(3, 0). 5.7 Laske luvut G(7, 8), N(7, 8) ja osamäärä N(7, 8)/G(7, 8). Tehtävien 5.6 ja 5.7 osamääristä tuli sama luku. Tämä ei ole sattumaa, vaan puolikas siitä tulee aina: 5.8 Olkoot a, a 2 2 siten, että syt(a, a 2 ) =. Osoita, että N(a, a 2 ) G(a, a 2 ) = 2. Ohje: Merkitään m = a a 2 a a 2 ja S m = {0,,..., m}. Huomaa ensin, että N (a, a 2 ) S m. Merkitään R(a, a 2 ) = S m \ N (a, a 2 ) ja R(a, a 2 ) = #R(a, a 2 ), jolloin R(a, a 2 ) + N(a, a 2 ) = #S m = (a )(a 2 ). Osoita, että jokainen n S m voidaan yksikäsitteisellä tavalla esittää summana n = a n + a 2 n 2, missä 0 n a 2. Määritellään tämän esityksen avulla kuvaus f : S m S m asettamalla f(n) = a (a 2 n ) a 2 (n 2 + ). Osoita, että f on involuutio (s.o. itsensä käänteiskuvaus), joka vaihtaa joukot R(a, a 2 ) ja N (a, a 2 ) eli f(r(a, a 2 )) = N (a, a 2 ) ja f(n (a, a 2 )) = R(a, a 2 ). Päättele tästä, että ja tästä edelleen väite. R(a, a 2 ) = N(a, a 2 ) = (a )(a 2 ) 2 Y7. Määrää kaikki Ramanujan-Nagell-yhtälön ratkaisut (x, n) N 2, missä x 000. x = 2 n Ohje: Tässä tarvitaan varmaan konetta kokeilemaan nuo kaikki x:n arvot. Tämä 4

15 on kyllä teoreettisestikin hallittavissa mutta ei tämän kurssin tiedoilla. Netistä löytyy ratkaisu ja löytyy myös viite T.Nagellin todistukseen, jossa on kaikki ratkaisut tosin ne pysyvät tuossa annetussa haarukassa. Y8. Määrää kaikki Ljunggrenin yhtälön ratkaisut (x, y) N 2, missä x 000. x 2 2y 4 = Edellisen tehtävän ohje pätee tässäkin. Tässä on triviaali ratkaisu (, ) ja sen lisäksi vain yksi, jolle tosiaan pätee x 000. Y9. Määrää (hyvin epälineaarisen) Diofantoksen yhtälön + x + x x m = y n ratkaisut (x, y, m, n) N 4, missä x, y, m, n 2. Ohje: Tämä on vähän vaikeanpuoleinen, sillä täydellistä ratkaisua ei tunneta. Huomaa, että = 2, = 20 2 ja = 7 3, joten ainakin kolme ratkaisua löytyy. Yhtään muuta ratkaisua ei tunneta mutta eipä toisaalta ole todistettu, etteikö niitä voisi olla olemassa. Tämän tehtävän ja, voinpa luvata, koko tämän lukuteorian kurssin suoritukseksi kelpaa siten yksikin uusi ratkaisu tai todistus sille, että muita ei ole. 5

16 Lukuteoria 2, demotehtäviä 6, a) Todista oikeaksi luentomonisteen huomautuksen 4.8 g)-kohta: ( ) { 3 jos [p] 2 = [±] 2 = p jos [p] 2 = [±5] 2, ( missä x y ) on Legendren symboli ja p 2, 3 alkuluku. b) Todista oikeaksi huomautuksen 4.7 i)-kohta: ( missä x y ( ) 3 = m { jos [m] 2 = [±] 2 jos [m] 2 = [±5] 2, ) on Jacobin symboli ja m 3 on pariton luku, jolle 3 m. 6.2 a) Todista oikeaksi huomautuksen 4.8 h)-kohta: ( ) { 5 jos [p] 5 = [±] 5 = p jos [p] 5 = [±2] 5, ( missä x y ) on Legendren symboli ja p 2, 5 alkuluku. b) Todista oikeaksi huomautuksen 4.7 j)-kohta: ( missä x y ( ) 5 = m { jos [m] 5 = [±] 5 jos [m] 5 = [±2] 5, ) on Jacobin symboli ja m 3 on pariton luku, jolle 5 m. 6.3 Olkoot m, n 2 siten, että syt(m, n) =. Olkoon a {, 2,..., mn } siten, että [a] m on neliöjäännös tai nollaluokka modulo m ja [a] n on neliöjäännös tai nollaluokka modulo n. Osoita, että [a] mn on neliöjäännös modulo mn. Päteekö väite ilman oletusta syt(m, n) =? Muista huomautuksen 4.7 l)-kohtaan liittyvä varoitus tässä. 6.4 Olkoon k 3 ja a {, 2,..., 2 k }. Millä ehdolla [a] 2 k on neliöjäännös modulo 2 k? 6.5 Olkoon k 2, p pariton alkuluku ja n {,..., p k } siten, että [n] p on neliöjäännös modulo p. Seuraako tästä välttämättä, että [n] p k on neliöjäännös modulo p k? 6.6 Määrää kaikki alkuluvut p 7, joille [p 5] p on neliöjäännös modulo p. 6

