Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia"

Transkriptio

1 TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Outi Sutinen Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos Matematiikka Huhtikuu 2006

2 Tampereen yliopisto Matematiikan, tilastotieteen ja filosofian laitos SUTINEN, OUTI: Primitiiviset juuret: teoriaa ja sovelluksia Pro gradu -tutkielma, 48 s. Matematiikka Huhtikuu 2006 Tiivistelmä Tutkielman tarkoituksena on perehdyttää lukija primitiivisten juurten teoriaan ja muutamiin sovelluksiin lukuteoriassa. Ensimmäisessä luvussa määritetään kokonaisluvun kertaluku ja sen avulla primitiivinen juuri ja esitetään kuinka monta primitiivistä juurta luvulla voi olla. Lisäksi todistetaan lause, jonka avulla löydetään luvun kaikki primitiiviset juuret, kun tiedetään yksi luvun primitiivisistä juurista. Toisessa luvussa määritetään ne luvut, joilla on primitiivinen juuri. Ensimmäisessä pykälässä käsitellään alkulukuja ja todetaan, että kaikilla alkuluvuilla on primitiivinen juuri. Toisessa pykälässä todistetaan, että ainoat positiiviset kokonaisluvut, joilla on primitiivinen juuri, ovat 1, 2, 4, p k ja 2p k, kun p on pariton alkuluku ja k on positiivinen kokonaisluku. Kolmannessa luvussa käsitellään primitiivisten juurten sovelluksista diskreettiä logaritmia ja potenssin jäännöstä. Tässä luvussa esitellään muun muassa muutamia diskreetin logaritmin ominaisuuksia, joiden avulla ratkaistaan muotoa ax b c (mod m) ja a bx c (mod m) olevia kongruensseja, kun (a, m) = 1. Viimeisessä luvussa esitetään kaksi primitiivisten juurien avulla suoritettavaa alkulukutestiä, jotka ovat tehokkaita alkulukutestejä luvulle n, jos tiedetään jotain luvun n 1 alkulukutekijöistä. Lisäksi tässä luvussa käsitellään primitiivisten juurten sovelluksista universaaleja eksponentteja. Tutkielman päälähteinä on käytetty sekä Kenneth H. Rosenin teosta Elementary Number Theory and Its Applications että Thomas Koshyn teosta Elementary Number Theory with Applications.

3 Sisältö Johdanto 3 1 Primitiiviset juuret Kokonaisluvun kertaluku Primitiiviset juuret Primitiivisten juurten olemassaolo Alkulukujen primitiiviset juuret Yhdistettyjen lukujen primitiiviset juuret Diskreetti logaritmi ja potenssin jäännös Diskreetti logaritmi Potenssin jäännös Muita sovelluksia Alkulukutestaus primitiivisten juurten avulla Universaalit eksponentit Kirjallisuutta 48 2

4 Johdanto Tämä tutkielma käsittelee lukuteorian alaan kuuluvia primitiivisiä juuria, niiden teoriaa ja joitakin niihin liittyviä sovelluksia. Primitiivisten juurten tutkimuksen historiaan kuuluvat olennaisesti matemaatikot Leonhard Euler ( ) ja Carl Friedrich Gauss ( ), joita pidetään eräinä kaikkien aikojen suurimpina matemaatikkoina. Euler muun muassa havaitsi vuonna 1773, että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri. Gauss puolestaan esitteli ensimmäisenä käsitteen luvun a kertaluku modulo m. Lisäksi hän kehitti koko lukuteorian alaa suuresti vuonna 1801 ilmestyneessä teoksessaan Disquisitiones Arithmeticae, jossa on esitelty myös diskreetin logaritmin käsite. Gauss esitteli teoksessaan myös primitiivisten juurten käytön kannalta uraauurtavan tuloksen. Toisin sanoen hän määritti ne positiiviset kokonaisluvut, joilla on primitiivinen juuri. Ensimmäisessä luvussa määritetään kokonaisluvun kertaluku ja sen avulla primitiivinen juuri ja esitetään kuinka monta primitiivistä juurta luvulla voi olla. Lisäksi todistetaan lause, jonka avulla voidaan löytää luvun kaikki primitiiviset juuret, kun tiedetään yksi luvun primitiivisistä juurista. Toisessa luvussa määritetään ne luvut, joilla on primitiivinen juuri. Ensimmäiseksi käsitellään alkulukujen primitiivisiä juuria. Aluksi todistetaan Lagrangen lause, joka kertoo polynomikongruenssin f(x) 0 (mod p) ratkaisujen määrän. Lagrangen lauseella on keskeinen rooli alkulukujen primitiivisten juurien olemassaolon todistamisessa. Lopuksi todetaan, että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri. Alkulukujen lisäksi tässä luvussa määritetään ne yhdistetyt luvut, joilla on primitiivinen juuri. Yhdistettyjen lukujen käsittely aloitetaan todistamalla, että luvulla p 2 on primitiivinen juuri, kun p on alkuluku. Lisäksi todistetaan, ettei luvulla 2 k ole primitiivisiä juuria, kun k 3. Lopuksi todetaan, että ainoat positiiviset kokonaisluvut, joilla on primitiivinen juuri, ovat 1, 2, 4, p k ja 2p k, kun p on pariton alkuluku ja k on positiivinen kokonaisluku. 3

