Korkeamman asteen kongruensseista
|
|
- Viljo Lehtilä
- 7 vuotta sitten
- Katselukertoja:
Transkriptio
1 TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Piia Mäkilä Korkeamman asteen kongruensseista Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 010
2 Tamereen ylioisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos MÄKILÄ, PIIA: Korkeamman asteen kongruensseista Pro gradu -tutkielma, 36 s. Matematiikka Toukokuu 010 Tiivistelmä Luvun a sanotaan olevan kongruentti luvun b kanssa modulo m, jos luku m jakaa erotuksen a b. Tällöin merkitään a b (mod m). Polynomikongruenssilla tarkoitetaan kongruenssia, joka on muotoa f(x) 0 (mod m), missä f(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi. Polynomikongruenssit saadaan ratkaistua käyttämällä kiinalaista jäännöslausetta silloin, kun modulo m voidaan jakaa areittain suhteellisiksi alkuluvuiksi. Kun olynomikongruenssin modulo m on alkuluku, voidaan ratkaisua etsiä testaamalla lukuja täydellisestä jäännössysteemistä modulo m tai käyttää nostoeriaatetta. Nostoeriaatteella tarkoitetaan menetelmää, jonka mukaan etsitään ensin kongruenssin f(x) 0 (mod ) ratkaisu. Tämän jälkeen oletetaan, että tunnetaan ratkaisut kongruenssiin f(x) 0 (mod k ), jonka jälkeen etsitään ratkaisut kongruenssiin f(x) 0 (mod k+1 ). Toisen asteen kongruenssin ax + bx + c 0 (mod ) ratkaisut saadaan kongruenssin ax b + y (mod ) ratkaisusta, missä y on kongruenssin y b 4ac (mod ) ratkaisu. Polynomikongruenssilla, jonka aste on n, on korkeintaan n ratkaisua. Olkoon alkuluku. Kongruenssin y a (mod ) ratkaisua a sanotaan neliönjäännökseksi modulo. Jos ratkaisua ei löydy, niin lukua a sanotaan neliöneäjäännökseksi modulo. Jokainen suistettu jäännössysteemi modulo sisältää ( 1)/ neliönjäännöstä ( ) sekä yhtä monta neliöneäjäännöstä modulo. Legendren symbolin arvo on 1, jos a on neliönjäännös modulo a, ja 1, jos a on neliöneäjäännös modulo. Legendren symbolin arvon ( ) määrittämiseksi on olemassa useita keinoja. Eulerin kriteerin mukaan a a ( 1)/ (mod ). Gaussin lemman nojalla Legendren ( ) symbolin arvo on = ( 1) s, kun s on joukon {a,a,...,(( a 1)/)a} niiden alkioiden lukumäärä, joiden jakojäännös modulo ( )( ) on suuremi kuin /. Neliönjäännösten resirookkilain mukaan = ( 1) ( 1 )( q 1 ). ii q q
3 Sisältö 1 Johdanto 1 Alustavia tarkasteluja.1 Alkuluvuista Jaollisuus Kongruenssin erusominaisuuksia Kiinalainen jäännöslause Primitiivisistä juurista Jäännössysteemit Polynomikongruensseista Polynomikongruenssin käsite Yhdistetty luku kongruenssin modulona Alkuluvun otenssi kongruenssin modulona Kongruenssi modulo Kongruenssi modulo n Toisen asteen kongruenssi Ratkaisujen määrä Neliönjäännökset 5.1 Neliönjäännösten ominaisuuksia Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause Legendren symboli Neliönjäännösten resirookkilaki Viitteet 36 iii
4 1 Johdanto Tämä on lukuteorian osa-aluetta käsittelevä ro gradu -tutkielma. Tutkielmassa erehdytään suuren matemaatikon, Karl Friedrich Gaussin 1800-luvulla kehittämään teoriaan. Gauss otti käyttöön tässäkin tutkielmassa käytettävän kongruenssin merkinnän a b (mod m). Luvussa käydään läi alustavia tarkasteluja, joita tarvitaan tutkielman myöhemmissä luvuissa. Luvussa esitetään tarvittavat erustiedot varsin laajasti, mutta niitä ymmärtääkseen lukijalla tulee olla erustiedot algebrasta. Luvussa ei yhtä oikkeusta lukuun ottamatta esitetä lauseiden todistuksia, vaan lukija voi halutessaan katsoa todistukset viitteiden osoittamista lähdeteoksista. Poikkeus todistusten esittämisestä tehdään kiinalaisen jäännöslauseen kohdalla. Luvussa 3 tutustutaan olynomikongruenssin käsitteeseen ja olynomikongruenssien käsittelyyn. Luvussa esitellään olynomikongruenssien ratkaisua kiinalaista jäännöslausetta auna käyttäen silloin, kun kongruenssin modulona on jokin yhdistetty luku. Luvussa 4 käsitellään kongruensseja, joiden modulona on alkuluku. Luvun aluksi tutkitaan korkeamman asteen kongruensseja ja esitetään niille ratkaisutaa sekä esimerkkejä ratkaisutavan käytöstä. Seuraavaksi luvussa käsitellään varsin tuttuja toisen asteen yhtälöitä osana kongruenssia. Louksi luvussa esitetään lause lineaaristen kongruenssien ratkaisujen määrään sekä Lagrangen lause, joka kertoo olynomikongruenssien ratkaisujen määrästä. Luvussa 5 käsitellään neliönjäännöksiä. Aluksi luvussa esitetään määritelmiä ja lauseita koskien neliönjäännöksiä. Seuraavaksi luvussa esitetään Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause. Lauseiden nimistä huolimatta Fermat tai Wilson eivät todistaneet lauseita, vaan Fermat n ienen lauseen on ensimmäisenä todistanut Leonard Euler ja Wilsonin lauseen Joseh Lagrange. Lisäksi luvussa määritellään Adrien-Marie Legendren esittämä Legendren symboli ja esitetään sitä käyttävä Eulerin kriteeri. Luvun louksi käsitellään neliönjäännösten resirookkilakia. Viimeisessä aliluvussa esitetään lauseita, joiden avulla saadaan määritettyä Ledengren symbolin arvo ja esitetään useita esimerkkejä lauseiden käytöstä. Lauseena esitetään muun muassa Gaussin lemma. Neliönjäännösten resirookkilaki esitettään Legendren esittämässä muodossa. Tutkielman äälähteenä on käytetty Charles Vanden Eyndenin teosta Elementary number theory [8] ja siinä on käsitelty ääosin sama teoria kuin lähteen luvuissa Esimerkit ovat tekijän ratkaisemia lähteiden tehtäviä ja ne ovat samantaaisia kuin lähteissä. 1
5 Alustavia tarkasteluja Tässä luvussa esitetään alkulukuihin, jaollisuuteen, kongruenssiin, rimitiivisiin juuriin ja jäännössysteemeihin liittyviä lauseita ja määritelmiä, joita tarvitaan tutkielman myöhemmissä tarkasteluissa. Lauseiden todistuksia ei ääosin esitetä, mutta oikkeus tehdään kiinalaisen jäännöslauseen kohdalla, koska sitä käytetään myöhemmin luvussa Alkuluvuista Tässä alaluvussa esitetään alkuluvun, areittain suhteellisten alkulukujen sekä kanonisen tekijäesityksen määritelmät. Määritelmä.1. (Ks. [8, s. 4].) Luvun a > 1 sanotaan olevan alkuluku, jos se on jaollinen vain itsellään ja luvulla 1. Alkulukuja merkitään tässä tutkielmassa symbolilla. Määritelmä.. (Ks. [8, s. 1].) Lukujen a 1,a,...,a n sanotaan olevan areittain suhteellisia alkulukuja, jos (a i,a j ) = 1 aina, kun i j. Määritelmä.3. (Ks. [8, s. 56].) Olkoon a ositiivinen kokonaisluku. Tällöin merkintää a = a 1 1 a an n, missä 1 < <... < n, sanotaan kanoniseksi alkutekijäesitykseksi tai lyhyemmin kanoniseksi esitykseksi.. Jaollisuus Tässä alaluvussa määritellään jaollisuus ja esitetään siihen liittyviä lauseita. Alaluvussa määritellään myös lattiafunktio ja esitetään sitä koskeva lause. Määritelmä.4. (Ks. [8, s. 8]). Sanotaan, että luku a jakaa luvun b, jos luku b/a on kokonaisluku. Tällöin merkitään a b. Jos a ei jaa lukua b, merkitään a b. Lukua a sanotaan luvun b jakajaksi ja lukua b luvun a monikerraksi. Lause.1. Jos a b ja b c, niin a c. Todistus. Ks. [8, s. 9]. Lause.. Olkoot a,b ja c kokonaislukuja ja olkoon (a,b) = 1. Tällöin a c ja b c, jos ja vain jos ab c. Todistus. Ks. [7, s. 61], [8, s. 48].