17 6.7 Jatkossa tullaan osoittamaan, että alkuluvulle p renkaan Z p yksiköiden multiplikatiivinen ryhmä Z p on syklinen. Tämä ryhmähän koostuu (p:n ollessa alkuluku) alkioista {[] p,..., [p ] p } ja laskutoimituksena on kertolasku. Ei-alkuluvulle n ryhmä Z n ei välttämättä ole syklinen; esimerkkinä Z 8 = {[] 8, [3] 8, [5] 8, [7] 8 }, joka on Kleinin neliryhmä. a) Koska siis alkuluvulle p 3 ryhmä Z p on syklinen, niin siinä on virittäjä. Osoita, että jokainen virittäjä on epäjäännös modulo p. b) Todista ryhmän Z p syklisyys siinä erikoistapauksessa, että p:n lisäksi myös p 2 on alkuluku. Y20. Määrää kaikki alkuluvut p, joille [2] p on syklisen ryhmän Z p virittäjä. Seuraavassa pieni katsaus/kertaus ryhmäteoriaan, jos asiat ovat päässeet unohtumaan tai eivät ole tiedossa. Tässä nyt puhutaan vain ryhmistä Z n, joten keskitytään niihin. Olkoon n N, n 2. Merkitään tai määritellään ensinnäkin Z n = {[k] n syt(k, n) = }, jolloin Z n on ryhmä, laskutoimituksena kertolasku. Oleellista tässä tapauksessa ovat seuraavat ominaisuudet: [] n Z n, () jos [a] n, [b] n Z n, niin [ab] n Z n ja (2) jos [a] n Z n niin on olemassa käänteisalkio [a] n Z n eli jokin [x] n Z n, jolle pätee [ax] n = [] n. (3) Näistä ehdot () ja (2) pätevät selvästi; ehto (3) seuraa siitä, että kongruenssiyhtälöllä [a] n [x] n = [] n on ratkaisu kaikille [a] n Z n. Huomaa, että jos n on alkuluku, niin Z n = {[] n,..., [n ] n }. Jos n ei ole alkuluku, niin näin ei (koskaan) ole; esimerkkinä Z 2 = {[] 2, [5] 2, [7] 2, [] 2 }. Sanotaan, että joukko H Z n on aliryhmä, jos H toteuttaa ehdot () (3), joissa tietysti Z n on korvattu H:lla. Esimerkiksi joukot H = {[] 2, [5] 2 } Z 2 ja H = {[] 7, [2] 7, [4] 7 } Z 7 ovat aliryhmiä. Jos [a] n Z n, niin sanotaan, että joukko [a] n := {[a] k n k Z} Z n on alkion [a] n virittämä syklinen aliryhmä. On selvää, että [a] n todella on aina aliryhmä; alkion [a] k n käänteisalkio on ilmeisesti ([a] n ) k = [a] k n [a] n. 7

18 Sanotaan, että Z n on syklinen, jos pätee Z n = [a] n jollekin [a] n Z n. Tällöin sanotaan myös, että alkio [a] n Z n on ryhmän Z n virittäjä. Esimerkiksi ryhmä Z 7 on syklinen, sillä sen virittäjäksi kelpaa [3] 7: [] 7 = [3] 0 7, [2] 7 = [3] 2 7, [3] 7 = [3] 7, [4] 7 = [3] 4 7, [5] 7 = [3] 5 7 ja [6] 7 = [3] 3 7. Sen sijaan esimerkiksi ryhmä Z 2 ei ole syklinen, koska virittäjää ei löydy, kuten kokeilu osoittaa. Myöskään Z 8 ei ole syklinen. Toisaalta esimerkiksi ryhmät Z 9 ja Z 0 ovat syklisiä, vaikka 9 ja 0 eivät ole alkulukuja. Virittäjät? Huomaa, että syklisen ryhmän Z 7 virittäjäksi ei käy mikä tahansa [a] 7; esimerkiksi [2] n = {[] 7, [2] 7, [4] 7 } Z 7. Ryhmän (tai aliryhmän) kertaluvuksi sanotaan sen alkioiden lukumäärää. Algebran kurssilla todistetaan ryhmäteorian perustulos eli Lagrangen lause: Jokaisen ryhmän Z n aliryhmän kertaluku jakaa ryhmän Z n kertaluvun. Tämän lauseen nojalla saadaan paljon tietoa aliryhmistä. Erityisesti kun n on alkuluku, niin yllä sanotun mukaan ryhmän Z n = {[] n,..., [n ] n } kertaluku on n, joten jokaisen aliryhmän kertaluku jakaa luvun n. Esimerkiksi jos n = 9, niin jokaisen Z 9 :n aliryhmän kertaluku jakaa luvun 8. Siten tässä ryhmässä voi olla vain aliryhmiä, joiden kertaluku on, 2, 3, 6 tai 9 tai sitten 8, jolloin kyse on koko ryhmästä. Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä, onko tuon kokoisia aliryhmiä todella olemassa. Vihjeenä todettakoon, että syklisen ryhmän kaikki aliryhmät ovat myös syklisiä, kuten algebran kurssilla todistetaan. Joillekin n ryhmässä Z n voi olla myös ei-syklisiä aliryhmiä jätetään harjoitustehtäväksi miettiä esimerkki; ryhmästä Z 6 löytyy. Alkion [a] n Z n kertaluku on (by definition) [a] n :n virittämän syklisen aliryhmän [a] n kertaluku. Algebran kurssilla osoitetaan, että tämä näin määritelty kertaluku on itse asiassa min{k N [a] k n = [] n }. Ilmeisesti alkio on ryhmän virittäjä jos ja vain jos sen kertaluku on sama kuin koko ryhmän kertaluku. Esimerkiksi ryhmässä Z 7 alkion [3] 7 kertaluku on kuusi, koska [3] k 7 [] 7 kun k =,..., 5 ja [3] 6 7 = [] 7. Alkion [2] 7 kertaluku on kolme, koska [2] k 7 [] 7 kun k =, 2 ja [2] 3 7 = [] 7. 8