5 SISÄLTÖ 4 Kolmas luku aloitetaan määrittämällä diskreetti logaritmi. Lisäksi esitellään muutamia diskreetin logaritmin ominaisuuksia, joiden avulla ratkaistaan muotoa ax b c (mod m) ja a bx c (mod m) olevia kongruensseja, kun (a, m) = 1. Kolmannessa luvussa määritetään myös potenssin jäännös, jonka avulla voidaan selvittää, onko kongruenssi ratkeava. Viimeisessä luvussa käsitellään sekä alkulukutestausta primitiivisten juurien avulla että universaaleja eksponentteja. Alkulukutestauksen yhteydessä esitellään kaksi lausetta, jotka ovat tehokkaita alkulukutestejä luvulle n, jos tiedetään jotain luvun n 1 alkulukutekijöistä. Luvun toisessa pykälässä määritetään sekä universaalin eksponentin että minimaalisen universaalin eksponentin käsite. Lisäksi todistetaan, että on olemassa sellainen luku a, että luvun a kertaluku modulo n on luvun n minimaalinen universaali eksponentti. Toisen pykälän lopuksi todistetaan vielä muutama Carmichaelin lukujen alkulukutekijäesitystä koskeva lause. Tässä tutkielmassa käytetään joitakin algebran perusteita, joita ei erikseen esitetä. Näin ollen lukijan oletetaan tuntevan algebran perusmerkinnät ja peruskäsitteet, joita ovat esimerkiksi Eulerin funktio ja supistettu jäännössysteemi modulo m. Lisäksi lukijan oletetaan tuntevan algebran tunnetuimmat lauseet. On huomioitava, että tässä tutkielmassa kaikilla luvuilla tarkoitetaan positiivisia kokonaislukuja, jos ei toisin mainita. Tutkielmassa esitettävät lauseet todistuksineen on otettu kirjallisuudesta (ks. lähdeluettelo).

6 Luku 1 Primitiiviset juuret Tässä luvussa määritetään kokonaisluvun kertaluku ja sen avulla primitiivinen juuri. 1.1 Kokonaisluvun kertaluku Olkoot a ja m keskenään jaottomia kokonaislukuja eli (a, m) = 1 ja olkoon m positiivinen kokonaisluku. Tällöin Eulerin-Fermat n lauseen mukaan a φ(m) 1 (mod m). Siis on olemassa ainakin yksi positiivinen kokonaisluku x, joka toteuttaa kongruenssin a x 1 (mod m). Koska kokonaisluvut ovat hyvinmääriteltyjä, voidaan todeta, että on olemassa pienin positiivinen kokonaisluku x, joka toteuttaa em. kongruenssin. Määritelmä 1.1 Olkoot a ja m keskenään jaottomia positiivisia kokonaislukuja. Pienin positiivinen kokonaisluku x, joka toteuttaa ehdon a x 1 (mod m), on luvun a kertaluku modulo m. Merkitään x = ord m a. Esimerkki 1.1 Etsitään ord Aluksi todetaan, että (3, 11) = 1. Nyt (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), joten ord 11 3 = 5. Edellisestä esimerkistä huomataan, että luvun ord m a laskemiseksi voidaan joutua laskemaan a k modulo m kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla k φ(m). 5