6 Lause.3. Olkoot a,b ja c kokonaislukuja ja olkoon (a,b) = 1. Jos a bc, niin a c. Todistus. Ks. [6, s. 109]. Lause.4. Olkoot m 1,m,...,m n areittain suhteellisia kokonaislukuja ja olkoon m i a kaikille i = 1,,...,n. Silloin m a, missä m = m 1 m m n. Todistus. Ks. [5, s. 46]. Määritelmä.5. (Ks. [5, s. 63]). Olkoon a reaaliluku. Merkinnällä a tarkoitetaan niin kutsuttua lattiafunktiota eli suurinta kokonaislukua, joka ei ylitä lukua a. Lause.5. Olkoon a = bq +r, missä 0 r b. Silloin q = a/b. Todistus. Ks. [5, s. 63]..3 Kongruenssin erusominaisuuksia Tässä alaluvussa esitetään kongruenssin määritelmä ja kongruenssin erusominaisuuksia käsitteleviä lauseita. Alaluvussa määritellään myös käänteisluvun käsite sekä esitetään yksi käänteislukuja koskeva lause. Määritelmä.6. (Ks. [1, s. 106].) Olkoot a, b kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Luku a on kongruentti luvun b kanssa modulo m, jos m (a b). Kongruenssille käytettään merkintää a b (mod m). Lause.6. Olkoot a,a,b,b,c ja d kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Tällöin 1) a a (mod m) (refleksiivisyys), ) a b b a (mod m) (symmetrisyys), 3) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) (transitiivisuus), 4) a b (mod m) a b (mod m) a+a b+b (mod m), 5) a b (mod m) a b (mod m) aa bb (mod m), 6) a b (mod m) d m a b (mod d). Todistus. Ks. [8, s. 9]. Edellisen lauseen kolmen ensimmäisen ominaisuuden erusteella kongruenssi on ekvivalenssirelaatio. 3
7 Lause.7. Jos (a,b) = 1, niin z z (mod a) ja z z (mod b), jos ja vain jos z z (mod ab). Todistus. Ks. [8, s. 116]. Lause.8. Jos (a,b) = d, niin ax ax (mod b), jos ja vain jos x x (mod b/d). Todistus. Ks. [8, s. 31]. Lause.9. Olkoot a,b,c kokonaislukuja, olkoon m > 0 kokonaisluku ja olkoon (c,m) = 1. Jos ac bc (mod m), niin a b (mod m). Todistus. Ks. [6, s. 145]. Lause.10. Olkoot a, b kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Tällöin kongruenssilla ax b (mod m). on ratkaisu, jos ja vain jos (a, m) b. Tällöin kongruenssilla on täsmälleen (a,m) ratkaisua modulo m. Todistus. Ks. [6, s. 154]. Määritelmä.7. (Ks. [6, s. 155].) Olkoon a kokonaisluku ja olkoon (a, m) = 1. Tällöin kongruenssin ax 1 (mod m) ratkaisua x sanotaan luvun a käänteisluvuksi modulo m. Merkitään x = a 1. Lause.11. Olkoon alkuluku. Kokonaisluku a on itsensä käänteisluku modulo, jos ja vain jos a 1 (mod ) tai a 1 (mod ). Todistus. Ks. [6, s. 156]..4 Kiinalainen jäännöslause Tässä alaluvussa esitetään kiinalainen jäännöslause sekä sen todistus. Lauseen todistus on esitetty, koska kiinalaista jäännöslausetta ja sen todistusta käytetään myöhemmin tutkielman ääluvuissa useasti. Lause.1. (Kiinalainen jäännöslause.) Olkoot m 1,...,m r ositiivisia kokonaislukuja, joille (m i,m j ) = 1 aina, kun i j, ja olkoot b 1,...,b r mielivaltaisia kokonaislukuja. Tällöin kongruenssiryhmällä x b 1 (mod m 1 ) x b (mod m ). x b r (mod m r ) on täsmälleen yksi ratkaisu modulo m 1 m m r. 4
8 Todistus. (Vrt. [1, s. 117].) Merkitään M = m 1 m m r ja M k = M/m k. Koska luvut m 1,m,...,m r ovat areittain suhteellisia alkulukuja, niin (M k,m k ) = 1. Täten käänteisluvun määritelmän (määritelmä.7) mukaan jokaiselle luvulle M k löytyy yksikäsitteinen käänteisluku M k modulo m k. Käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit M k M k 1 (mod m k). Olkoon x = b 1 M 1 M 1 +b M M + +b r M r M r. Koska M i 0 (mod m k ), kun i k, ja M k M k 1 (mod m r), saadaan x b k M k M k b k (mod m k ). Näin ollen x toteuttaa kaikki kongruenssiryhmän kongruenssit. Todistetaan seuraavaksi ratkaisun yksikäsitteisyys. Olkoot x ja y kaksi kongruenssiryhmän ratkaisua. Tällöin kongruenssi x y (mod m k ) ätee jokaiselle k = 1,,...,r. Koska luvut m k ovat areittain suhteellisia alkulukuja, saadaan x y (mod M), joten ratkaisu on yksikäsitteinen..5 Primitiivisistä juurista Tässä alaluvussa määritellään Eulerin funktio, kertaluku ja rimitiivinen juuri sekä esitetään yksi kertalukuun liittyvä lause. Määritelmä.8. (Ks. [8, s. 9].) Olkoon a ositiivinen kokonaisluku. Eulerin funktio φ(n) määritellään tarkoittamaan kokonaislukujen n määrää, jotka toteuttavat ehdon 1 n a ja joille (a,n) = 1. Määritelmä.9. (Ks. [8, s. 19].) Olkoot a ja m kokonaislukuja, joille (a, m) = 1. Luvun a kertaluvulla modulo m tarkoitetaan ienintä ositiivista kokonaislukua x, jolle Merkitään x = ord m a. a x 1 (mod m). Lause.13. Olkoon a kokonaisluku ja olkoon m > 0 kokonaisluku, joille (a,m) = 1. Tällöin a r a s (mod m), jos ja vain jos r s (mod ord m a). Todistus. Ks. [1, s. 04]. Määritelmä.10. (Ks. [8, s. 14].) Olkoon a kokonaisluku ja olkoon m > 0 kokonaisluku, joille (a, m) = 1. Sanotaan, että r on rimitiivinen juuri modulo m, jos ord m r = φ(m). 5
9 .6 Jäännössysteemit Tässä alaluvussa määritellään täydellinen ja suistettu jäännössysteemi sekä esitetään suistettuja jäännössysteemeitä koskevia lauseita. Määritelmä.11. (Ks. [3, s. 4].) Joukko {r 1,r,...,r m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m, jos r i r j (mod m) aina, kun i j. Lause.14. Olkoon (c,m) = 1. Jos {a 1,a,...,a m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m, niin myös {ca 1,ca,...,ca m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [1, s. 110]. Määritelmä.1. (Ks. [3, s. 4].) Joukko {r 1,r,...,r φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m, jos 1) (r i,m) = 1, kun i = 1,,...,φ(m), ) r i r j (mod m) aina, kun i j. Lause.15. Olkoon (c,m) = 1. Jos {a 1,a,...,a φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m, niin myös {ca 1,ca,...,ca φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [7, s. 163]. Lause.16. Olkoot r ja m > 1 kokonaislukuja, jolle (r, m) = 1 ja olkoon r rimitiivinen juuri modulo m. Tällöin R = {r 1,r,...,r φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [7, s. 01]. 3 Polynomikongruensseista Tutkielman ääaino on erilaisten kongruenssien käsittelyssä. Luvun aluksi kongruensseihin tutustutaan esittelemällä olynomikongruenssin käsite ja määritellään kongruenssin aste. Lisäksi luvussa käsitellään kongruensseja, joiden modulona on yhdistetty luku. 6
10 3.1 Polynomikongruenssin käsite Polynomikongruenssilla tarkoitetaan muotoa f(x) 0 (mod m), missä f(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi, olevaa kongruenssia. Esimerkki olynomikongruenssista on 10x 4 8x 3 +5x+3 x 4 +3x 3 9 (mod 1). Kokonaislukumuuttujaa x, joka toteuttaa kongruenssin, sanotaan kongruenssin ratkaisuksi. Puhuttaessa kongruenssin ratkaisuista tarkoitetaan keskenään eäkongruentteja ratkaisuja. Tästä syystä jokaisella ratkeavalla kongruenssilla modulo m on ratkaisuja korkeintaan m. Kirjoitetaan edellä esitetty esimerkki muodossa f(x) 0 (mod m) siirtämällä kaikki termit kongruenssimerkin vasemmalle uolelle, samoin kuin olynomiyhtälöä käsiteltäessä. Tällöin saadaan f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod 1). Kongruenssin käsittelyä voidaan jatkaa edelleen kirjoittamalla se yksinkertaisemaan muotoon. Käytetään lauseen.6 kohtaa 5), jonka mukaan olynomin f(x) kertoimet voidaan korvata kongruenteilla kertoimilla ilman, että kongruenssin ratkaisu muuttuu. Esimerkiksi kongruenssi on ekvivalentti kongruenssin f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod 1) f(x) = 8x 4 11x 3 +5x 0 (mod 1) kanssa. Jokainen olynomin f(x) termi, jonka kerroin on jaollinen modulolla m, voidaan jättää ois kongruenssista, koska kyseiset termit ovat kongruentteja luvun 0 kanssa riiumatta kertoimesta x. Tästä saadaan kongruenssin asteen määritelmä. Määritelmä 3.1. (Ks. [8, s. 150].) Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi. Kongruenssin aste on kongruenssin f(x) 0 (mod m) olynomin f(x) korkein muuttujan x otenssi, jonka kerroin ei ole jaollinen modulolla m. Esimerkki 3.1. (Vrt. [8, s. 154].) Olkoon f(x) = 8x 4 11x 3 + 5x + 1. Kongruenssin f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod m) aste on 4, jos modulo m on 5. Jos moduloksi m asetetaan 4, niin tällöin kongruenssin aste on 3. 7
11 3. Yhdistetty luku kongruenssin modulona Tässä alaluvussa käsitellään kongruensseja, joissa on modulona yhdistetty luku. Kongruenssien ratkaisua käsitellään esimerkein sekä annetaan ratkaisumalli lauseena. Tarkastellaan kongruenssia (ks. [8, s. 155], teht. 0.) f(x) = x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 66). (3.1) Kongruenssin ratkaiseminen kokeilemalla olisi mahdollista, mutta se olisi työlästä, koska se vaatisi 66 kokonaisluvun kokeilemista kongruenssin ratkaisuksi. Kongruenssi saadaan ratkaistuksi helommin muokkaamalla sen moduloa, minkä jälkeen voidaan käyttää kiinalaista jäännöslausetta. Kongruenssin modulon saa muokattua alkuluvuksi käyttämällä lausetta.7, jolloin sen käsittely helottuu. Käytetään lausetta kahdesti kongruenssiin 3.1 jolloin saadaan f(x) 0 (mod ), f(x) 0 (mod 66) f(x) 0 (mod 3), f(x) 0 (mod 11). Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 4 x 3 +5x+1 0 (mod ), x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 3), x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 11). Ratkaisemalla kongruenssit kongruenssiryhmän ratkaisu alautuu kongruenssiryhmän x 1 (mod ), x 1 (mod 3), x 6 (mod 11) ratkaisemiseksi. Koska luvut, 3 ja 11 ovat areittain suhteellisia alkulukuja, voidaan kongruenssiryhmän ratkaisussa käyttää kiinalaista jäännöslausetta ja sen todistusta (lause.1). Kiinalaisen jäännöslauseen mukaan kongruenssiryhmälle löytyy yksikäsitteinen ratkaisu modulo 3 11 = 66, joka on alkueräisen kongruenssin 3.1 modulo. Nyt M = 66, joten saadaan M 1 = 66/ = 33, M = 66/3 =, M 3 = 66/11 = 6. 8