19 Lukuteoria 2, demotehtäviä 7, Määrää kaikki luvut n 6, joille [n 5] n on neliöjäännös modulo n. Vertaa tehtävään a) Olkoon [a] n Z n ja olkoon k ryhmän Z n kertaluku. Osoita, että [a] k n = [] n. b) Olkoon [a] n Z n ja k N siten, että [a] k n = [] n. Osoita, että alkion [a] n kertaluku jakaa luvun k. c) Olkoon p 3 alkuluku ja [a] p Z p. Olkoon lisäksi n N. Oletetaan, että a 2n (mod p). Osoita, että alkion [a] p kertaluku on 2 n+. d) Todista käänteinen tulos c)-kohdalle: olkoon p 3 alkuluku ja [a] p Z p. Oletetaan, että alkion [a] p kertaluku on 2 n+ jollekin n N. Osoita, että a 2n (mod p). Olkoon p alkuluku. Sanotaan, että M p := 2 p on Mersennen luku. Jotkut Mersennen luvut ovat alkulukuja mutta eivät kaikki. Esimerkiksi M 2, M 3, M 5 ja M 7 ovat alkulukuja, mutta M = 2 = 2047 = ei ole alkuluku. Sitten M 3, M 5 ja M 7 ovat alkulukuja, mutta M 23 ei ole alkuluku. Tällä hetkellä (lokakuussa 206) tunnetaan vain 49 Mersennen lukua, jotka ovat alkulukuja. Suurin näistä on M , joka on samalla suurin tunnettu alkuluku. Tässä Mersennen alkulukusarjassa uusin tulokas (joka on juuri tuo edellä mainittu suurin) löydettiin alkuvuodesta 206. Alkuluku M 27 löytyi 800-luvun lopulla, mutta suuruusjärjestyksessä seuraava eli M 52 (joka on kolmastoista löydetty Mersennen alkuluku) sai odottaa lasku- tai tietokoneiden kehitystä vuoteen 952. Tähän asti lähes kaikki löydetyt suuret alkuluvut ovat olleet nimenomaan Mersennen lukuja. Kun näitä hyvin suuria Mersennen lukuja lähdetään testaamaan alkuluvuiksi, on tietysti hyvä tietää jo ennalta, minkälaisia tekijöitä niillä voi olla. Tähän kysymykseen annetaan vaatimaton vastaus seuraavissa tehtävissä. 9

20 Tehtävissä p 3 on alkuluku ja q on Mersennen luvun M p alkutekijä. 7.3 Osoita, että p (q ). Ohje: Osoita, että alkion [2] q Z q kertaluku on p. 7.4 Osoita, että a) p q 2, b) q (mod 2p) ja c) 2 q 2 (mod q). 7.5 Osoita, että q ± (mod 8). Vihje: Lause 4.5. Lukuja F n = 2 2n +, n N sanotaan Fermat n luvuiksi. Luvut F 0, F, F 2, F 3 ja F 4 ovat alkulukuja. Tämän todistaminen on helppoa kun n 3, mutta F 4 = on niin iso luku, että sen osoittaminen alkuluvuksi aivan alkeellisin menetelmin on melko työlästä. Sen sijaan F 5 on yhdistetty luku, minkä osoittaminen on kohtalaisen helppoa, koska sen eräs alkutekijä on 64. Tällä hetkellä (lokakuussa 206) tiedetään, että kaikki Fermat n luvut F 5, F 6,..., F 32 ovat yhdistettyjä lukuja. Tämän lisäksi tiedetään yhdistetyiksi luvuiksi muutamia (näitä on yhteensä 288 kpl) paljon suurempiakin Fermat n lukuja, esimerkiksi F ja F , joista jälkimmäinen on suurin yhdistetyksi luvuksi todistettu Fermat n luku. Yhtään alkulukua ei joukossa {F 5, F 6, F 7,...} tiedetä olevan mahdollistahan toki on, että alkulukuja tässäkin joukossa piilee. Luvut F 5, F 6,..., F 32 tiedetään siis yhdistetyiksi, mutta näistä vain F 5,..., F on osattu hajoittaa alkutekijätuloksi. Nämä hajoitelmat löytyvät osoitteesta en.wikipedia.org/wiki/fermat number. Kannattaa vilkaista, aika pahan näköisiä alkutekijöitä ovat. Lukuja F 4, F 20, F 22 ja F 24 ei ole osattu hajoittaa lainkaan tekijöihin alkutekijöistä puhumattakaan. Tämä vähän kummalliselta kuulostava tilanne johtuu siitä, että sopiva alkulukutesti ilmoittaa näiden kohdalla, että yhdistetty luku, mutta nämä alkulukutestit eivät yleensä kerro luvun tekijöitä. Tämä on osaltaan kertomus siitä, miten vaikea ongelma suuren luvun tekijöihinjako on. 20