7 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET 6 Seuraava lause on tarpeellinen etsittäessä kongruenssin a x 1 (mod m) kaikkia ratkaisuja. Lause 1.1 Olkoot a ja m (> 0) keskenään jaottomia kokonaislukuja. Silloin positiivinen kokonaisluku x on kongruenssin a x 1 (mod m) ratkaisu, jos ja vain jos ord m a x. Todistus. (Vrt. [5], s. 279) Oletetaan, että ord m a x. Nyt x = (ord m a)k, missä k Z +. Siis a x = a (ordma)k = (a ordma ) k 1 k 1 (mod m). Oletetaan seuraavaksi, että a x 1 (mod m). Tällöin jakoalgoritmin mukaan on olemassa sellaiset kokonaisluvut q ja r, että Nyt x = (ord m a)q + r, kun 0 r < ord m a. a x = a (ordma)q+r = (a ordma ) q a r 1 q a r a r (mod m). Koska a x 1 (mod m), niin a r 1 (mod m), kun 0 r < ord m a. Nyt määritelmän 1.1 ja epäyhtälön 0 r < ord m a perusteella voidaan päätellä, että r = 0. Koska r = 0, niin x = (ord m a)q + r = (ord m a)q. Siis ord m a x. Esimerkki 1.2 Koska ord 11 3 = 5, niin esimerkiksi x = 10 on kongruenssin 3 x 1 (mod 11) ratkaisu, koska Toisaalta x = 9 ei ole kongruenssin 3 x 1 (mod 11) ratkaisu, koska 5 / 9. Lauseella 1.1 on seuraus, joka helpottaa edelleen luvun ord m a etsimisessä. Seuraus 1.1 Jos a ja m (> 0) ovat keskenään jaottomia kokonaislukuja, niin ord m a φ(m). Todistus. (Vrt. [5], s. 279) Koska (a, m) = 1, niin Eulerin-Fermat n lauseen mukaan a φ(m) 1 (mod m). Toisaalta lauseen 1.1 mukaan luku x on kongruenssin a x 1 (mod m) ratkaisu, jos ja vain jos ord m a x. Nyt x = φ(m). Siis ord m a φ(m).

8 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET 7 Esimerkki 1.3 Etsitään ord Koska φ(17) = 16, niin em. seurauksen 1.1 perusteella luvun ord 17 2 mahdolliset arvot ovat 1, 2, 4, 8 ja 16. Koska (mod 17), (mod 17), (mod 17), (mod 17), niin ord 17 2 = 8. Huomautus 1.1 Jos luvun φ(m) jakajista valitaan mielivaltaisesti yksi luku x, ei aina ole sellaista kokonaislukua a, että x olisi sen kertaluku modulo m. Esimerkki 1.4 (Ks. [2], s. 158) Olkoon m = 12. Nyt φ(12) = 4, mutta ei ole olemassa sellaista lukua a, että ord 12 a = 4, sillä (mod 12), joten ord 12 a = 1 tai ord 12 a = 2. Seuraus 1.2 Jos p on alkuluku ja p / a, niin ord p a (p 1). Todistus. (Vrt. [4], s. 440) Koska p on alkuluku, niin φ(m) = p 1. Siis seurauksen 1.1 perusteella ord p a (p 1). Lause 1.2 Olkoot a ja m (> 0) keskenään jaottomia kokonaislukuja ja i ja j ei-negatiivisia kokonaislukuja. Tällöin a i a j (mod m) i j (mod ord m a). Todistus. (Vrt. [5], s. 280) Oletetaan, että a i a j (mod m) ja 0 j i. Koska (a, m) = 1, niin myös (a j, m) = 1. Nyt a i a j a i j (mod m) ja oletuksen perusteella a j a i j a j (mod m). Jaetaan jälkimmäinen kongruenssi puolittain luvulla a j, jolloin a i j 1 (mod m). Nyt lauseen 1.1 perusteella ord m a (i j) eli i j (mod ord m a). Oletetaan käänteisesti, että i j (mod ord m a) ja 0 j i. Tällöin i = j + (ord m a)k, missä k on ei-negatiivinen kokonaisluku. Siis a i = a j+(ordma)k = a j (a ordma ) k a j (mod m), sillä a ordma 1 (mod m). Esimerkki 1.5 Olkoot a = 7 ja m = 10. Nyt φ(10) = 4 ja ord 10 7 = 4. Lauseen 1.2 perusteella (mod 10) ja (mod 10), sillä 5 1 (mod 4), mutta 3 2 (mod 4).