12 Jokaiselle luvulle M k löytyy yksikäsitteinen käänteisluku modulo m k. Käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit 33M 1 1 (mod ), M 1 (mod 3), 6M 1 (mod 11). Käänteisluvut ovat M 1 = 1,M = 1 ja M 3 =. Nyt x = (mod 66), joten alkueräisen kongruenssin ratkaisu on x 61 (mod 66). Tätä keinoa voidaan käyttää minkä tahansa kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisemiseen, silloin kun modulolla m on vähintään kaksi erisuurta alkulukutekijää. Esimerkiksi kongruenssi f(x) 0 (mod 455) voidaan jakaa kongruensseihin f(x) 0 (mod 13) ja f(x) 0 (mod 35). Näistä kongruensseista jälkimmäinen voidaan jakaa edelleen kongruensseihin f(x) 0 (mod 5) ja f(x) 0 (mod 7). Seuraavaksi edellä esitelty menetelmä annetaan lauseena. Lause 3.1. Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi ja olkoon m = n 1 1 n k k luvun m kanoninen esitys. Tällöin, jos x on jokaisen kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ), missä i = 1,,..., k ratkaisu, niin se on myös kongruenssin ratkaisu. Tulos ätee myös kääntäen. f(x) 0 (mod m) Todistus. (Vrt. [7, s. 18].) Oletetaan, että f(x 0 ) 0 (mod n i i ) kaikille i = 1,,...,k. Silloin n i i f(x 0 ) kaikille i = 1,,...,k. Koska m = n 1 1 n k k, niin lauseen.4 mukaan m f(x 0 ). Siis, jos x on jokaisen kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ) ratkaisu kaikille i = 1,,..., k, niin se on samanaikaisesti kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu. Todistetaan vielä käänteinen tulos. Oletetaan, että f(x 0 ) 0 (mod m). Koska n i i m, niin f(x 0 ) 0 (mod n i i ) kaikille i = 1,,...,k. Siis jokainen kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu on samanaikaisesti kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ) ratkaisu kaikille i = 1,,...,k. 9
13 Seuraavaksi esitetään kaksi esimerkkiä lauseen 3.1 käytöstä. Esimerkki 3.. (Ks. [8, s. 155], teht. 18.) Ratkaistaan kongruenssi x 3x (mod 1). Luvun 1 alkulukutekijät ovat 3 ja 7. Jaetaan kongruenssi kahteen osaan käyttäen lausetta.7. Ratkaisuiksi kongruenssille saadaan x = 1,, ja kongruenssille x = 0,3. x (mod 3) x 3x 0 (mod 7) Ratkaistavaksi saadaan kongruenssiryhmä x 1 tai x (mod 3), x 0 tai x 3 (mod 7), jonka yhtäaikaiset kongruenssit saadaan ratkaistua käyttämällä lausetta.1 (kiinalainen jäännöslause). Luvuiksi M k saadaan M 1 = 1/3 = 7, M = 1/7 = 3. Lasketaan seuraavaksi käänteisluvut. Ratkaistaan kongruenssit 7M 1 1 (mod 3), 3M 1 (mod 7), jolloin saadaan M 1 = 1ja M = 5. Kongruenssiryhmän yhtäaikainen ratkaisu on siis x , , , , = 7,5,14,59 7,10,14,17 (mod 1). Kongruenssille x 3x (mod 1) löytyi neljä ratkaisua, jotka ovat x 7,10,14,17 (mod 1). Esimerkki 3.3. (Ks. [8, s. 155], teht. 15.) Ratkaistaan kongruenssi x 3 x + 3x+1 0 (mod 1). Sievennetään kongruenssia ja jaetaan se kahteen osaan käyttäen lausetta.7. Kongruensseiksi saadaan x 3 x +1 0 (mod 3), x 3 x +3x+1 0 (mod 7). Toisen kongruenssin ratkaisu on x = 3, mutta ensimmäiselle kongruenssille ei löydy ratkaisuja. Näin ollen myöskään alkueräiselle kongruenssille ei löydy ratkaisua. 10
14 4 Alkuluvun otenssi kongruenssin modulona Tässä luvussa käsitellään aluksi kongruensseja, joiden modulona on alkuluku korotettuna otenssiin. Tämän jälkeen tarkastellaan toisen asteen kongruensseja ja louksi esitetään kongruenssin ratkaisujen määrästä kertovia lauseita. 4.1 Kongruenssi modulo Aiemmin esiteltyä keinoa ei voida käyttää kaikkien kongruenssien ratkaisussa, vaikka modulo jaettaisiinkin alkulukutekijöihin. Esimerkiksi kongruenssia (ks. [8, s. 155], teht. 7.) x (mod 5), (4.1) ei voida ratkaista aiemmin esitetyn keinon avulla, koska moduloa 5 ei voida jakaa areittain suhteellisiin alkulukuihin. Tämän tyyisten kongruenssien ratkaisua käsitellään seuraavaksi. Aloitetaan kongruenssin (4.1) ratkaiseminen käyttämällä lausetta.6, jonka mukaan, jos a b (mod m) ja d m, niin a b (mod d). Nyt 5 5, joten saadaan x (mod 5). (4.) Kokeilemalla kongruenssin ratkaisuksi saadaan x = 3. Nyt alkueräisen kongruenssin ratkaisun löytämiseksi voidaan kokeilla vain lukuja x 3 (mod 5) eli lukuja 8, 13, 18 ja 3 sen sijaan, että kokeiltaisiin kaikki 5 kokonaislukua. Kokeilemalla saadaan alkueräisen kongruenssin ratkaisuksi x = 3. Jos kokeiltavia lukuja on aljon, kannattaa ratkaisua jatkaa kokeilemisen sijaan sijoituskeinolla. Tällöin alkueräiseen kongruenssiin (4.1) sijoitetaan x = x +y, missä x on kokeilemalla saatu kongruenssin (4.) ratkaisu ja y muokatun modulon monikerta. Tässä taauksessa alkueräiseen kongruenssiin (4.1) sijoitetaan 3 + 5y, missä y = 0, 1,, 3, 4. Tällöin saadaan (3+5y) (mod 5). Laskemalla kongruenssin vasen uoli ja sieventämällä kongruenssi saadaan 10y (mod 5). Käyttämällä lausetta.8 saadaan edellä esitetty kongruenssi muotoon y + 0 (mod 5). Helosti nähdään, että etsitty arvo välillä 0,...,4 on y = 4. Ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin (4.1) saadaan sijoittamalla arvo y = 4 yhtälöön 11
15 x = 3+5y, jolloin saadaan x = = 3. Nyt saatu ratkaisu on sama, joka saatiin aiemmin kokeilemalla. Esimerkin ratkaisutaa toimii myös yleisesti. Olkoon alkuluku ja olkoon kongruenssi f(x) 0 (mod ). (4.3) Ratkaistaan ensin kongruenssi f(x) 0 (mod ). (4.4) Olkoon x jokin jälkimmäisen kongruenssin (4.4) ratkaisu. Etsitään alkueräisen kongruenssin (4.3) ratkaisua muodossa x = x + y, missä y kuuluu johonkin täydelliseen jäännössysteemiin modulo. Sijoittamalla muuttujan x aikalle x +y alkueräiseen kongruenssiin saadaan muuttujan y suhteen lineaarinen kongruenssi ay +b 0 (mod ), josta saadaan haluttu ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin (4.3). Kongruenssi on lineaarinen, koska kun x + y korotetaan otenssiin, niin suurin osa termeistä, joissa on mukana muuttuja y, suistuvat ois, koska niiden kerroin on jaollinen alkueräisen kongruenssin modulolla. Jos kongruenssilla (4.4) on enemmän kuin yksi ratkaisu, on menetelmää sovellettava niihin kaikkiin. Tästä kerrotaan yksityiskohtaisemmin seuraavassa luvussa. Seuraavaksi esitetään esimerkki, jossa käytetään tämän aliluvun lisäksi kiinalaista jäännöslausetta (lause.1). Esimerkki 4.1. (Ks. [8, s. 16], teht. 5.) Olkoon kongruenssi f(x) = x x+7 0 (mod 63). Koska 63 = 3 7, niin saadaan Aloitetaan ratkaisemalla kongruenssi x x+7 0 (mod 9), x x 0 (mod 7). x x+7 0 (mod 9) (4.5) käyttäen tässä aliluvussa esitettyä taaa. Ratkaistaan ensin kongruenssi kokeilemalla x x (mod 3) ja saadaan ratkaisuksi x =. Nyt riittää kokeilla lukuja x (mod 9) eli lukuja x =,5,8 kongruenssiin (4.5). Kongruenssin ratkaisuksi saadaan x =, 5, 8. Ratkaistaan sitten kongruenssi x x 0 (mod 7). Kokeilemalla kongruenssin ratkaisuksi saadaan x = 0,1. 1
16 Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 0 tai x 1 (mod 7), x tai x 5 tai x 8 (mod 9), jonka ratkaisussa käytetään auna kiinalaista jäännöslausetta (.1). Nyt M 1 = 63/7 = 9 ja M = 63/9 = 7, joten käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit 9M 1 1 (mod 7), 7M 1 (mod 9). Käänteisluvuiksi saadaan M 1 = 4 ja M = 4. Alkueräisen kongruenssin ratkaisuksi saadaan x , , , , , = 0+56,0+140,0+4,36+56,36+140,36+4 = 56,140,4,9,176,60 56,14,35,9,50,8 (mod 63), eli x 8,14,9,35,50,56 (mod 63). 4. Kongruenssi modulo n Tässä alaluvussa yleistetään edellisen alaluvun ratkaisumalli koskemaan kongruensseja, joissa modulo on muotoa n, missä on alkuluku. Olkoon f(x) 0 (mod n ) annettu kongruenssi. Ensimmäiseksi täytyy etsiä jokin ratkaisu kongruenssiin f(x) 0 (mod ), minkä jälkeen saatua ratkaisua käytetään kongruenssin f(x) 0 (mod ) ratkaisussa. Näin jatketaan kunnes saadaan ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin modulo n. Siis modulon k eksonenttia kasvatetaan aina yhdellä, kunnes saadaan modulo n. Tätä keinoa kutsutaan nostoeriaatteeksi. Menetelmän tarkemaa tarkastelua varten tarvitaan olynomin muodollisen derivaatan käsite, joka määritellään seuraavaksi. 13
17 Määritelmä 4.1. (Ks. [8, s. 158].) Olkoon f(x) = a r x r + +a 0 olynomi. Määritellään olynomin muodollinen derivaatta olemaan olynomi Esimerkki 4.. Polynomin muodollinen derivaatta on f (x) = a r rx r 1 +a r 1 (r 1)x r + +a 1. f(x) = 4x 6 +7x 5 15x 3 +8 f (x) = 4x 5 +35x 4 45x. Seuraavaksi esitetään lause, jonka avulla saadaan ratkaistuksi kongruenssit, joiden modulona on alkuluku korotettuna otenssiin n. Lause 4.1. Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi, alkuluku ja k( 1) kokonaisluku. Oletetaan, että x k on kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisuja. Tällöin x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos x k+1 = x k + k y, missä y, 0 y, on kongruenssin ratkaisu. f (x k )y f(x k) k (mod ) Todistus. (Vrt. [5, s. 15], [7, s. 183].) Oletetaan, että x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu. Jaollisuuden määritelmän (määritelmä.4) mukaan k k+1. Tällöin lauseen.6 kohdan 6) mukaan x k+1 on myös kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisu. Siis x k+1 = x k + k y, missä x k on kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisu, 0 x k k ja y kokonaisluku. Nyt x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos f(x k+1 ) 0 (mod k+1 ). Taylorin sarjaa käyttämällä saadaan f(x k+1 ) = f(x k + k y) = f(x k )+ k yf (x k )+k N, missä N on jaollinen luvulla k+1. Koska f(x k ) 0 (mod k ), niin kongruenssin määritelmän (määritelmä.6) mukaan k f(x k ). Lausetta.8 käyttäen saadaan ja edelleen f(x k ) k +yf (x k ) 0 (mod ) yf (x k ) f(x k) k (mod ). Koska lauseen todistuksen jälkimmäinen osa ätee myös kääntäen, saadaan että x k+1 = x k + k y on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos y on kongruenssin ratkaisu. yf (x k ) f(x k) k (mod ) 14
18 Seuraavaksi esitetään kolme esimerkkiä edellisen lauseen käytöstä. Esimerkki 4.3. (Ks. [8, s. 161], teht. 9.) Ratkaistaan kongruenssix x+7 0 (mod 7). Koska 7 = 3 3, niin kongruenssi voidaan ratkaista ratkaisemalla ensin kongruenssi f(x) = x x+7 0 (mod 3). Kokeilemalla arvoja täydellisestä jäännössysteemistä modulo 3 ratkaisuksi saadaan x 1 =. Ratkaisu kongruenssiin modulo 9 tulee olemaan muodossa x 1 +3y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x k )y f(x k) k (mod ). Sijoittamalla saatu ratkaisu x 1 = olynomiin f(x) saadaan f() = 9. Polynomin f(x) derivaatta on f (x) = x 1, joten saadaan f () = 3. Luvulle x 1 = kongruenssin 3y 9 (mod 3) 31 ratkaisu on y = 0,1,. Sijoitetaan saadut arvot yhtälöön x = x 1 +3y, jolloin saadaan x = =, x = = 5 ja x = + 3 = 8, eli x =,5,8. Näistä vain arvolle x = 5 löytyy ratkaisu. Seuraavaksi etsitään ratkaisuja alkueräiseen kongruenssiin muodossa x 3 = x + 9y. Muuttujan y tulee toteuttaa kongruenssi Arvolle x = 5 kongruenssin f (x )y f(x ) 3 (mod 3). 9y 7 9 (mod 3) ratkaisu on y = 0,1,, joten x 3 = = 5, x 3 = = 14 ja x 3 = 5+9 = 3. Täten ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin on x = 5,14,3. Esimerkki 4.4. (Ks. [8, s. 161], teht. 15.) Ratkaistaan kongruenssi x 3 + x +1 0 (mod 81). Huomaa, että 81 = 3 4. Merkitään f(x) = x 3 +x +1 ja ratkaistaan ensin kongruenssi f(x) 0 (mod 3). Ratkaisu kongruenssiin on x 1 = 1. Derivoidaan olynomi f(x), jolloin saadaan f (x) = 3x + x. Etsitään seuraavaksi ratkaisu kongruenssillef(x) 0 (mod 9) muodossax 1 + 3y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x 1 )y f(x 1) 3 (mod 3). 15