21 Näistä mahdollisista Fermat n lukujen alkutekijöistä tiedetään jotakin. Seuraavassa todistellaan muutamia tunnettuja faktoja. Kannattaa ehkä huomata, että luvun F 5 alkutekijä 64 toteuttaa nämä ehdot kuinkas muutenkaan. Tehtävissä on n 2 (n ei siis välttämättä ole alkuluku) ja q luvun F n alkutekijä. 7.6 Osoita, että q (mod 2 n+ ). Ohje: Osoita, että alkion [2] q Z q kertaluku on 2 n Osoita, että on olemassa a Z siten, että a 2n+ (mod q). Vihje: Huomaa, että kakkonen on neliöjäännös modulo q. 7.8 Osoita, että Huomaa ero tehtävään 7.6. q (mod 2 n+2 ). 7.9 Luentomonisteen sivuilla esitetään menetelmä annetun luvun jaollisuuden testaamiseen luvuilla 7, ja 3. Todista, että menetelmä toimii. Huomaa, että tässä liikutaan kymmenjärjestelmässä, jolloin (esimerkiksi) menetelmän kohdassa ) muodostettavat luvut b l,..., b, missä b = a 2 a, b 2 = a 4 a 3 ja niin edelleen ovat tarkkaan ottaen summia b = 0a 2 + a, b 2 = 0a 4 + a 3,..., tässähän a i :t ovat kymmenjärjestelmässä käytettäviä numeroita eli a i {0,,..., 9} kaikille i =,..., k. Jos k on pariton, niin b l = a k. Vihje: 7 3 = 00. Y2. Olkoon p alkuluku ja F Z p [X] astetta n oleva polynomi. F :n (formaali) derivaattapolynomi F Z p [X] määritellään samalla tavalla kuin rengaskertoimisen polynomin derivaatta yleensä; siis jos F = a n X n a X + a 0 R[X], niin sovitaan, että F = na n X n + (n )a n X n a R[X]. Oletetaan, että on olemassa [a] p Z p siten, että F ([a] p ) = [0] p ja F ([a] p ) [0] p. Osoita, että polynomilla F Z p k[x] on juuri renkaassa Z p k kaikille k. 2

22 Huomautus. Tässä täytyy vähän tulkita. Alun perinhän F Z p [X], joten sen kertoimet ovat kunnassa Z p eli muotoa [a i ] p joillekin a i Z, i = 0,..., n. Nyt tehdään tulkinta eli muutetaan nämä kertoimet [a i ] p renkaan Z p k alkioiksi yksinkertaisesti vaihtamalla modulia eli kertoimesta [a i ] p tulee kerroin [a i ] p k. Näin muutettuna polynomista F tulee renkaan Z p k[x] alkio, ja tässä mielessä väite on järkevä. Huomaa, että tehtävän Y2. tulos antaa triviaalin ratkaisun tehtävälle 6.5, kun sovelletaan sitä polynomiin F = X 2 [n] p. Y22. Jos tehtävä Y2. vaikuttaa hankalalta, niin kannattaa miettiä ensin tämä; näistä esimerkeistä saattaa saada käsitystä siitä, mistä tehtävässä Y2. pohjimmiltaan on kyse. Osoita esimerkillä, että derivaattaehto F ([a] p ) [0] p tehtävässä Y2. on välttämätön. Osoita toisella esimerkillä, että tehtävän Y2. väitetty juuri ei välttämättä ole [a] p k Z p k, missä [a] p Z p on tehtävässä annettu juuri. (Vihje: X 2 + [] 2 Z 2 [X], X 2 + [2] 3 Z 3 [X].) 22

23 Lukuteoria 2, demotehtäviä 8, Olkoon ϕ : N N Eulerin funktio eli ϕ(n) = #{k {,..., n} syt(k, n) = }. a) Olkoon G syklinen ryhmä, jonka kertaluku on n. Osoita, että ryhmän G virittäjien lukumäärä on ϕ(n). b) Todista Eulerin lause: Jos n N ja m Z siten, että syt(m, n) =, niin m ϕ(n) (mod n). Huomaa, että Eulerin lauseen erikoistapauksena saadaan Fermat n pieni lause, sillä ilmeisesti alkuluvulle p pätee ϕ(p) = p. 8.2 Tehtävässä 6.7 b) todistettiin, että multiplikatiivinen ryhmä Z p on syklinen, jos p ja p 2 ovat alkulukuja. Saman tehtävän a)-kohdassa nähtiin, että jokainen tämän syklisen ryhmän virittäjä on epäjäännös modulo p. Osoita nyt, että jokainen epäjäännös (poislukien [ ] p ) on virittäjä, jos myös p 2 on alkuluku. Osoita toisaalta, että jokainen epäjäännös ei välttämättä ole ryhmän Z p virittäjä, jos oletetaan vain, että p on alkuluku eikä luvusta p 2 puhuta mitään. Tähän jälkimmäiseen tehtävään on triviaali esimerkki [ ] p, jos se sattuu olemaan epäjäännös (ks. lause 4.2) ja p 5. Haetaan tässä nyt kuitenkin jotain vähemmän triviaalia vastaesimerkkiä. 8.3 Tehtävässä 6.7 mainittiin (ilman todistusta), että Z p on syklinen kaikille alkuluvuille p. Toisaalta esimerkillä nähtiin, että Z n ei välttämättä ole syklinen, jos n ei ole alkuluku. Tämä ryhmä voi kuitenkin olla syklinen, vaikkei n alkuluku olisikaan. a) Osoita, että ryhmä Z 27 on syklinen. b) Montako virittäjää on ryhmässä Z 27? Ohje: Tässä kannattaa ensin miettiä tuo virittäjien lukumäärä sillä oletuksella, että ryhmä tosiaan on syklinen. Tästä saat pienellä ajattelulla ja aikaisempien tehtävien hyväksikäytöllä esille kaikki virittäjät, mikäli niitä nyt on olemassa. Sitten ei muuta kuin laskemaan jonkun virittäjäehdokkaan [a] 27 Z 27 kertalukua. Kaikkia sen potenssejahan ei tarvitse suinkaan laskea, muutama riittää. 8.4 Olkoon p 3 alkuluku ja oletetaan, että [ ] p on neliöjäännös. Olkoon [a] p epäjäännös. Osoita, että [a] p 4 p Z p on yhtälön [x] 2 p = [ ] p () ratkaisu. Huomaa, että tästä tosiaan saadaan jonkinlainen menetelmä yhtälön () ratkaisun etsimiseksi. Haetaan ensin jokin epäjäännös [a] p, jonka sopiva po- 23