9 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET 8 Lause 1.3 Olkoot ord m a = t ja u positiivinen kokonaisluku. Tällöin ord m (a u ) = t (t, u). Todistus. (Vrt. [5], s. 281) Olkoot s = ord m (a u ) ja v = (t, u). Tällöin t = t 1 v ja u = u 1 v, missä t 1 ja u 1 ovat keskenään jaottomia kokonaislukuja. Nyt (t/v, u/v) = (t 1, u 1 ) = 1. Koska ord m a = t, niin (a u ) t 1 = (a u 1v ) t/v = (a t ) u 1 1 (mod m). Nyt lauseen 1.1 mukaan s t 1. Toisaalta t us, koska (a u ) s = a us 1 (mod m). Siis t 1 v us eli t 1 v u 1 vs ja edelleen t 1 u 1 s. Koska (t 1, u 1 ) = 1 ja t 1 u 1 s, niin t 1 s. Nyt siis sekä s t 1 että t 1 s, joten s = t 1, jolloin ord m (a u ) = s = t 1 = t/v = t/(t, u). Esimerkki 1.6 Esimerkin 1.3 mukaan ord 17 2 = 8. Lauseen 1.3 perusteella ord 17 (2 4 ) = 8 (8,4) = 8 4 = 2. Sama tulos saadaan myös, kun lasketaan (mod 17), (mod 17), (mod 17) ja (mod 17), joten (2 4 ) 2 1 (mod 17) eli ord 17 (2 4 ) = 2. Seuraus 1.3 Olkoot ord m a = t ja u positiivinen kokonaisluku. Tällöin ord m (a u ) = t, jos ja vain jos (t, u) = 1. Todistus. (Vrt. [4], s. 442) Lauseen 1.3 mukaan ord m (a u ) = ord m (a u ) = t, jos ja vain jos (t, u) = 1. t. Edelleen (t,u) Esimerkki 1.7 Esimerkin 1.3 mukaan ord 17 2 = 8. Koska (8, 3) = 1, niin ord 17 (2 3 ) = 8. Tämä voidaan tarkastaa suoralla laskulla: (2 3 ) 8 = (mod 17).

10 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET Primitiiviset juuret Jos a on sellainen positiivinen kokonaisluku, että (a, m) = 1, niin seurauksen 1.1 mukaan ord m a φ(m), joten luvun ord m a suurin mahdollinen arvo on φ(m). Tästä seuraa primitiivisen juuren määritelmä. Määritelmä 1.2 Olkoot r ja m (> 0) keskenään jaottomia kokonaislukuja. Jos ord m r = φ(m), niin r on primitiivinen juuri modulo m. Toisin sanoen luvulla m on primitiivinen juuri r, jos r φ(m) 1 (mod m) ja r k 1 (mod m) aina, kun k < φ(m). Esimerkki 1.8 Koska ord 17 3 = 16 = φ(17), niin 3 on primitiivinen juuri modulo 17. Esimerkki 1.9 Koska φ(11) = 10 ja (mod 11), (mod 11), niin 2 on primitiivinen juuri modulo 11. Luku 3 ei ole primitiivinen juuri modulo 11, koska (mod 11) ja 5 < φ(11). Huomautus 1.2 Kaikilla kokonaisluvuilla ei ole primitiivisiä juuria. Itse asiassa voidaan sanoa, että primitiivisten juurien olemassaolo on enemmän poikkeus kuin sääntö. Ei ole esimerkiksi primitiivisiä juuria modulo 8. Voidaan osoittaa, että ord 8 1 = 1, ord 8 3 = ord 8 5 = ord 8 7 = 2, missä 1, 3, 5 ja 7 ovat suhteellisia alkulukuja luvun 8 kanssa. Koska φ(8) = 4, ei ole olemassa primitiivisiä juuria modulo 8. Vastaavasti voidaan todeta, ettei esimerkiksi luvuilla 12, 15 ja 20 ole primitiivisiä juuria. Primitiivisten juurien olemassaoloon palataan myöhemmin luvussa 2. Esimerkki 1.10 Osoitetaan, ettei luvulla 20 ole primitiivisiä juuria. Yksinkertaisilla laskuilla saadaan, että ord 20 1 = 1, ord 20 9 = ord = ord = 2 ja ord 20 3 = ord 20 7 = ord = ord = 4, missä luvut 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17 ja 19 ovat suhteellisia alkulukuja luvun 20 kanssa. Koska φ(20) = 8, voidaan todeta, että ei ole olemassa primitiivisiä juuria modulo 20. Lause 1.4 Olkoot r ja m (> 0) keskenään jaottomia kokonaislukuja. Jos r on primitiivinen juuri modulo m, niin kokonaisluvut r 1, r 2,..., r φ(m) muodostavat supistetun jäännössysteemin modulo m.