19 Arvolle x 1 = 1 kongruenssin 5y 3 3 (mod 3) ratkaisu on y = 1. Tällöin saadaan x = x 1 +3y = = 4. Huomaa, että ainoa mikä kongruenssissa f (x k )y f(x k) k (mod ) on merkityksellistä derivaatan f (x k ) suhteen on se, mikä on sen arvo modulo. Koska kaikki ratkaisut x k ovat kongruentteja modulo muuttujan x 1 kanssa, ei derivaatan f arvoa tarvitse laskea uudelleen. Seuraavaksi etsitään uusia arvoja y, jotka toteuttavat kongruenssin Arvolle x = 4 saadaan kongruenssi f (x )y f(x ) 3 (mod 3). 5y 9 (mod 3). Ratkaisu on y = 0, josta saadaan x 3 = x +9y = = 4. Alkueräisen kongruenssin ratkaisu on x = 4. Aliluvin louksi esitetään vielä esimerkki, jonka ratkaisemiseksi käytetään lauseita 3.1 ja 4.1. Esimerkki 4.5. (Ks. [8, s. 16], teht. 3.) Ratkaistaan kongruenssi f(x) = x x 1 0 (mod 1000). Koska 1000 = 3 5 3, niin kongruenssi saadaan jaettua kongruensseihin x x 1 0 (mod 8), (4.6) x x 1 0 (mod 15). (4.7) Polynomin f(x) derivaatta on f (x) = x 1. Ratkaistaan ensin ylemi kongruenssi (4.6) käyttäen lausetta 4.1. Aloitetaan ratkaisemalla kongruenssi f(x) 0 (mod ). Sievennetään kongruenssia ja saadaanx x 0 (mod ). Kokeilemalla ratkaisuksi saadaan x = 0,1. Etsitään kongruenssin x x 0 (mod 4) ratkaisua muodossa x = x 1 +y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x 1 )y f(x 1) (mod ). Arvolle x 1 = 0 saadaan y 1 (mod ), 16
20 joten y = 0. Sijoitetaan saatu y yhtälöön x = x 1 + y ja saadaan x = 0+ 0 = 0. Etsitään seuraavaksi ratkaisuja kongruenssiin x x 0 (mod 8) muodossa x 3 = x +4y, missä y toteuttaa kongruenssin Arvolle x = 0 saadaan f (x 1 )y f(x 1) 4 (mod ). y 1 (mod ), 4 joten y = 1. Sijoitetaan vielä y ja saadaan x 3 = x +4y = = 4. Lasketaan muuttujan x 3 arvot myös arvolle x 1 = 1. Muuttujan y arvoksi saadaan y = 0. Kun y sijoitetaan yhtälöön x = x 1 + y, saadaan x = 1+ 0 = 1. Jatketaan samoin kuten edellä ja arvolle x = 1 saadaan y = 1. Nyt x 3 = = 5. Ratkaistaan seuraavaksi kongruenssi (4.7). Ratkaistaan kongruenssi f(x) 0 (mod 5) kokeilemalla, jolloin saadaan x 1 =,4. Jatketaan kongruenssin ratkaisemista samoin kuin edellä. Suorittamalla tarvittavat laskutoimitukset kongruenssin (4.7) ratkaisuksi saadaan x 3 = 4,1. Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 4 tai x 5 (mod 8), x 4 tai x 1 (mod 15). Käytetään kongruenssiryhmän ratkaisuun kiinalaista jäännöslausetta (lause.1). Nyt M 1 = 1000/8 = 15 ja M = 1000/15 = 8, joten käänteisluvuiksi saadaan M 1 = 5 ja M = 47. Kongruenssiryhmän yhtäaikainen ratkaisu on x , , , , 4004, 469, 4837, (mod 1000) 4,37,69,997 (mod 1000) Siis ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin on x 4, 37, 69, 997 (mod 1000). 4.3 Toisen asteen kongruenssi Polynomikongruensseille, joiden modulo on alkuluku, ainut ratkaisumalli on testata lukuja täydellisestä jäännössysteemistä. Kongruenssien ratkaisu on heloa, jos modulo on ieni luku, mutta ratkaisu on sitä työläämää mitä suuremi modulo on kyseessä. Seuraavaksi ryhdytään tutkimaan tekniikkaa, jossa kongruenssin astetta suistetaan ienemmäksi. Tutkitaan toisen asteen kongruenssia ax +bx+c 0 (mod ) (4.8) 17
21 missä on alkuluku ja a 0 (mod ). Jos a 0 (mod ), on kyseessä lineaarinen kongruenssi. Kun tutkitaan kongruenssin (4.8) muotoa, ensimmäisenä mieleen tulee toisen asteen yhtälön ratkaisukaava x = b± b 4ac. a Jos olemme kiinnostuneita vain oikeista ratkaisuista, saamme niitä nolla, yksi tai kaksi riiuen siitä onko diskriminantti b 4ac negatiivinen, nolla vai ositiivinen. Kongruenssille (4.8) etsimme kokonaislukuratkaisuja x. Jos diskriminantti b 4ac ei ole neliö, niin juurilausekkeesta saatu arvo ei ole kokonaisluku eikä välttämättä edes reaalinen. Oletetaan, että diskriminantti b 4ac on kongruentti modulo neliön y kanssa eli b 4ac y (mod ), jolloin saadaan x = b+y. a Yhtälöstä saatava ratkaisu ei kuitenkaan ole välttämättä kokonaisluku. Ratkaistaan ongelma vaatimalla muuttujan x olemaan ratkaisu kongruenssiin ax b+y (mod ). Lauseen.10 mukaan ratkaisu on olemassa aina, kun (a,) = 1. Oletuksen mukaan a. Jos jakaisi luvun, niin alkuluku olisi. Tällöin kongruenssin ratkaisu olisi heloa. Kaikkiaan ohdinnat ovat johtaneet siihen, että jos y b 4ac (mod ) ja jos x on ratkaisu kongruenssiin ax b+y (mod ), niin x on ratkaisu myös kongruenssiin (4.8). Tällä tavoin saadaan ratkaistuksi toisen asteen kongruenssit. Seuraavaksi menetelmä annetaan lauseena. Lause 4.. Olkoon ariton alkuluku, ja olkoon (,a) = 1. Tällöin kongruenssin ax +bx+c 0 (mod ) ratkaisut saadaan kongruenssin ax b + y (mod ) ratkaisusta, missä y on ratkaisu kongruenssiin y b 4ac (mod ). Ratkaisuja on yksi, mikäli (b 4ac). Muussa taauksessa ratkaisuja ei ole yhtään tai kaksi. Todistus. Lauseen ensimmäisen osan todistamiseksi täytyy todistaa kaksi asiaa. 1) Jos y b 4ac (mod ) ja ax b+y (mod ), niin x on ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin. ) Jokainen ratkaisu voidaan tuottaa tällä tavoin. Todistetaan kohta 1. Koska (,a) = 1 ja (,) = 1, niin (,a) = 1. Näin ollen on olemassa sellainen kokonaisluku u, (,u) = 1, että au 1 (mod ). 18
22 Kerrotaan kongruenssi ax b + y (mod ) uolittain luvulla u, jolloin saadaan au x u( b+y) (mod ) eli x u( b+y) (mod ). Sijoitetaan saatu x kongruenssiin (4.8). Silloin ax +bx+c = a(u( b+y)) +b(u( b+y))+c = au(uy ) au(buy)+au(b u) b u+buy +c uy buy +b u b u+buy +c (mod ) = uy b u+c u(b 4ac) b u+c (mod ) = b u 4acu b u+c = 4acu+c c+c = 0 (mod ). (Vrt.[8, s. 164].) Todistetaan kohta. Oletetaan, että x toteuttaa alkueräisen kongruenssin. Koska (,a) = 1 ja (,4) = 1, niin (,4a) = 1. Näin ollen kongruenssi (4.8) saadaan muotoon ja edelleen muotoon 4a x +4abx+4ac 0 (mod ) (ax+b) b +4ac 0 (mod ). Jos määritellään muuttuja y = ax + b, niin jälkimmäinen kongruenssi saadaan muotoon y b 4ac (mod ) ja muuttajan y määritelmästä saadaan ax b+y (mod ). Todistetaan vielä lauseen toinen osa. Josyu x (mod ) jay u x (mod ) jollakin kokonaisluvullau, niinx x (mod ), jos ja vain josy y (mod ). Tällöin riittää kun laskee kongruenssin y b 4ac (mod ) ratkaisut sen sijaan, että laskisi alkueräisen kongruenssin ratkaisut. Jos sekäy ettäy ovat ratkaisuja, niin y y (mod ) eli y y = (y+y )(y y ). Lauseen. mukaan tästä seuraa, että y y (mod ) tai y y (mod ). Tällöin saadaan kaksi ratkaisua aitsi, jos y y (mod ) eli y. Koska on ariton eli >, niin tämä on mahdollista vain, jos y. Silloin myös y. Koska y b 4ac (mod ) ja y eli b 4ac, niin kongruenssilla on vain yksi ratkaisu. Näin on todistettu myös lauseen jälkimmäinen osa. Huomautus. Lauseen ensimmäisen osan todistuksen kohtaan 1) löytyy vihje lähteestä [8, s. 169], teht. 37. Seuraavaksi esitetään esimerkki edellisen lauseen käytöstä. Esimerkki 4.6. (Vrt. [8, s. 169], teht. 3.) Ratkaisex +9x+3 0 (mod 17). 19
23 Ratkaisu. Tehtävän ratkaisemiseen voidaan käyttää lausetta 4., koska modulo 17 on alkuluku, joka ei jaa arvoa a = 1. Tässä tehtävässä a = 1, b = 9 ja c = 3. Ratkaistaan y b 4ac = = 69 1 (mod 17). Helosti nähdään, että ratkaisu on y = ±1. Seuraavaksi on ratkaistava kongruenssi ax b+y (mod 17) eli x 9±1 = 10 tai 8 (mod 17). Ratkaisuiksi saadaan x = 1, 13. Tämä on ratkaisu myös alkueräiseen kongruenssiin. 4.4 Ratkaisujen määrä Polynomikongruenssien ratkaisujen määrälle ei ole yleistä sääntöä. Kuitenkin tällainen sääntö löytyy, kun modulona on alkuluku. Tässä alaluvussa käsitellään Lagrangen lausetta, joka kertoo ratkaisujen määrästä. Lause 4.3. Olkoon (a,m) = 1. Tällöin lineaarisella kongruenssilla on täsmälleen yksi ratkaisu. ax b (mod m) Todistus. (Vrt. [1, s. 111].) Lauseen todistamiseksi riittää kokeilla lukuja 1,,...,m sillä ne muodostavat täydellisen jäännössysteemin modulo m. Muodostetaan tulot a,a,...,ma. Koska (a,m) = 1, niin lauseen.14 mukaan myös tulot muodostavat täydellisen jäännössysteemin modulo m. Näin ollen täsmälleen yksi tuloista on kongruentti luvun b kanssa modulo m. Siis kongruenssin toteuttaa vain yksi luku x. Seuraavaksi esitetään kaksi aulausetta, joita käytetään lauseen 4.4 (Lagrangen lause) todistuksessa. Aulause 4.1. Olkoon f kokonaislukukertoiminen olynomifunktio, ja olkoon r kokonaisluku. Tällöin on olemassa sellainen kokonaislukukertoiminen olynomifunktio g, että Todistus. Ks. [8, s. 17]. f(x) f(r) = (x r)g(x). 0
24 Aulause 4.. Olkoon f kokonaislukukertoiminen olynomifunktio, ja olkoon f(r) 0 (mod m). Tällöin on olemassa sellainen kokonaislukukertoiminen olynomifunktio g, jonka korkein kerroin on sama kuin funktion f, ja jonka vastaavat kertoimet funktioiden f(x) ja (x r)g(x) kanssa ovat kaikki kongruentteja modulo m, mutta jonka aste on yhtä ienemi kuin funktion f. Todistus. Ks. [8, s. 18]. Lause 4.4. (Lagrangen lause.) Olkoon alkuluku ja olkoon f(x) = a r x r +a r 1 x r a 0 kokonaislukukertoiminen olynomi, jossa a r 0 (mod ). Tällöin olynomikongruenssilla f(x) 0 (mod ) on ratkaisuja korkeintaan r. Todistus. (Vrt. [1, s. 115].) Todistetaan lause induktiolla olynomin asteen r suhteen. Kun olynomin aste r = 1, on kyseessä lineaarinen kongruenssi a 1 x+a 0 0 (mod ). Koskaa 1 0 (mod ), niin(a 1,) = 1. Tällöin lauseen 4.3 mukaan ratkaisuja on tasan yksi. Oletetaan sitten, että lause itää aikkaansa, kun olynomin aste on r 1. Todistetaan, että lause itää aikkaansa, kun olynomin aste on r. Tehdään vastaoletus, että alkueräisellä kongruenssilla on r +1 eäkongruenttia ratkaisua modulo ja merkitään niitä x 0,x 1,...,x r, missä f(x k ) 0 (mod ) kaikille k = 0,1,...,r. Aulauseen 4. mukaan itää aikkaansa, että f(x) f(x 0 ) = (x x 0 )g(x), missä g(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi, jonka aste on r 1 ja jonka korkein kerroin on a r. Siis f(x k ) f(x 0 ) = (x k x 0 )g(x k ) 0 (mod ), koska f(x k ) f(x 0 ) 0 (mod ). Kuitenkin x k x 0 0 (mod ), jos k 0, joten täytyy olla g(x k ) 0 (mod ) kaikille k 0. Tämä tarkoittaa, että kongruenssilla g(x) 0 (mod ) on r keskenään eäkongruenttia ratkaisua modulo, mikä on ristiriidassa induktio-oletuksen kanssa. Siis vastaoletus ei idä aikkaansa ja väite on tosi. 1