24 tenssi antaa ratkaisun. Tässä on tietysti ongelmana löytää ensin epäjäännös. Arvaamallahan siinä pitää yleensä toimia, mutta onnistumismahdollisuudet ovat aika hyvät, koska epäjäännöksiä on puolet kaikista luokista. Toisaalta resiprookkilauseesta voi olla paljon apua. Ratkaise malliksi yhtälö [x] 2 6 = [ ] Lauseen 5.4 todistuksesta voidaan kaivaa menetelmä luvun n N esittämiseksi kahden neliön summana, mikäli n on sopivaa tyyppiä. Kuten todistuksessa kerrotaan, n:n sisältämät neliöt eivät tässä käytännössä vaikuta juuri mitään ja lauseen 5. kautta päästään siihen, että jokainen n:n alkutekijä tyyppiä p = 4k + pitäisi esittää kahden neliön summana. Kuten 5.4:n todistuksesta ilmenee, tämä menee niin, että haetaan ensin yhtälön [l] 2 p = [ ] p ratkaisu l. Tässä voi käyttää tehtävässä 8.4 opittua metodia, joka pienehköille p toimii kohtalaisen hyvin. Sen jälkeen pitäisi etsiä a b Q siten, että a b ( l p ) b( p + ), missä 0 < b p. Sitten merkitään c = lb + pa, ja homma onkin valmis, koska b 2 + c 2 = p. Ja nyt kysymys kuuluu, että miten tuo luku a b löytyy. Tähän on olemassa erittäin tehokas (isoillekin p) menetelmä, jota esimerkinomaisesti kuvaillaan seuraavassa. Olkoon N annettu ja pitäisi löytää a b Q siten, että a b 740 6, missä 0 < b N. b(n + ) Jos lähdetään Eukleideen algoritmilla laskemaan osoittajan ja nimittäjän suurinta yhteistä tekijää (joka on eli algoritmin viimeinen nollasta eroava jakojäännös), niin saadaan seuraava taulukko 740 = = = = = = = = 6. Nyt tämän taulukon tummennetuista luvuista rakennetaan approksimaatiot α i 24

25 luvulle Nämä ovat seuraavat: α 0 = α = + 4 = 5 4 α 2 = α 3 = + α 4 = + α 5 = + α 6 = + α 7 = = = = = = ja = Tässä siis nämä approksimaatiot, joista joku on haettu a b. No, mikä näistä se nyt sitten on? Tämä riippuu annetusta luvusta N. Jos esimerkiksi N = 50, niin haetaan tuosta listasta suurin nimittäjä, joka pysyy annetussa rajassa eli on korkeintaan 50, ja siinä se on. Tässä nimenomaisessa tapauksessa haluttu approksimaatio on α 4 = Tälle pätee haluttu virhearvio , kuten laskemalla nähdään. Tässä tehtävässä ei mennä sen tarkemmin tuon menetelmän toimivuustodistuksiin, mutta kyllä se vain toimii ja tuottaa aina sopivan approksimaation. Ja lopulta itse tehtävään: Esitä luku 4545 kahden neliön summana. Huomautus. Tässä annettu luku 4545 on ehkä vähän turhan helppo, sillä laskut ovat kovin yksinkertaisia ja arvaamallakin melkein pärjää; toivottavasti idea tulee kuitenkin tästä paremmin esille. Voit tietysti halutessasi käyttää hankalampaa lukua, jossa on jotain laskemistakin. Y23. Todista, että tehtävässä 8.5 kuvailtu menetelmä halutunlaisen approksimaation löytämiseksi toimii. 25