11 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET 10 Todistus. (Vrt. [5], s. 281) Riittää osoittaa, että luvut r 1, r 2,..., r φ(m) ovat suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa ja että ne ovat pareittain epäkongruentteja modulo m. Oletuksen mukaan (r, m) = 1. Siis myös (r k, m) = 1 aina, kun k on positiivinen kokonaisluku. Luvut r k ovat siis suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa, kun k = 1, 2,..., φ(m). Osoitetaan seuraavaksi, että luvut r 1, r 2,..., r φ(m) ovat pareittain epäkongruentteja modulo m. Oletetaan, että r i r j (mod m), missä 1 i, j φ(m). Oletetaan lisäksi, että i j. Lauseen 1.2 mukaan i j (mod φ(m)). Koska 1 i φ(m) ja 1 j φ(m), niin em. kongruenssin mukaan i = j. Siis luvut r 1, r 2,..., r φ(m) ovat pareittain epäkongruentteja modulo m. Luvut r 1, r 2,..., r φ(m) ovat siis suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa ja ne ovat pareittain epäkongruentteja modulo m. Näin ollen ne muodostavat supistetun jäännössysteemin modulo m. Esimerkki 1.11 Olkoon m = 10. On olemassa φ(10) = 4 positiivista kokonaislukua, jotka ovat pienempiä kuin luku 10 ja suhteellisia alkulukuja luvun 10 kanssa. Nämä luvut ovat 1, 3, 7 ja 9. Luku 3 on primitiivinen juuri modulo 10, koska φ(10) = 4 ja (mod 10), (mod 10). Joukko {3 1, 3 2,..., 3 φ(10) } eli joukko {3, 9, 7, 1} on supistettu jäännössysteemi modulo 10. Jos kokonaisluvulla on primitiivinen juuri, sillä on yleensä useampia primitiivisiä juuria. Lause 1.5 Olkoon r primitiivinen juuri modulo m. Tällöin r u on primitiivinen juuri modulo m, jos ja vain jos (u, φ(m)) = 1. Todistus. (Vrt. [5], s. 282) Lauseen 1.3 perusteella ord m (r u ) = ord mr (u, ord m r) = φ(m) (u, φ(m)).

12 LUKU 1. PRIMITIIVISET JUURET 11 Siis ord m (r u ) = φ(m), jos ja vain jos (u, φ(m)) = 1. Siis r u on primitiivinen juuri modulo m, jos ja vain jos (u, φ(m)) = 1. Esimerkki 1.12 Esimerkin 1.8 mukaan luku 3 on primitiivinen juuri modulo 17. Koska φ(17) = 16, niin luvut 3 u, missä (u, 16) = 1, ovat primitiivisiä juuria modulo 17. Nämä luvut ovat 3, 3 3, 3 5, 3 7, 3 9, 3 11, 3 13 ja Lause 1.6 Jos positiivisella kokonaisluvulla m on primitiivinen juuri, niin epäkongruenttien primitiivisten juurien modulo m kokonaislukumäärä on φ(φ(m)). Todistus. (Vrt. [5], s. 282) Olkoon r primitiivinen juuri modulo m. Lauseen 1.5 mukaan r u on primitiivinen juuri modulo m, jos ja vain jos (u, φ(m)) = 1. Koska Eulerin funktion määritelmän mukaan tällaisia kokonaislukuja u on φ(φ(m)) kappaletta, luvun m primitiivisten juurien kokonaislukumäärä on φ(φ(m)). Edellä mainittujen lauseiden 1.5 ja 1.6 avulla löydetään kaikki φ(φ(m)) epäkongruenttia primitiivistä juurta modulo m, kun tiedetään, että r on primitiivinen juuri modulo m. Nämä primitiiviset juuret ovat r u, kun (u, φ(m)) = 1. Esimerkki 1.13 Etsitään kaikki epäkongruentit primitiiviset juuret modulo 11, kun tiedetään, että 2 on primitiivinen juuri modulo 11. Lauseen 1.6 mukaan luvulla 11 on φ(φ(11)) = φ(10) = 4 epäkongruenttia primitiivistä juurta. Lauseen 1.5 mukaan ne ovat muotoa 2 u, missä (u, 10) = 1. Tällaisia positiivisia kokonaislukuja u ovat luvut 1, 3, 7 ja 9, joten primitiiviset juuret ovat 2 1, 2 3, 2 7 ja 2 9 modulo 11 eli 2, 8, 7 ja 6. Luvun 11 epäkongruentit primitiiviset juuret ovat siis 2, 6, 7 ja 8.