25 5 Neliönjäännökset Tässä luvussa määritellään neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset sekä käsitellään niitä käyttäviä lauseita. Luvussa esitetään Fermat n ieni lause sekä Wilsonin lause, joita käytetään myöhemmin Eulerin kriteerin todistuksessa. Lisäksi luvussa määritellään Legendren symboli sekä kaksi sitä käyttävää lausetta. Luvun louksi käsitellään neliönjäännösten resirookkilakia, johon liittyen esitetään muun muassa Gaussin lemma. 5.1 Neliönjäännösten ominaisuuksia Tässä alaluvussa määritellään neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset sekä esitetään lauseita ja useita esimerkkejä niiden käytöstä. On kiinnostavaa tietää, millä luvuilla m kongruenssi y m (mod ) on ratkeava. Jos jakaa luvun m, niin ratkaisu on y = 0, mutta jos ei jaa lukua m, niin ratkaisun olemassaolo ei ole yhtä selvää. Määritelmä 5.1. (Ks. [8, s. 165].) Neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset. Olkoon alkuluku. Oletetaan, että a eli a ei kuulu suistettuun jäännössysteemiin modulo. Jos on olemassa sellainen kokonaisluku y, että y a (mod ), niin lukua a kutsutaan neliönjäännökseksi modulo. Jos tällaista lukua y ei ole olemassa, niin lukua a kutsutaan neliöneäjäännökseksi modulo. Esimerkki 5.1. Etsi neliönjäännökset modulo 5. Ratkaisu. A = {1,, 3, 4} on suistettu jäännössysteemi modulo 5. Nyt 1 = 1 1 (mod 5), = 4 4 (mod 5), 3 = 9 4 (mod 5), 4 = 16 1 (mod 5). Luvuille 1 ja 4 löytyy sellainen luku y, että y a (mod ). Siis luvut 1 ja 4 ovat neliönjäännöksiä modulo 5, ja luvut ja 3 ovat neliöneäjäännöksiä modulo 5. Koska jos a a (mod ), niin kongruenssit y a (mod ) ja y a (mod )
26 ovat yhtäitäviä, joten neliönjäännökset muodostavat kokonaisia kongruenssiluokkia. Lauseen 4. todistuksen loussa osoitetaan, että jos on ariton alkuluku ja a sekä y a (mod ), niin ratkaisuja saadaan kaksi, joista toinen on kongruentti luvun y kanssa. Jos lasketaan arvoja kaikille 1,,...,( 1) saadaan jokainen kongruenssiluokka modulo tasan kaksi kertaa, ensin jollain luvulla k, 1 k ( 1)/ ja toisen kerran luvulla k, koska ( k) k (mod ). Tästä saadaan lause 5., joka vähentää työtä kun etsitään ratkaisua kongruenssiin y a (mod ). Lause 5.1. Olkoon ariton alkuluku ja olkoon r rimitiivinen juuri modulo. Silloin rimitiivisten juurten arilliset otenssit r,r 4,...,r 1 ovat neliönjäännöksiä modulo, ja arittomat otenssit r 1,r,...,r ovat neliöneäjäännöksiä modulo. Todistus. (Vrt. [1, s. 08].) Olkoon n arillinen kokonaisluku. Merkitään n = m, jolloin saadaan r n = r m, joten r n x (mod ), missä x = r m, eli r n on neliönjäännös modulo. Parillisia otensseja on olemassa ( 1)/, joten neliönjäännöksiä modulo on olemassa sama määrä. Täten neliöneäjäännöksiä on olemassa ( 1)/ ja ne ovat arittomat otenssit. Lause 5.. Olkoon ariton alkuluku. Jokainen suistettu jäännössysteemi modulo sisältää ( 1)/ neliönjäännöstä modulo ja ( 1)/ neliöneäjäännöstä modulo. Todistus. Olkoon r rimitiivinen juuri modulo. Lauseen.16 mukaan joukko R = {r 1,r,...,r 1 } suistettu jäännössysteemi modulo. Selvästi myös joukko A = {1,,...,( 1)} on suistettu jäännössysteemi modulo. Oletetaan, että a on joukon A alkio. Tällöin on olemassa sellainen yksikäsitteinen joukon R alkio r k, joka toteuttaa kongruenssin r k a (mod ). Lauseen 5.1 mukaan joukossa R on ( 1)/ neliönjäännöstä ja ( 1)/ neliöneäjäännöstä, koska joukon R alkiosta joka toisen otenssi on arillinen. Huomautus. Lauseen alkuosan todistuksessa on käytetty lähdettä [4]. Seuraavaksi esitetään kaksi esimerkkiä lauseen 5. käytöstä. 3
27 Esimerkki 5.. Lasketaan ienimmät jäännökset modulo 7. Saadaan 1 = 1 1 (mod 7), = 4 4 (mod 7), 3 = 9 (mod 7), 4 = 16 (mod 7), 5 = 5 4 (mod 7), 6 = 36 1 (mod 7). Huomaa, että jokainen neliönjäännös modulo 7 esiintyy välillä 1 ja(7 1)/ = 3. Esimerkki 5.3. (Ks. [8, s. 169], teht. 31.) Ratkaise kongruenssi4x +6x+1 0 (mod 13). Ratkaisu. Tässä diskriminantti b 4ac = = 0 7 (mod 13), missä 7 13, joten lauseen 4. mukaan ratkaisuja ei ole yhtään tai on kaksi. Lasketaan neliönjäännökset modulo 13 välillä 1 ja (13 1)/ = 6. 1 = 1 1 (mod 13), = 4 4 (mod 13), 3 = 9 9 (mod 13), 4 = 16 3 (mod 13), 5 = 5 1 (mod 13), 6 = (mod 13). Jos lasketaan jäännökset myös välillä [7,13], saadaan samat tulokset, mutta äinvastaisessa järjestyksessä. Koska 7 on neliöneäjäännös modulo 13, niin y 7 (mod 13) eli kongruenssille y b 4ac (mod ) ei löydy ratkaisua, joten myöskään alkueräiselle kongruenssille ei löydy ratkaisua. 5. Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause Tässä alaluvussa esitetään Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause sekä näiden todistukset. Lauseita käytetään seuraavan alaluvun Eulerin kriteerin todistuksessa. Lause 5.3. (Fermat n ieni lause.) Jos on alkuluku, joka ei jaa lukua a, niin a 1 1 (mod ). Todistus. (Vrt. [6, s. 17].) Olkoot a,a,...,( 1)a kokonaislukuja. Yksikään näistä luvuista ei ole jaollinen luvulla, koska jos ja, niin lauseen.3 4
28 mukaan j, koska a. Tämä ei ole mahdollista, koska 1 j 1. Lisäksi mitkään luvuista a,a,...,( 1)a eivät ole keskenään kongruentteja modulo. Todistetaan tämä. Oletetaan, että ja ka (mod ), missä 1 j k 1. Nyt lauseen.9 mukaan j k (mod ), koska (a,) = 1. Tämä ei ole mahdollista, koska j,k < 1 ovat ositiivisia kokonaislukuja. Koska kokonaisluvut a,a,...,( 1)a muodostavat ( 1)-alkiosen joukon, jotka ovat eäkongruentteja nollan kanssa ja mitkään kaksi lukua eivät ole keskenään kongruentteja modulo, tiedetään, että joukon ienimmät ositiiviset jäännökset jossain järjestyksessä ovat luvut 1,,..., 1. Tämän vuoksi tulo a a ( 1)a on kongruentti modulo ensimmäisten 1 kokonaisluvun tulon kanssa. Siis saadaan ja edelleen a a ( 1)a 1 ( 1) (mod ), a 1 ( 1)! ( 1)! (mod ). Koska (( 1)!,) = 1, niin lausetta.9 käyttäen jaetaan yhtälö uolittain luvulla ( 1)! ja saadaan Täten lause on todistettu. a 1 1 (mod ). Fermat n ieni lause toimii myös käänteisesti, joten sitä voidaan käyttää alkulukutestinä. Lause 5.4. (Wilsonin lause.) Olkoon alkuluku. Tällöin ( 1)! 1 (mod ). Todistus. (Vrt. [6, s. 16].) Kun =, saadaan ( 1)! 1 1 (mod ), joten lause itää aikkaansa, kun =. Olkoon >. Käänteisluvun määritelmän (määritelmä.7) mukaan jokaiselle kokonaisluvulle a on olemassa sellainen käänteisluku a 1, 1 a 1, siten että aa 1 1 (mod ). Lauseen.11 mukaan ainoat ositiiviset kokonaisluvut <, jotka ovat omia käänteislukujaan, ovat 1 ja 1. Tästä syystä luvut, 3,..., voidaan jakaa ( 3)/ kokonaislukuariin niin, että jokainen ari on kongruentti luvun yksi kanssa modulo. Siis saadaan 3 ( 3)( ) 1 (mod ). Kerrotaan kongruenssi uolittain luvuilla 1 ja ( 1) ja saadaan ( 1)! = 1 3 ( 3)( )( 1) 1 ( 1) 1 (mod ). Täten väite on todistettu. 5
29 5.3 Legendren symboli Tässä alaluvussa määritellään Legendren symboli ja esitetään lauseita sen käytöstä. Määritelmä 5.. (Legendren symboli.) (Ks. [8, s. 168].) Olkoon ( ) ariton alkuluku, joka ei jaa lukua a. Määritellään Legendren symboli olemaan 1, jos a on neliönjäännös modulo, ja 1, jos a on neliöneäjäännös modulo. Esimerkki 5.4. (Vrt. [8, s. 168].) Esimerkissä 5. on laskettu neliönjäännökset modulo 7. Legendren symbolit ovat ( ) ( ) ( ) 1 4 = = = 1, ( ) ( ) ( ) = = = Lause 5.5. (Eulerin kriteeri.) Olkoon ariton alkuluku ja a. Tällöin ( ) a a ( 1)/ (mod ). Todistus. (Vrt. [7, s. 189].) Olkoot ariton alkuluku, (,a) = 1 ja olkoon 1 r 1. Koska kongruenssilla rx a on yksikäsitteinen ratkaisu modulo, on olemassa täsmälleen yksi tekijä s, 1 s 1, jolle rs a (mod ). Todistetaan lause kahdessa osassa. Oletetaan ensin, että a on neliöneäjäännös moduloeli( a ) = 1, niinr s (mod) ja tekijät1,,..., 1 voidaan jakaa areihin r i s i siten, että r i s i a (mod ), missä i = 1,,...,( 1)/. Näin ollen lauseen 5.4 (Wilsonin lause) mukaan a 1 ( 1)! r i s i a ( 1)/ (mod ). 1 i=1 Oletetaan sitten, että a on neliönjäännös modulo eli ( a ) = 1. Tällöin on olemassa sellainen b, että b a (mod ). Tällöin Fermat n ienen lauseen erusteella a ( 1)/ b 1 1 (mod ). Täten molemmissa taauksissa saadaan ( ) a a ( 1)/ (mod ). 6
30 Esimerkki 5.5. Määritetään Legendren symbolin arvo Eulerin kriteerin (lause 5.5) avulla, kun a = 6 ja = 11. Koska 6 (11 1)/ = 6 5 = (mod 11), niin Eulerin kriteerin mukaan ( 6 11) = 1. Lause 5.6. Olkoon alkuluku ja a,b. Tällöin ( ) ( ) a b 1) Jos a b (mod ), niin =, ( ) a ) a ( 1)/ (mod ), ( ) ( )( ) ab a b 3) =, ( ) a 4) = 1, ( ) 1 5) = 1, jos 1 (mod 4), ( ) 6) = 1, jos 3 (mod 4). 1 Todistus. 1) (Ks. [6, s. 405].) Kohta seuraa neliönjäännösten määritelmästä (määritelmä 5.1). Jos a b (mod ), niin kongruenssilla x a (mod ) on ratkaisu, jos ja vain jos kongruenssilla x b (mod ) on ratkaisu. Siis molemmat luvuista a ja b ovat joko neliönjäännöksiä tai neliöneäjäännöksiä ( modulo eli a ) ( = b ). ) (Ks. [8, s. 168].) Kohta seuraa Eulerin kriteeristä (lause 5.5). 3) (Ks. [8, s. 168].) Kohta seuraa kohdasta ), koska ( )( ) ( ) a b ab a ( 1)/ b ( 1)/ = ab ( 1)/ (mod ). 4) (Ks. ( [6, ) s. 405].) Legendren symbolin määritelmän (määritelmä 5.) mukaan = ±1. Kohdasta 3) seuraa, että a ( ) a = ( a )( ) a = 1. (Ks. [6, s. 405].) Eulerin kriteerin (lause 5.5) mukaan ( ) 1 1 ( 1)/ (mod ). 5) Jos 1 (mod 4), niin = 4k +1 jollakin kokonaisluvulla k. Siis ( 1) ( 1)/ = ( 1) k = 1, 7
31 ( ) 1 joten = 1. 6) Jos 3 (mod 4), niin = 4k +3 jollakin kokonaisluvulla k. Siis ( ) 1 joten = 1. ( 1) ( 1)/ = ( 1) k+1 = 1, Edellä esitetyn lauseen käytöstä esitetään esimerkkejä seuraavassa aliluvussa. 5.4 Neliönjäännösten resirookkilaki Tässä alaluvussa todistetaan Gaussin lemma, sen eräs erikoistaaus ja neliönjäännösten resirookkilaki sekä sen seurauslause. Esitettyjä lauseita käsitellään lisäksi esimerkein. Lause 5.7. (Gaussin lemma.) Olkoon ariton alkuluku ja olkoon a kokonaisluku, jolle (,a) = 1. Jos s on joukon {a,a,...,(( 1)/)a} sellaisten alkioiden lukumäärä, joiden jakojäännös modulo on suuremi kuin /, niin ( ) a = ( 1) s. Todistus. (Vrt. [6, s. 407].) Tarkastellaan joukkoa A = {a,a,...,(( 1)/)a}. Merkitään u 1,u,...,u s joukon A jakojäännöksiä modulo, jotka ovat suuremia kuin /, ja v 1,v...,v t joukon A jakojäännöksiä modulo, jotka ovat ienemiä kuin /. Koska (ja,) = 1 kaikille 1 j ( 1)/, niin jakojäännökset kuuluvat joukkoon {1,,..., 1}. Osoitetaan, että u 1, u,..., u s,v 1,v...,v t muodostavat jossain järjestyksessä joukon {1,,...,( 1)/}. Koska joukossa on täsmälleen ( 1)/ ositiivista kokonaislukua, jotka eivät ole suuremia kuin ( 1)/, riittää osoittaa, että mitkään luvuista eivät ole keskenään kongruentteja modulo. Selvästi u i u j (mod ) aina, kun i j, ja v i v j (mod ) aina, kun i j. Jos jotkin luvuista u i tai v j olisivat keskenään kongruentteja modulo, niin saataisiin ma na (mod ), missä m,n ( 1)/ ovat kokonaislukuja. Koska a, lauseen.9 nojalla saataisiin m n (mod ), mikä on mahdotonta. Lisäksi mikään kokonaisluvuista u i ei voi olla kongruentti modulo kokonaisluvun v j kanssa, koska silloin saataisiin ma na (mod ) eli ma 8