26 8.6 Olkoot x, y, z N siten, että x 2 + y 2 = z 2. Tällöin sanotaan (Pythagoraan lauseesta johtuen), että (x, y, z) on Pythagoraan kolmikko. Tällaisia ovat esimerkiksi (3, 4, 5), (5, 2, 3), (2, 20, 29) ja (5, 8, 7). Jos (kx, ky, kz) on Pythagoraan kolmikko jollekin k N, niin triviaalisti myös (x, y, z) on Pythagoraan kolmikko. Tästä syystä Pythagoraan kolmikoista supistetaan yleensä yhteiset tekijät pois, jolloin syt(x, y, z) =. Sanotaan, että Pythagoraan kolmikko (x, y, z) on primitiivinen, jos syt(x, y, z) =. a) Osoita, että primitiiviselle Pythagoraan kolmikolle (x, y, z) luku z on aina pariton ja toinen luvuista x, y on pariton ja toinen neljällä jaollinen. b) Osoita, että Pythagoraan kolmikolle (x, y, z) pätee aina [xyz] 60 = [0] Tässä tehtävässä vaihdetaan tehtävä määrää kaikki primitiiviset Pythagoraan kolmikot tehtäväksi määrää kaikki a, b N, missä a > b, syt(a, b) = ja a, b ovat eri pariteettia. Tämän ehdon avulla on ainakin helpompi tuottaa primitiivisiä Pythagoraan kolmikoita. On selvää, että jos (x, y, z) on primitiivinen Pythagoraan kolmikko, niin myös (y, x, z) on sellainen. Tehtävän 8.6 a) nojalla toinen luvuista x, y on pariton ja toinen parillinen. Voidaan yleisyyden kärsimättä olettaa, että x on pariton jos ei ole, niin vaihdetaan x:n ja y:n rooli. Todista seuraavaa. (x, y, z) N 3, missä x on pariton, on primitiivinen Pythagoraan kolmikko jos ja vain jos joillekin a, b N, missä a > b, syt(a, b) = ja a, b ovat eri x = a 2 b 2 pariteettia, pätee y = 2ab z = a 2 + b 2. Y24. Määritellään matriisit A, A 2 ja A 3 asettamalla A = , A 2 = ja A 3 = Olkoon (x, y, z) primitiivinen Pythagoraan kolmikko. Osoita, että matriisitulon A i x y z antama pystyvektori on primitiivinen Pythagoraan kolmikko kaikille i =, 2, 3. Osoita edelleen, että jokainen primitiivinen Pythagoraan kolmikko syntyy tällä 26

27 tavalla lähtien kolmikosta (3, 4, 5). Vähän tarkemmin muotoiltuna: jos (x, y, z) on primitiivinen Pythagoraan kolmikko ja x pariton, niin osoita, että on olemassa matriisit B,..., B m {A, A 2, A 3 } siten, että x y z = B B 2... B m 3 4. () 5 Jokainen näin saatu vektorihan on edellä sanotun nojalla primitiivinen Pythagoraan kolmikko. Tällä perusteella voidaan todeta, että (3, 4, 5) on kaikkien primitiivisten Pythagoraan kolmikoiden esi-isä. Esityksessä () kolmikko (3, 4, 5) on kolmikon (x, y, z) isoisä (tai isä) polvessa m. 8.8 Näissä(kin) tehtävissä ja luennoissa on puhuttu Fermat n pienestä lauseesta, viimeksi tehtävän 8. yhteydessä. On olemassa myös ns. Fermat n suuri lause (englanniksi Fermat s Last Theorem), joka kuuluu näin: Kun n N, n 3, niin yhtälöllä ei ole ratkaisua (x, y, z) N 3. x n + y n = z n Huomaa, että jos n = 2, niin puhutaan Pythagoraan kolmikoista, ja nämähän hallitaan tehtävän 8.7 avulla. Fermat esitti tämän kuuluisan lauseensa jo vuonna 630 erään kirjan marginaaliin kirjoittamassaan huomautuksessa. Samassa yhteydessä hän ilmoitti keksineensä teoreemalle todella ihmeellisen todistuksen, mutta valitettavasti marginaalin olevan liian kapea sen esittämiseen. Fermat n todistusta ei koskaan löydetty mistään hänen papereistaan, joten ikuiseksi arvoitukseksi jää, keksikö Fermat todella todistuksen vai luuliko vain keksineensä. Vuonna 770 Euler todisti lauseen erikoistapauksessa n = 3 ja 825 Legendre todisti sen tapauksessa n = 5. Yleinen todistus pysyi piilossa aina vuoteen 993 saakka, jolloin Andrew Wiles onnistui lopulta esittämään todistuksen yli 200- sivuisessa artikkelissaan. Wilesin todistus ei itse asiassa liity suoraan varsinaiseen lukuteoriaan vaan ns. elliptisten käyrien teoriaan, josta ei tässä yhteydessä voi sen enempää sanoa. Jo aiemmin oli huomattu, että jos elliptisten käyrien teoriassa avoinna oleva ns. Weil-Taniyama-konjektuuri pätee, niin Fermat n suuri lause seuraa. Onkin niin, että Wiles todisti tämän Weil-Taniyama-konjektuurin todella pätevän ja hänen todistustekniikkansa liittyi nimenomaan elliptisiin käyriin. Tästä asiasta kiinnostuneille suosittelen teosta Simon Singh: Fermat n viimeinen teoreema. Tammi,

28 Noiden Eulerin ja Legendren hoitelemien tapausten n = 3 ja n = 5 väliin jää tapaus n = 4, joka on näistä kaikista mahdollisista luvuista n 3 kaikkein helpoin ei sekään tosin mikään triviaali. Ja sitten lopulta varsinainen tehtävä: hoitele tapaus n = 4, ts. todista, että millekään x, y, z N ei päde x 4 + y 4 = z 4. Ohje: Tässä kannattaa todistaa vähän kovempi tulos: millekään x, y, z N ei päde x 4 + y 4 = z 2. Tämän todistamiseksi tee antiteesi ja valitse pienin z, jolle tällainen yhtälö pätee. Sovella sitten tehtävää 8.7. Y25. Hoitele Fermat n suuren lauseen tapaus n = 3. 28