13 Luku 2 Primitiivisten juurten olemassaolo Edellisessä luvussa todettiin että, jos positiivisella kokonaisluvulla m on primitiivinen juuri, niin sillä on φ(φ(m)) epäkongruenttia primitiivistä juurta. Tämä lause ei kuitenkaan kerro, että jokaisella positiivisella kokonaisluvulla olisi primitiivinen juuri. Kuten jo aikaisemmin on todettu, esimerkiksi luvuilla 8, 12, 15 ja 20 ei ole primitiivisiä juuria. Oleellinen kysymys onkin: millaisilla positiivisilla kokonaisluvuilla on primitiivinen juuri. Aloitetaan tämän ongelman purkaminen osoittamalla, että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri. 2.1 Alkulukujen primitiiviset juuret Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen polynomi. Sanotaan, että kokonaisluku α on polynomikongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu, jos f(α) 0 (mod m). Jos α on polynomikongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu, niin jokainen sellainen kokonaisluku β, joka toteuttaa ehdon β α (mod m), on myös polynomikongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu modulo m. Esimerkki 2.1 Polynomilla f(x) = x on täsmälleen kaksi epäkongruenttia ratkaisua modulo 11. Nämä ovat luvut 1 ja 10, sillä f(1) (mod 11) ja f(10) (mod 11). Esimerkki 2.2 (Ks. [5], s. 285) Fermat n pienen lauseen mukaan polynomilla f(x) = x p 1 1 on täsmälleen p 1 kappaletta epäkongruentteja ratkaisuja modulo p, jos p on alkuluku. Nämä ratkaisut ovat x 1, 2, 3,..., p 1 (mod p). 12

14 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 13 Seuraavalla lauseella, joka kertoo polynomikongruenssin f(x) 0 (mod p) ratkaisujen määrän, on keskeinen rooli alkulukujen primitiivisten juurien olemassaolon todistamisessa. Lause 2.1 (Lagrangen lause) Olkoon f(x) = n a i x i = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 i=0 astetta n 1 oleva kokonaislukukertoiminen polynomi, missä p / a n. Tällöin kongruenssilla f(x) 0 (mod p) on enintään n kappaletta epäkongruentteja ratkaisuja modulo p. Todistus. (Vrt. [4], s. 450) Todistetaan lause induktiolla. Olkoon n = 1. Nyt f(x) = a 1 x + a 0, missä p / a 1. Polynomin f(x) ratkaisu modulo p on kongruenssin a 1 x a 0 (mod p) ratkaisu. Koska (a 1, p) = 1 ja 1 a 0, niin kongruenssilla a 1 x a 0 (mod p) on täsmälleen yksi ratkaisu modulo p. Siis polynomilla f(x) on täsmälleen yksi ratkaisu modulo p, kun n = 1. Oletetaan seuraavaksi, että astetta k 1 olevat polynomit toteuttavat lauseen. Olkoon f(x) = k i=0 a ix i astetta k oleva polynomi, missä p /a k. Jos kongruenssilla f(x) 0 (mod p) ei ole ratkaisuja, väite seuraa suoraan tästä. Oletetaan siis, että kongruenssilla f(x) 0 (mod p) on vähintään yksi ratkaisu α, kun 0 α p. Tällöin f(α) 0 (mod p). Koska x α on luvun x t α t tekijä, kun t = 0, 1,..., n, saadaan jakamalla f(x) luvulla x α f(x) = (x α)q(x) + r, missä q(x) on astetta k 1 oleva kokonaislukukertoiminen polynomi ja r on kokonaisluku. Kun x = α, saadaan ja edelleen f(α) = (α α)q(α) + r 0 f(α) = (α α)q(α) + r = 0 + r (mod p), josta saadaan r 0 (mod p).

15 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 14 Siis f(x) (x α)q(x) (mod p), missä polynomin q(x) aste on k 1. Olkoon β joku toinen kongruenssin f(x) 0 (mod p) epäkongruenteista ratkaisuista, kun 0 β p. Tällöin f(β) (β α)q(β) (mod p) ja edelleen 0 (β α)q(β) (mod p). Nyt voidaan päätellä, että q(β) 0 (mod p), koska β α (mod p). Siis jokainen kongruenssin f(x) 0 (mod p) ratkaisuista α poikkeava ratkaisu on kongruenssin q(x) 0 (mod p) ratkaisu. Selvästi jokainen kongruenssin q(x) 0 (mod p) ratkaisu on myös kongruenssin f(x) 0 (mod p) ratkaisu. Koska polynomin q(x) aste on k 1, induktio-oletuksen mukaan kongruenssilla q(x) 0 (mod p) on korkeintaan k 1 ratkaisua. Tästä seuraa, että kongruenssilla f(x) 0 (mod p) on korkeintaan 1 + (k 1) = k ratkaisua. Siis induktion perusteella lause on tosi kaikilla astetta n 1 olevilla polynomeilla. Esimerkki 2.3 Polynomi f(x) = x on toista astetta oleva polynomi ja kongruenssilla f(x) 0 (mod 11) on siis korkeintaan kaksi ratkaisua modulo 11. Nämä ratkaisut on esitelty esimerkissä 2.1. Lause 2.2 Jos p on alkuluku ja d (p 1), niin kongruenssilla x d 1 0 (mod p) on täsmälleen d epäkongruenttia ratkaisua modulo p. Todistus. (Vrt. [5], s. 286) Koska d (p 1), niin p 1 = de jollakin kokonaisluvulla e. Nyt x p 1 1 = (x d 1)(x d(e 1) + x d(e 2) + + x d + 1) = (x d 1)g(x). Fermat n pienen lauseen mukaan kongruessilla x p (mod p) on täsmälleen p 1 epäkongruenttia ratkaisua modulo p. Nämä ratkaisut ovat kokonaisluvut 1, 2,..., p 1.