32 na (mod ). Koska a, lauseen.9 nojalla saataisiin m n (mod ), mikä on mahdotonta, koska m, n kuuluvat joukkoon {1,,...,( 1)/}. Tiedetään, että luvut u 1, u,..., u s,v 1,v...,v t ovat jossain järjestyksessä luvut 1,,...,( 1)/. Siis ( ) 1 ( u 1 )( u ) ( u s )v 1 v v t! (mod ). Koska u i u i (mod ), niin edellinen kongruenssi saadaan muotoon ( ) 1 ( 1) s u 1 u u s v 1 v v t! (mod ). (5.1) Koska u 1,u,...,u s,v 1,v,...,v t muodostavat joukon A tiedetään, että u 1 u u s v 1 v v t a a (( 1)/)a ( ) = a 1 1! (mod ). (5.) Kongruensseita (5.1) ja (5.) saadaan edelleen ( ) ( ) ( 1) s a 1 1 1!! (mod ). Koska (,(( 1)/)!) = 1, niin lauseen.9 nojalla saadaan ( 1) s a 1 1 (mod ). Kerrotaan kongruenssi uolittain luvulla ( 1) s. Tällöin a 1 ( 1) s (mod ), koska ( 1) s ( 1) s = ( 1) s = 1. Eulerin kriteerin (lause 5.5) mukaan a 1 ( ) a (mod ), joten ( ) a ( 1) s (mod ). Täten lause on todistettu. Esimerkki 5.6. Määritetään Legendren symbolin arvo käyttäen Gaussin lemmaa (lause 5.7), kun a = 3 ja = 13. Lasketaan lukujen 3, 3 = 6,3 3 = 9,4 3 = 1,5 3 = 15 ja 6 3 = 18 jakojäännökset modulo = 13 ja saadaan 3,6,9,1,,5. Näistä 4 on suuremia kuin 13/3, joten Gaussin lemman mukaan saadaan ( 3 13) = ( 1) 4 = 1. Siis 3 on neliönjäännös modulo 13. 9
33 Seuraavaksi esitettävä lause on edellä esitetyn Gaussin lemman seuraus. Sen avulla voidaan määrittää Legendren symbolin arvo, kun a =. Lause 5.8. Olkoon ariton alkuluku. Tällöin ( ) = ( 1) ( 1)/8. Todistus. (Vrt. [6, s. 408].) Gaussin lemman (lause 5.7) erusteella tiedetään, että jos s on joukon A = {,,...,(( 1)/) } sellaisten alkioiden ( ) lukumäärä, joiden jakojäännös modulo on suuremi kuin /, niin = ( 1) s. Jokainen joukon A luvuista on ienemi kuin, joten riittää tutkia lukua / suuremia lukuja, jotta saadaan selville, kuinka monella luvulla on lukua / suuremi jakojäännös. Kokonaislukuj, missä1 j ( 1)/, on ienemi kuin/, kunj /4. Siis on olemassa /4 kokonaislukua, jotka ovat ienemiä kuin /, joten lukua / suuremia lukuja on olemassa s = ( 1)/ /4. Gaussin lemman (lause 5.7) mukaan saadaan ( ) = ( 1) ( 1)/ /4. Lauseen todistamiseksi riittää osoittaa, että kaikille arittomille kokonaisluvuille, 1 /4 1 (mod ). (5.3) 8 Huomaa, että yllä oleva kongruenssi (5.3) ätee ositiiviselle kokonaisluvulle, jos ja vain jos se ätee kokonaisluvulle +8. Tämä itää aikkaansa, koska (+8) 1 ( ) 1 (+8)/4 = +4 ( /4 +) 1 /4 (mod ) 4 ja (+8) 1 = (mod ) Näin ollen voidaan todeta, että kongruenssi (5.3) ätee kaikille arittomille alkuluvuille, jos se ätee luvuille = ±1 ja = ±3. Tämä näytetään seuraavaksi. Olkoon = ±1. Tällöin kongruenssin (5.3) oikeaksi uoleksi saadaan (±1) 1 8 = 0. 30
Alkulukujen harmoninen sarja
Alkulukujen harmoninen sarja LuK-tutkielma Markus Horneman Oiskelijanumero:2434548 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun ylioisto Syksy 207 Sisältö Johdanto 2 Hyödyllisiä tuloksia ja määritelmiä 3. Alkuluvuista............................
LisätiedotPrimitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Outi Sutinen Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Huhtikuu 2006 Tampereen yliopisto Matematiikan,
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Liisa Ilonen. Primitiiviset juuret
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Liisa Ilonen Primitiiviset juuret Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Joulukuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos ILONEN,
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jussi Tervaniemi. Primitiiviset juuret
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Jussi Tervaniemi Primitiiviset juuret Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Heinäkuu 2006 Sisältö Johdanto 3 1 Lukuteorian peruskäsitteitä
LisätiedotTekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2
Tekijä Pitkä matematiikka 11 0..017 170 a) Koska 8 = 4 7, luku 8 on jaollinen luvulla 4. b) Koska 104 = 4 6, luku 104 on jaollinen luvulla 4. c) Koska 4 0 = 80 < 8 ja 4 1 = 84 > 8, luku 8 ei ole jaollinen
LisätiedotSalausmenetelmät. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006)
Salausmenetelmät Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA 3. Kongruenssit à 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi Määritelmä 3.1 Kaksi lukua a ja b ovat keskenään kongruentteja (tai
Lisätiedota ord 13 (a)
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 4, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi asteet ord p (a) luvuille a 1, 2,..., p 1 kun p = 13 ja kun p = 17. (ii) Mitkä jäännösluokat ovat primitiivisiä juuria (mod
LisätiedotLukuteorian kertausta
Lukuteorian kertausta Jakoalgoritmi Jos a, b Z ja b 0, niin on olemassa sellaiset yksikäsitteiset kokonaisluvut q ja r, että a = qb+r, missä 0 r < b. Esimerkki 1: Jos a = 60 ja b = 11, niin 60 = 5 11 +
LisätiedotLUKUTEORIA johdantoa
LUKUTEORIA johdantoa LUKUTEORIA JA TODISTAMINEN, MAA11 Lukuteorian tehtävä: Lukuteoria tutkii kokonaislukuja, niiden ominaisuuksia ja niiden välisiä suhteita. Kokonaislukujen maailma näyttää yksinkertaiselta,
LisätiedotNeliönjäännösten resiprookkilaki: todistus ja sovelluksia
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Marianna Rajala Neliönjäännösten resirookkilaki: todistus ja sovelluksia Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 009 Tamereen ylioisto Matematiikan
LisätiedotDiofantoksen yhtälön ratkaisut
Diofantoksen yhtälön ratkaisut Matias Mäkelä Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö Johdanto 2 1 Suurin yhteinen tekijä 2 2 Eukleideen algoritmi 4 3 Diofantoksen yhtälön
LisätiedotJohdatus neliönjäännöksiin
Johdatus neliönjäännöksiin Pro gradu-tutkielma Anna Kolehmainen 1730133 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun ylioisto Syksy 018 Sisältö 1 Johdanto Neliönjäännökset 4.1 Neliökongruenssi.........................
LisätiedotLUKUTEORIA A. Harjoitustehtäviä, kevät 2013. (c) Osoita, että jos. niin. a c ja b c ja a b, niin. niin. (e) Osoita, että
LUKUTEORIA A Harjoitustehtäviä, kevät 2013 1. Olkoot a, b, c Z, p P ja k, n Z +. (a) Osoita, että jos niin Osoita, että jos niin (c) Osoita, että jos niin (d) Osoita, että (e) Osoita, että a bc ja a c,
Lisätiedot2017 = = = = = = 26 1
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 2, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Sovella Eukleiden algoritmia ja (i) etsi s.y.t(2017, 753) (ii) etsi kaikki kokonaislukuratkaisut yhtälölle 405x + 141y = 12. Ratkaisu
Lisätiedot1 Lukujen jaollisuudesta
Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 1 1 Lukujen jaollisuudesta Lukujoukoille käytetään seuraavia merkintöjä: N = {1, 2, 3, 4,... } Luonnolliset luvut Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } Kokonaisluvut Kun
LisätiedotLineaariset kongruenssiyhtälöryhmät
Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät LuK-tutkielma Jesse Salo 2309369 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Sisältö Johdanto 2 1 Kongruensseista 3 1.1 Kongruenssin ominaisuuksia...................
LisätiedotJOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 3, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. (i) Olkoot n, d 1 ja d n. Osoita, että (k, n) d jos ja vain jos k ad, missä (a, n/d) 1. (ii) Osoita, että jos (m j, m k ) 1 kun
LisätiedotSalausmenetelmät LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) 3. Kongruenssit. à 3.4 Kongruenssien laskusääntöjä
Salausmenetelmät Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA 3. Kongruenssit à 3.4 Kongruenssien laskusääntöjä Seuraavassa lauseessa saamme kongruensseille mukavia laskusääntöjä.
LisätiedotTestaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo
Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo 1. a) Laadi lauseen A (B A) totuustaulu. b) Millä lauseiden A ja B totuusarvoilla a-kohdan lause on tosi? c) Suomenna a-kohdan lause, kun lause A on olen vihainen ja
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Heikki Hietava. Neliöiden summat
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Heikki Hietava Neliöiden summat Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Kesäkuu 2011 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö HIETAVA, HEIKKI: Neliöiden
Lisätiedot3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi
3. Kongruenssit 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi Tässä kappaleessa esitellään kokonaislukujen modulaarinen aritmetiikka (ns. kellotauluaritmetiikka), jossa luvut tyypillisesti korvataan niillä jakojäännöksillä,
LisätiedotKuvauksista ja relaatioista. Jonna Makkonen Ilari Vallivaara
Kuvauksista ja relaatioista Jonna Makkonen Ilari Vallivaara 20. lokakuuta 2004 Sisältö 1 Esipuhe 2 2 Kuvauksista 3 3 Relaatioista 8 Lähdeluettelo 12 1 1 Esipuhe Joukot ja relaatiot ovat periaatteessa äärimmäisen
Lisätiedota b 1 c b n c n
Algebra Syksy 2007 Harjoitukset 1. Olkoon a Z. Totea, että aina a 0, 1 a, a a ja a a. 2. Olkoot a, b, c, d Z. Todista implikaatiot: a) a b ja c d ac bd, b) a b ja b c a c. 3. Olkoon a b i kaikilla i =
LisätiedotEsitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:
MATP00 Johdatus matematiikkaan Ylimääräisten tehtävien ratkaisuehdotuksia. Osoita, että 00 002 < 000 000. Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa. Lähdetään sieventämään epäyhtälön
LisätiedotMatematiikan mestariluokka, syksy 2009 7
Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 7 2 Alkuluvuista 2.1 Alkuluvut Määritelmä 2.1 Positiivinen luku a 2 on alkuluku, jos sen ainoat positiiviset tekijät ovat 1 ja a. Jos a 2 ei ole alkuluku, se on yhdistetty
LisätiedotAlgebra I, harjoitus 5,
Algebra I, harjoitus 5, 7.-8.10.2014. 1. 2 Osoita väitteet oikeiksi tai vääriksi. a) (R, ) on ryhmä, kun asetetaan a b = 2(a + b) aina, kun a, b R. (Tässä + on reaalilukujen tavallinen yhteenlasku.) b)
Lisätiedot7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi
7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi Z p [x]/(m), missä m on polynomirenkaan Z p [x] jaoton polynomi (ks. määritelmä 3.19).
LisätiedotALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA
ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA MINNA TUONONEN Versio: 12. heinäkuuta 2011. 1 2 MINNA TUONONEN Sisältö 1. Johdanto 3 2. Tutkielmassa tarvittavia määritelmiä ja apulauseita 4 3. Mersennen alkuluvut ja
Lisätiedoton Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään
5. Primitiivinen alkio 5.1. Täydennystä lukuteoriaan. Olkoon n Z, n 2. Palautettakoon mieleen, että kokonaislukujen jäännösluokkarenkaan kääntyvien alkioiden muodostama osajoukko Z n := {x Z n x on kääntyvä}
LisätiedotEsimerkki A1. Jaetaan ryhmä G = Z 17 H = 4 = {1, 4, 4 2 = 16 = 1, 4 3 = 4 = 13, 4 4 = 16 = 1}.
Jaetaan ryhmä G = Z 17 n H = 4 sivuluokkiin. Ratkaisu: Koska 17 on alkuluku, #G = 16, alkiona jäännösluokat a, a = 1, 2,..., 16. Määrätään ensin n H alkiot: H = 4 = {1, 4, 4 2 = 16 = 1, 4 3 = 4 = 13, 4
LisätiedotShorin algoritmin matematiikkaa Edvard Fagerholm
Edvard Fagerholm 1 Määritelmiä Määritelmä 1 Ryhmä G on syklinen, jos a G s.e. G = a. Määritelmä 2 Olkoon G ryhmä. Tällöin alkion a G kertaluku ord(a) on pienin luku n N \ {0}, jolla a n = 1. Jos lukua
LisätiedotHN = {hn h H, n N} on G:n aliryhmä.
Matematiikan ja tilastotieteen laitos Algebra I Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin 8, 23.27.3.2009 5 sivua Rami Luisto 1. Osoita, että kullakin n N + lukujen n 5 ja n viimeiset numerot kymmenkantaisessa
LisätiedotJokaisen parittoman kokonaisluvun toinen potenssi on pariton.
3 Todistustekniikkaa 3.1 Väitteen kumoaminen vastaesimerkillä Monissa tilanteissa kohdataan väitteitä, jotka koskevat esimerkiksi kaikkia kokonaislukuja, kaikkia reaalilukuja tai kaikkia joukkoja. Esimerkkejä
Lisätiedotrm + sn = d. Siispä Proposition 9.5(4) nojalla e d.
9. Renkaat Z ja Z/qZ Tarkastelemme tässä luvussa jaollisuutta kokonaislukujen renkaassa Z ja todistamme tuloksia, joita käytetään jäännösluokkarenkaan Z/qZ ominaisuuksien tarkastelussa. Jos a, b, c Z ovat
LisätiedotFermat n pieni lause. Heikki Pitkänen. Matematiikan kandidaatintutkielma
Fermat n pieni lause Heikki Pitkänen Matematiikan kandidaatintutkielma Jyväskylän yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos Kevät 2009 Sisältö Johdanto 3 1. Fermat n pieni lause 3 2. Pseudoalkuluvut
LisätiedotKurssikoe on maanantaina Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla.
HY / Avoin ylioisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 05 Harjoitus 6 Ratkaisut palautettava viimeistään tiistaina.6.05 klo 6.5. Huom! Luennot ovat salissa CK maanantaista 5.6. lähtien. Kurssikoe on
LisätiedotTehtävä 2. Osoita, että seuraavat luvut ovat algebrallisia etsimällä jokin kokonaislukukertoiminen yhtälö jonka ne toteuttavat.
JOHDATUS LUKUTEORIAAN syksy 017) HARJOITUS 6, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi Pellin yhtälön x Dy = 1 pienin positiivinen ratkaisu kun D {,, 5, 6, 7, 8, 10}. Ratkaisu 1. Tehtävässä annetuilla D:n arvoilla
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 3
Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 1 Epäyhtälöitä Aivan aluksi lienee syytä esittää luvun itseisarvon määritelmä: { x kun x 0 x = x kun x < 0 Siispä esimerkiksi 10 = 10 ja 10 = 10. Seuraavaksi listaus
LisätiedotR : renkaan R kääntyvien alkioiden joukko; R kertolaskulla varustettuna on
0. Kertausta ja täydennystä Kurssille Äärelliset kunnat tarvittavat esitiedot löytyvät Algebran kurssista [Alg]. Hyödyksi voivat myös olla (vaikka eivät välttämättömiä) Lukuteorian alkeet [LTA] ja Salakirjoitukset
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jarmo Niemelä. Primitiivisistä juurista ja. alkuluokkaryhmistä
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Jarmo Niemelä Primitiivisistä juurista ja alkuluokkaryhmistä Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Marraskuu 2000 2 TAMPEREEN YLIOPISTO
LisätiedotMS-A0402 Diskreetin matematiikan perusteet
MS-A0402 Diskreetin matematiikan perusteet Osa 4: Modulaariaritmetiikka Riikka Kangaslampi 2017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Modulaariaritmetiikka Jakoyhtälö Määritelmä 1 Luku
LisätiedotLUKUTEORIAN ALKEET HELI TUOMINEN
LUKUTEORIAN ALKEET HELI TUOMINEN Sisältö 1. Lukujärjestelmät 2 1.1. Kymmenjärjestelmä 2 1.2. Muita lukujärjestelmiä 2 1.3. Yksikäsitteisyyslause 4 2. Alkulukuteoriaa 6 2.1. Jaollisuus 6 2.2. Suurin yhteinen
LisätiedotLUKUTEORIA 1 JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO
LUKUTEORIA 1 JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO Matemaatikot eivät ole tyytyväisiä tietäessään asioita neljästä miljoonasta tai neljästä miljardista kokonaisluvusta. He haluavat tietää asioita jokaisesta äärettömän
LisätiedotYhtäpitävyys. Aikaisemmin osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite).
Yhtäpitävyys Aikaisemmin osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite). Toisaalta ollaan osoitettu, että n 2 on parillinen (oletus) n on parillinen (väite). Nämä kaksi väitelausetta
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Ville-Matti Erkintalo. Lukuteoria ja RSA
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Ville-Matti Erkintalo Lukuteoria ja RSA Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Maaliskuu 2008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos
Lisätiedot2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1)
Approbatur 3, demo, ratkaisut Sovitaan, että 0 ei ole luonnollinen luku. Tällöin oletusta n 0 ei tarvitse toistaa alla olevissa ratkaisuissa. Se, pidetäänkö nollaa luonnollisena lukuna vai ei, vaihtelee
LisätiedotJohdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma
Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten Ratkaisuehdotelma Tehtävä 1 1. Etsi lukujen 4655 ja 12075 suurin yhteinen tekijä ja lausu se kyseisten lukujen lineaarikombinaationa ilman laskimen
LisätiedotEpälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Maarit Viikari Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen
Lisätiedot1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus
1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1.1 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä V epätyhjä joukko. Oletetaan, että joukossa V on määritelty laskutoimitus
Lisätiedot6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset
SARJAT JA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT 2003 51 6. Toisen ja korkeamman kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt Määritelmä 6.1. Olkoon I R avoin väli. Olkoot p i : I R, i = 0, 1, 2,..., n, ja q : I R jatkuvia
LisätiedotJuuri 11 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty
Kertaus K1. a) 72 = 2 36 = 2 2 18 = 2 2 2 9 = 2 2 2 3 3 = 2 3 3 2 252 = 2 126 = 2 2 63 = 2 2 3 21 = 2 2 3 3 7 = 2 2 3 2 7 syt(72, 252) = 2 2 3 2 = 36 b) 252 = 72 3 + 36 72 = 36 2 syt(72, 252) = 36 c) pym(72,
LisätiedotRollen lause polynomeille
Rollen lause polynomeille LuK-tutkielma Anna-Helena Hietamäki 7193766 Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 015 Sisältö 1 Johdanto 1.1 Rollen lause analyysissä.......................
Lisätiedot2 Yhtälöitä ja epäyhtälöitä
2 Yhtälöitä ja epäyhtälöitä 2.1 Ensimmäisen asteen yhtälö ja epäyhtälö Muuttujan x ensimmäisen asteen yhtälöksi sanotaan yhtälöä, joka voidaan kirjoittaa muotoon ax + b = 0, missä vakiot a ja b ovat reaalilukuja
Lisätiedot[a] ={b 2 A : a b}. Ekvivalenssiluokkien joukko
3. Tekijälaskutoimitus, kokonaisluvut ja rationaaliluvut Tässä luvussa tutustumme kolmanteen tapaan muodostaa laskutoimitus joukkoon tunnettujen laskutoimitusten avulla. Tätä varten määrittelemme ensin
LisätiedotMultiplikatiivisista funktioista
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Marita Riihiranta Multiplikatiivisista funktioista Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 2008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen
Lisätiedotja jäännösluokkien joukkoa
3. Polynomien jäännösluokkarenkaat Olkoon F kunta, ja olkoon m F[x]. Polynomeille f, g F [x] määritellään kongruenssi(-relaatio) asettamalla g f mod m : m g f g = f + m h jollekin h F [x]. Kongruenssi
LisätiedotH = : a, b C M. joten jokainen A H {0} on kääntyvä matriisi. Itse asiassa kaikki nollasta poikkeavat alkiot ovat yksiköitä, koska. a b.
10. Kunnat ja kokonaisalueet Määritelmä 10.1. Olkoon K rengas, jossa on ainakin kaksi alkiota. Jos kaikki renkaan K nollasta poikkeavat alkiot ovat yksiköitä, niin K on jakorengas. Kommutatiivinen jakorengas
LisätiedotRationaaliluvun desimaaliesitys algebrallisesta ja lukuteoreettisesta näkökulmasta
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Liisa Lampinen Rationaaliluvun desimaaliesitys algebrallisesta ja lukuteoreettisesta näkökulmasta Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Kesäkuu 2016 Tampereen
Lisätiedotk=1 b kx k K-kertoimisia polynomeja, P (X)+Q(X) = (a k + b k )X k n+m a i b j X k. i+j=k k=0
1. Polynomit Tässä luvussa tarkastelemme polynomien muodostamia renkaita polynomien ollisuutta käsitteleviä perustuloksia. Teemme luvun alkuun kaksi sopimusta: Tässä luvussa X on muodollinen symboli, jota
LisätiedotTodistus. Eliminoidaan Euleideen algoritmissa jakojäännökset alhaaltaylöspäin.
18 ALGEBRA II missä r n (x) =syt(f(x),g(x)). Lause 2.7. Olkoot f(x),g(x) K[x]. Silloin syt(f(x),g(x)) = a(x)f(x)+b(x)g(x), joillakin a(x),b(x) K[x]. Todistus. Eliminoidaan Euleideen algoritmissa jakojäännökset
Lisätiedot10 Matriisit ja yhtälöryhmät
10 Matriisit ja yhtälöryhmät Tässä luvussa esitellään uusi tapa kirjoittaa lineaarinen yhtälöryhmä matriisien avulla käyttäen hyväksi matriisikertolaskua sekä sarakevektoreita Pilkotaan sitä varten yhtälöryhmän
LisätiedotMitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a.
Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden teoriaa ja polynomiyhtälöiden ratkaisemista. Algebrassa on tapana pitää erillään polynomin ja polynomifunktion käsitteet. Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden
Lisätiedot802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA II BASICS OF NUMBER THEORY PART II
802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA II BASICS OF NUMBER THEORY PART II Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LUKUTEORIA 1 / 94 KERTOMAT, BINOMIKERTOIMET Kertoma/Factorial Määritellään
LisätiedotTAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jenny Virolainen. Kongruenssista
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Jenny Virolainen Kongruenssista Matematiikan, tilastotieteen ja losoan laitos Matematiikka Lokakuu 007 Tampereen yliopisto Matematiikan, tilastotieteen ja losoan
LisätiedotSekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä
Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja
Lisätiedot41 s. Neljännessä luvussa käsitellään erikseen parillisia täydellisiä lukuja. Luvussa osoitetaan Eukleides Euler teoreema,
Tiedekunta/Osasto Fakultet/Sektion Faculty Matemaattis luonnontieteellinen tiedekunta Tekijä/Författare Author Katja Niemistö Työn nimi / Arbetets titel Title Täydelliset luvut Oppiaine /Läroämne Subject
Lisätiedot10 y 2 3 x D 100; D 30 29 59 6 D 10 5. 100 10 2 3 a: Vastaavasti sadalla kilometrillä kulutettavan polttoaineen E10 energiasisältö on 90 100 x a C 10
Helsingin ylioisto, Itä-Suomen ylioisto, Jyväskylän ylioisto, Oulun ylioisto, Tamereen ylioisto ja Turun ylioisto Matematiikan valintakokeen 3.6.0 ratkaisut. Oletetaan, että litralla (uhdasta) bensiiniä
LisätiedotMultiplikatiiviset funktiot
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Ilona Kiiveri Multiplikatiiviset funktiot Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2015 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö KIIVERI, ILONA:
LisätiedotLukuteoriaa. Pentti Haukkanen
Lukuteoriaa Pentti Haukkanen Sisällys Kongruensseista 4. Eulerin-Fermat n lause... 4.2 Wilsonin lause... 7.3 Kiinalainen jäännöslause... 8.4 Polynomikongruensseista... 0.5 Julkisen avaimen kryptausjärjestelmä
Lisätiedota) Mitkä seuraavista ovat samassa ekvivalenssiluokassa kuin (3, 8), eli kuuluvat joukkoon
Matematiikan johdantokurssi, syksy 08 Harjoitus 3, ratkaisuista. Kokonaisluvut määriteltiin luonnollisten lukujen avulla ekvivalenssiluokkina [a, b], jotka määrää (jo demoissa ekvivalenssirelaatioksi osoitettu)
Lisätiedotkaikille a R. 1 (R, +) on kommutatiivinen ryhmä, 2 a(b + c) = ab + ac ja (b + c)a = ba + ca kaikilla a, b, c R, ja
Renkaat Tarkastelemme seuraavaksi rakenteita, joissa on määritelty kaksi binääristä assosiatiivista laskutoimitusta, joista toinen on kommutatiivinen. Vaadimme muuten samat ominaisuudet kuin kokonaisluvuilta,
LisätiedotEnnakkotehtävän ratkaisu
Ennakkotehtävän ratkaisu Ratkaisu [ ] [ ] 1 3 4 3 A = ja B =. 1 4 1 1 [ ] [ ] 4 3 12 12 1 0 a) BA = =. 1 + 1 3 + 4 0 1 [ ] [ ] [ ] 1 0 x1 x1 b) (BA)x = =. 0 1 x 2 x [ ] [ ] [ 2 ] [ ] 4 3 1 4 9 5 c) Bb
LisätiedotAlgebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 6 (8 sivua) OT. 1. a) Määritä seuraavat summat:
Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 6 (8 sivua) 21.2.-25.2.2011 OT 1. a) Määritä seuraavat summat: [2] 4 + [3] 4, [2] 5 + [3] 5, [2] 6 + [2] 6 + [2] 6, 7 [3]
LisätiedotJarkko Peltomäki. Aliryhmän sentralisaattori ja normalisaattori
Jarkko Peltomäki Aliryhmän sentralisaattori ja normalisaattori Matematiikan aine Turun yliopisto Syyskuu 2009 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Määritelmiä ja perusominaisuuksia 3 2.1 Aliryhmän sentralisaattori ja
LisätiedotMatematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta.
Väitelause Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta. Tässä P:tä kutsutaan oletukseksi ja Q:ta väitteeksi. Jos yllä oleva väitelause on totta, sanotaan, että P:stä
LisätiedotEsko Turunen Luku 3. Ryhmät
3. Ryhmät Monoidia rikkaampi algebrallinen struktuuri on ryhmä: Määritelmä (3.1) Olkoon joukon G laskutoimitus. Joukko G varustettuna tällä laskutoimituksella on ryhmä, jos laskutoimitus on assosiatiivinen,
Lisätiedot802320A LINEAARIALGEBRA OSA I
802320A LINEAARIALGEBRA OSA I Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 72 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä
LisätiedotTehtävä 1. Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja.
Tehtävä 1 Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja. 1 Jos 1 < y < 3, niin kaikilla x pätee x y x 1. 2 Jos x 1 < 2 ja y 1 < 3, niin x y
LisätiedotJohdatus matemaattiseen päättelyyn
Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä Luonnollisten lukujen joukko N on joukko N = {1, 2, 3,...} ja kokonaislukujen
Lisätiedot1.2 Raja-arvon määrittäminen käytännön tilanteissa
1. Raja-arvon määrittäminen käytännön tilanteissa Raja-arvoa ei suinkaan määritetä määritelmän mukaan kuin erikoistaauksissa. Sen sijaan määrityksen käytännön toteutusta varten johdetaan eräitä lauseita,
LisätiedotCalkinin-Wiln jono 1/2 2/2 3/2 4/2 5/2 6/2... 1/3 2/3 3/3 4/3 5/3 6/3... 1/4 2/4 3/4 4/4 5/4 6/4... 1/5 2/5 3/5 4/5 5/5 6/5...
Calkinin-Wiln jono Funktio f : X Y on bijektio, jos sillä on käänteisfunktio f : Y X. Joukko X on äärellinen, jos se on thjä tai jos on olemassa bijektio f : X {,,,..., n}. Joukko X on numeroituva, jos
LisätiedotLukuteoria. Eukleides Aleksandrialainen (n. 300 eaa)
Lukuteoria Lukuteoria on eräs vanhimmista matematiikan aloista. On sanottu, että siinä missä matematiikka on tieteiden kuningatar, on lukuteoria matematiikan kuningatar. Perehdymme seuraavassa luonnollisten
LisätiedotLyhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan. Esa V. Vesalainen
yhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan Esa V. Vesalainen Sisällysluettelo 1 Aritmetiikan peruslause 0 Jakoyhtälö.................................. 0 Jaollisuus.................................. 0 Alkuluvut..................................
Lisätiedot3. Kirjoita seuraavat joukot luettelemalla niiden alkiot, jos mahdollista. Onko jokin joukoista tyhjä joukko?
HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 1 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavat tehtävät liittyvät luentokalvoihin 1 14. Erityisesti esimerkistä 4 ja esimerkin
LisätiedotJohdatus matematiikkaan
Johdatus matematiikkaan Luento 7 Mikko Salo 11.9.2017 Sisältö 1. Funktioista 2. Joukkojen mahtavuus Funktioista Lukiomatematiikassa on käsitelty reaalimuuttujan funktioita (polynomi / trigonometriset /
Lisätiedotx j x k Tällöin L j (x k ) = 0, kun k j, ja L j (x j ) = 1. Alkuperäiselle interpolaatio-ongelmalle saadaan nyt ratkaisu
2 Interpolointi Olkoon annettuna n+1 eri pistettä x 0, x 1, x n R ja n+1 lukua y 0, y 1,, y n Interpoloinnissa etsitään funktiota P, joka annetuissa pisteissä x 0,, x n saa annetut arvot y 0,, y n, (21)
LisätiedotJohdatus matemaattiseen päättelyyn
Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 3 Joukko-oppia 4 Funktioista Funktio eli kuvaus on matematiikan
Lisätiedot811120P Diskreetit rakenteet
811120P Diskreetit rakenteet 2016-2017 6. Alkeislukuteoria 6.1 Jaollisuus Käsitellään kokonaislukujen perusominaisuuksia: erityisesti jaollisuutta Käytettävät lukujoukot: Luonnolliset luvut IN = {0,1,2,3,...
LisätiedotKompleksilukujen lukuteoriaa ja lukuteoriaa kompleksiluvuilla
Kompleksilukujen lukuteoriaa ja lukuteoriaa kompleksiluvuilla Ellinoora Lindqvist Matematiikan pro gradu Jyväskylän yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos Kesä 2019 Tiivistelmä: Ellinoora Lindqvist,
Lisätiedotpdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 1 LUKUTEORIAA JA MUITA TYÖKALUJA SALAUKSEEN Lukujoukot Sekalaisia merkintöjä...
pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 Sisältö 1 LUKUTEORIAA JA MUITA TYÖKALUJA SALAUKSEEN 0-2 2 Merkintöjä 0-3 2.1 Lukujoukot................... 0-3 2.2 Sekalaisia merkintöjä.............. 0-4 2.3 Tärkeitä kaavoja................
LisätiedotMITEN RATKAISEN POLYNOMIYHTÄLÖITÄ?
MITEN RATKAISEN POLYNOMIYHTÄLÖITÄ? Polynomiyhtälön ratkaiseminen Eri lajin yhtälöiden ratkaisutavat poikkeavat toisistaan. Siksi on tärkeää tunnistaa yhtälötyyppi. Polynomiyhtälö on yhtälö, joka voidaan
LisätiedotJohdatus matematiikkaan
Johdatus matematiikkaan Luento 5 Mikko Salo 5.9.2017 The natural development of this work soon led the geometers in their studies to embrace imaginary as well as real values of the variable.... It came
LisätiedotLukuteorian helmiä lukiolaisille. 0. Taustaa. Jukka Pihko Matematiikan ja tilastotieteen laitos Helsingin yliopisto
Lukuteorian helmiä lukiolaisille Jukka Pihko Matematiikan ja tilastotieteen laitos Helsingin yliopisto 0. Taustaa Sain 24.4.2007 Marjatta Näätäseltä sähköpostiviestin, jonka aihe oli Fwd: yhteistyökurssi,
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 1
Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 1 1 Joukko-oppia Matematiikassa joukko on mikä tahansa kokoelma objekteja. Esimerkiksi joukkoa A, jonka jäseniä ovat numerot 1, 2 ja 5 merkitään A = {1, 2, 5}. Joukon
LisätiedotKokonaisluvun kertaluvun sovelluksia
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Timo D. Talvitie Kokonaisluvun kertaluvun sovelluksia Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 2008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen
LisätiedotSisällöstä. Oppimateriaali. 1 Lukujärjestelmät. 1.1 Jakoyhtälö
1 Sisällöstä Lukuteorian kurssi on ensisijaisesti tarkoitettu opettajalinjan maisterikurssiksi. Tämä näkyy mm. siten, että perinteisesti lukuteoriaan kuuluvan materiaalin lisäksi kurssi sisältää jonkin
LisätiedotEkvivalenssirelaatio. Määritelmä 2 Joukon A binäärinen relaatio R on ekvivalenssirelaatio, mikäli. Jos R on ekvivalenssirelaatio ja a A, niin joukkoa
Määritelmä 1 Olkoot x ja y joukon A alkioita. Jos R on jokin ominaisuus/ehto, joka määritellään yksikäsitteisesti joukon A kaikkien alkioiden välille siten, että se joko toteutuu tai ei toteudu alkioiden
LisätiedotLineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141
Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II LM2, Kesä 2012 1/141 Kertausta: avaruuden R n vektorit Määritelmä Oletetaan, että n {1, 2, 3,...}. Avaruuden R n alkiot ovat jonoja, joissa on n kappaletta reaalilukuja.
LisätiedotMääritelmä, alkuluku/yhdistetty luku: Esimerkki . c) Huomautus Määritelmä, alkutekijä: Esimerkki
Alkuluvut LUKUTEORIA JA TODISTAMINEN, MAA11 Jokainen luku 0 on jaollinen ainakin itsellään, vastaluvullaan ja luvuilla ±1. Kun muita eri ole, niin kyseinen luku on alkuluku. Määritelmä, alkuluku/yhdistetty
Lisätiedot