29 Lukuteoria 2, demotehtäviä 9, Todista Möbiuksen 2. käänteiskaavan (lause 7.9) luennoilla todistamatta jäänyt suunta. Tässä siis oletetaan, että f, g : [, [ R ovat kuvauksia siten, että g(x) = µ(n)f( x ) kaikille x. n n x Väitteenä on kaava f(x) = g( x ) kaikille x. n n x 9.2 Osoita, että kaikille n N pätee ϕ(n) = d n µ(d) n d. Ohje: Tässä on tarkoitus käyttää luentomonisteesta löytyviä sopivia tuloksia, jolloin ratkaisu on hyvin lyhyt. 9.3 Kun p 3 on alkuluku, niin yhtälöllä [x] 2 p = [] p on täsmälleen kaksi ratkaisua kunnassa Z p, kuten hyvin tiedetään. Tämä yleistyy: a) Olkoon p 3 alkuluku ja d N luvun p tekijä. Osoita, että yhtälöllä [x] d p = [] p on täsmälleen d ratkaisua kunnassa Z p. b) On selvää, että a)-kohdan väite ei päde, jos d p. Osoita esimerkillä, että se ei välttämättä päde myöskään, kun d p ilman oletusta d (p ). Ohje a)-kohtaan: Osoita, että polynomi X d [] p jakaa polynomin X p [] p renkaassa Z p [X]. Käytä hyväksesi tietoa kuntakertoimisen polynomin juurten maksimimäärästä ja lisäksi Fermat n lausetta. 9.4 Aiemmissa tehtävissä on useaan otteeseen puhuttu ryhmän Z p syklisyydestä; tämähän jopa todistettiin tietyssä erikoistapauksessa tehtävässä 6.7. Nyt ollaan siinä tilanteessa, että tarvittava koneisto on riittävän kehittynyttä yleiselle todistukselle. Osoita siis, että multiplikatiivinen ryhmä Z p on syklinen kaikille alkuluvuille p. Ohje: Riittää osoittaa, että jonkin alkion kertaluku on p. Määritellään kaikille luvun p tekijöille d ψ(d) = #{[a] p Z p [a] p :n kertaluku on d}. Määritellään lisäksi A d = {[a] p Z p [a] d p = [] p }. 29

30 Osoita tehtävää 9.3 a) käyttäen, että c d ψ(c) = d. Käytä tämän jälkeen Möbiuksen käänteiskaavaa ja tehtävää 9.2, joista saat tiedon ψ(p ) = ϕ(p ), mikä tässä riittääkin. Tehtävässä 9.4 siis todistettiin, että Z p on syklinen kaikille alkuluvuille p; toisaalta tehtävissä 6.7 ja 8.3 huomattiin, että Z 8 ei ole syklinen mutta Z 27 on syklinen. Nyt herää luonnollinen kysymys: Milloin tarkkaan ottaen Z n on syklinen? Tähän kysymykseen vastataan seuraavissa tehtävissä, jotka jatkuvat myös demokierroksella 0. Vastaus ei ole mitenkään triviaali, ja tästä syystä tämä ongelma on pilkottu useaan osatehtävään, joista kaikki ovat kohtuullisia vaikeimpiin on annettu ohjeistus. Aloitetaan yleisellä tehtävällä, joka koskee kaikkia ryhmiä ja renkaita. Jos G,..., G n ovat ryhmiä, niin joukosta G... G n tulee ryhmä, kun varustetaan se komponenteittain määriteltävällä laskutoimituksella (x,..., x n ) (y,..., y n ) = (x y,..., x n y n ). Huomaa, että ryhmillä G,..., G n ei tarvitse lähtökohtaisesti olla mitään tekemistä toistensa kanssa, jolloin komponenttilaskutoimitukset x i y i voivat olla aivan eri laskutoimituksia eri indekseille i. Ryhmän G i hyvin määritelty laskutoimitus kuitenkin kyseessä on. Vastaavalla tavalla jos R,..., R n ovat renkaita, niin joukosta R... R n tulee rengas komponenteittain määriteltävillä yhteen- ja kertolaskulla. Seuraavassa tehtävässä merkitään kuten tapana on symbolilla R renkaan R yksiköitten joukkoa, joka on tunnetusti ryhmä kertolaskun suhteen. Lisäksi merkitään symbolilla = renkaiden tai ryhmien isomorfisuutta; kumpi näistä on kyseessä, selvinnee asiayhteydestä. 9.5 a) Olkoot R,..., R n renkaita. Osoita, että (R... R n ) = (R )... (R n ). b) Olkoot R ja S renkaita siten, että R = S. Osoita, että myös R = S. 9.6 Olkoot m,..., m k 2 siten että syt(m i, m j ) = kun i j. Merkitään m = m m k. Osoita, että a) Z m = Zm... Z mk ja b) Z m = (Z m )... (Z m k ). Ohje a)-kohtaan: Määrittele ensin kuvaus f : Z Z m... Z mk asettamalla f(x) = ([x] m,..., [x] mk ). Käytä rengasteorian isomorfialausetta ja kiinalaista 30