16 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 15 Lagrangen lauseen mukaan kongruenssilla g(x) 0 (mod p) on korkeintaan d(e 1) = p 1 d ratkaisua modulo p. Tiedetään, että kongruenssilla x d 1 0 (mod p) on vähintään (p 1) (p 1 d) = d epäkongruenttia ratkaisua, sillä jokaisen kongruenssin x p (mod p) ratkaisun, joka ei ole kongruenssin g(x) 0 (mod p) ratkaisu, on oltava kongruenssin x d 1 0 (mod p) ratkaisu. Toisaalta Lagrangen lauseen mukaan kongruenssilla x d 1 0 (mod p) on korkeintaan d epäkongruenttia ratkaisua. Siis kongruenssilla x d 1 0 (mod p) on täsmälleen d epäkongruenttia ratkaisua modulo p. Esimerkki 2.4 Etsitään kongruenssin x (mod 7) epäkongruentit ratkaisut. Koska x = (x + 1)(x 2 x + 1), niin joko x (mod 7) tai x 2 x (mod 7). Kongruenssista x+1 0 (mod 7) saadaan ratkaisuksi x = 1 6 (mod 7). Koska x 2 x + 1 x 2 x 6 = (x 3)(x + 2) 0 (mod 7), niin x 3 (mod 7) tai x 2 5 (mod 7). Siis kongruenssin x (mod 7) epäkongruentit ratkaisut ovat 3, 5 ja 6, sillä (mod 7), (mod 7) ja (mod 7). Lause 2.3 (Wilsonin lause) Jos p on alkuluku, niin (p 1)! 1 (mod p). Todistus. (Vrt. [4], s. 452) Valitaan sopiva polynomi f(x). Olkoon se f(x) = (x 1)(x 2) (x (p 1)) (x p 1 1). Nyt f(x) on astetta p 2 oleva kokonaislukukertoiminen polynomi. Fermat n pienen lauseen mukaan kongruenssilla x p (mod p) on p 1 epäkongruenttia ratkaisua. Näistä ratkaisuista jokainen on lisäksi kongruenssin (x 1)(x 2) (x (p 1)) 0 (mod p) ratkaisu. Tämän vuoksi kongruenssilla f(x) 0 (mod p) on p 1 epäkongruenttia ratkaisua. Koska ratkaisuja on yksi enemmän kuin mikä polynomin aste on, niin polynomin f(x) jokaisen kertoimen on oltava kongruentti luvun 0 kanssa modulo p. Erityisesti vakiotermin f(0) on oltava kongruentti luvun 0 kanssa modulo p. Nyt f(0) = ( 1)( 2) [ (p 1)] = ( 1) p 1 (p 1)! + 1,

17 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 16 jolloin saadaan ja edelleen ( 1) p 1 (p 1)! (mod p) (p 1)! ( 1) p (mod p). Jos p = 2, niin ( 1) p 1 1 (mod p). Jos p on pariton, niin ( 1) p = 1. Molemmissa tapauksissa (p 1)! 1 (mod p). Lause 2.4 Olkoot p alkuluku ja d sellainen positiivinen kokonaisluku, että d (p 1). Tällöin on olemassa täsmälleen φ(d) sellaista epäkongruenttia kokonaislukua k, että ord p k = d. Todistus. (Vrt. [1], s. 207 ja [5], s.286) Olkoon A(d) = {k 1 k p 1, ord p k = d} ja ψ(d) niiden positiivisten kokonaislukujen k määrä, jotka kuuluvat joukkoon A(d). Nyt ψ(d) 0 kaikilla luvuilla d. Seurauksen 1.1 mukaan jokaisella kokonaisluvulla 1, 2,..., p 1 on kertaluku, joka jakaa luvun p 1, joten ψ(d) = p 1. d p 1 Edelleen Gaussin lauseen mukaan φ(d) = p 1. Siis d p 1 ψ(d) = φ(d). d p 1 d p 1 Osoitetaan, että ψ(d) = φ(d) kaikilla luvuilla d, kun d (p 1). Jaetaan todistus kahteen osaan. Tapaus 1. Olkoon ψ(d) = 0. Selvästi tällöin ψ(d) < φ(d), joten ψ(d) φ(d). Tapaus 2. Olkoon ψ(d) 0. Tällöin ord p a = d ja kokonaisluvut a, a 2,..., a d