31 jäännöslausetta. Huomautus. Tehtävän 9.6 b)-kohdasta saadaan vaihtoehtoinen todistus kuvauksen ϕ multiplikatiivisuudelle (lause 7.30): jos syt(m, m 2 ) =, niin ϕ(m m 2 ) = #Z m m 2 = #(Z m Z m 2 ) = #Z m #Z m 2 = ϕ(m )ϕ(m 2 ). 9.7 a) Olkoon G syklinen ryhmä, jonka kertaluku on n N. Osoita, että jos n on pariton, niin ryhmässä G ei ole yhtään alkiota, jonka kertaluku olisi kaksi. Jos n on parillinen, niin tällaisia alkioita on täsmälleen yksi. b) Osoita, että jos n 3, niin ryhmässä Z n on ainakin yksi alkio, jonka kertaluku on kaksi. Osoita toisaalta esimerkillä, että tällaisia alkioita voi olla useampiakin. 9.8 a) Olkoon a, b Z, p alkuluku ja k siten, että Osoita, että [a] p k = [b] p k. [a p ] p k+ = [b p ] p k+. b) Olkoon a Z, p 3 alkuluku ja k 2. Osoita, että [( + ap) pk 2 ] p k = [ + ap k ] p k. Koska kaikille tämän kurssin osallistujille algebran kurssin asiat eivät välttämättä ole tuttuja, esitetään tässä pikakurssi ryhmä- ja rengasteoriaan. Tähän esitykseen pitää suhtautua oikein: esitettävät määritelmät eivät ole oikeita määritelmiä, vaan tässä on mutkia oiottu aika reippaasti esimerkiksi assosiatiivisuudesta, kommutatiivisuudesta tai distributiivisuudesta ei puhuta mitään. Esityksen tarkoituksena on kaivaa esiin nimenomaan näissä tehtävissä tarvittavat ryhmien ja renkaiden erityispiirteet. Oikeat määritelmät löytyvät algebran kurssilta. Oletetaan, että joukossa G on määritelty laskutoimitus (jolle a b G kaikille a, b G), joka toteuttaa seuraavat ehdot: - on olemassa neutraalialkio e G, jolle pätee e a = a kaikille a G ja - kaikille a G on olemassa käänteisalkio a G, jolle pätee a a = e. Tällöin sanotaan, että G on ryhmä laskutoimituksen suhteen. Esimerkiksi Z on ryhmä yhteenlaskun suhteen: neutraalialkio on 0 Z ja luvun 3

32 a Z käänteisalkio on a Z. Sen sijaan Z ei ole ryhmä kertolaskun suhteen. Neutraalialkioksi käy kyllä Z (eikä mikään muu), mutta käänteisalkiota ei löydy joukosta Z kuin alkioille ±. Vastaavasti Z n on ryhmä yhteenlaskun suhteen: neutraalialkio on [0] n Z n ja alkion [a] n Z n käänteisalkio on [ a] Z n. Sen sijaan Z n ei ole ryhmä kertolaskun suhteen. Neutraalialkioksi käy kyllä [] n Z n (eikä mikään muu), mutta käänteisalkiota ei löydy joukosta Z n alkiolle [0] n. Huomaa, että toisin kuin Z:n tapauksessa käänteisalkio saattaa löytyä muillekin kuin alkioille [±] n ; esimerkiksi alkion [5] 8 Z 8 käänteisalkioksi käy alkio [5] 8 itse. Itse asiassa Bezout n lauseen nojalla on helppo nähdä, että kertolaskun suhteen käänteisalkio alkiolle [a] n Z n löytyy täsmälleen silloin kun syt(a, n) =. Jos G varustettuna laskutoimituksella on ryhmä ja H G, niin sanotaan, että H on aliryhmä, jos H varustettuna tällä samalla laskutoimituksella on ryhmä. Tämä pitää sisällään sen, että H toteuttaa samat kaksi ryhmän määrittelevää ehtoa kuin edellä (joissa G on korvattu H:lla) ja lisäksi sen, että todella on laskutoimitus H:ssa eli a b H kaikille a, b H. Jokainen joukko H = k Z = {kn n Z}, missä k Z on kiinteä, on selvästi ryhmän (Z, +) aliryhmä. Itse asiassa algebran kurssilla osoitetaan, että Z:lla ei muunlaisia aliryhmiä olekaan. Toisaalta esimerkiksi ryhmän (Z 8, +) kaikki aliryhmät ovat {[0] 8 }, {[0] 8, [4] 8 }, {[0] 8, [2] 8, [4] 8, [6] 8 } ja Z 8 itse. Kannattaa vähän miettiä, miksi nämä ovat aliryhmiä ja miksi mikään muu Z 8 :n osajoukko ei ole aliryhmä. Jos H on ryhmän (G, ) aliryhmä ja a G, niin niin määritellään ensin tekijäluokka [a] asettamalla Sen jälkeen määritellään joukkoon laskutoimitus asettamalla [a] = {a h h H}. G/H := {[a] a G} [a] [b] = [a b]. Algebran kurssilla osoitetaan, että tämä on hyvin määritelty laskutoimitus, ja lisäksi näin syntyy ryhmä (G/H, ). Tämän ryhmän neutraalialkio on [e] ja alkion [a] G/H käänteisalkio on [a ]. Kyseistä ryhmää (G/H, ) sanotaan tekijäryhmäksi. Huomaa, että jos (G, +) = (Z, +) ja H = k Z (k 2), niin ilmeisesti G/H = Z/kZ = Z k. 32