18 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 17 ovat epäkongruetteja modulo p. Lisäksi jokainen näistä luvuista on kongruenssin x d 1 0 (mod p) ratkaisu modulo p, sillä (a k ) d = (a d ) k 1 (mod p), kun 1 k d. Lauseen 2.2 mukaan kongruenssilla x d 1 0 (mod p) on täsmälleen d epäkongruenttia ratkaisua modulo p. Siis jokainen ratkaisu modulo p on kongruentti yhden kokonaisluvun a, a 2,..., a d kanssa. Kuitenkin lauseen 1.3 mukaan ord p (a k ) = ord p a = d, jos ja vain jos (k, d) = 1. Sellaisia kokonaislukuja k, että 1 k d ja (k, d) = 1, on täsmälleen φ(d) kappaletta. Toisaalta, jos on yksi kertaluku d modulo p, niin on täsmälleen φ(d) sellaista positiivista kokonaislukua, jotka ovat pienempiä kuin luku d. Siis ψ(d) φ(d). Nyt tapauksien 1 ja 2 perusteella ψ(d) φ(d). Koska niin ψ(d) = φ(d) ja ψ(d) φ(d), d p 1 d p 1 ψ(d) = φ(d). On siis täsmälleen φ(d) sellaista epäkongruenttia kokonaislukua k, että ord p k = d. Seuraus 2.1 Jokaisella alkuluvulla p on primitiivinen juuri. Todistus. (Vrt. [5], s. 287) Olkoon p alkuluku. Lauseen 2.4 mukaan on olemassa φ(p 1) kappaletta sellaisia epäkongruentteja kokonaislukuja a, että ord p a = p 1. Koska jokainen näistä on määritelmän mukaan primitiivinen juuri, alkuluvulla p on φ(p 1) primitiivistä juurta. Euler todisti jo vuonna 1773 (vaikkakin epätäydellisesti), että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri. Hän kirjoitti jopa listan primitiivisistä juurista modulo p, kun p 37. Legendre korjasi Eulerin todistuksen puutteet käyttämällä Lagrangen lausetta. Vuonna 1785 hän osoitti, että jos d (p 1), on olemassa φ(d) sellaista kokonaislukua, jonka kertaluku on d. Vaikka seuraus 2.1 todistaakin, että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri, se ei

19 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 18 kerro mitään siitä, miten primitiiviset juuret löydetään. Löytäminen tapahtuu kokeilemalla, mikä on melko usein työlästä. Primitiivisten juurien käyttämisen helpottamiseksi onkin laadittu taulukoita, joihin on koottu lukuja ja niiden primitiivisiä juuria. Vuonna 1839 saksalainen matemaatikko Karl Gustave Jacob Jacobi julkaisi taulukon, jossa oli määritetty primitiiviset juuret alkuluvuille p, kun p < Taulukkoon 2.1 on koottu alkulukujen p pienimmät primitiiviset juuret r, kun p < 300. Taulukko 2.1. Pienimmät primitiiviset juuret r modulo p, kun p < 300. (Ks. [5], s. 475) p r p r p r p r p r Jos χ(p) on alkuluvun p pienin positiivinen primitiivinen juuri, niin taulukosta 2.1 huomataan, että χ(p) 19, kun p < 300. Itseasiassa, jos p kasvaa rajatta, niin χ(p) tulee mielivaltaisen suureksi. Taulukosta 2.1 saadaan myös vihje siitä, että on olemassa ääretön määrä alkulukuja p, joiden χ(p) = 2. Suurimmassa osassa tapauksista χ(p) on melko pieni luku. On todettu, että 80%:lle ensimmäisistä parittomasta alkuluvusta pätee, että χ(p) 6. Samoin 7429 kappaleelle näistä alkuluvuista pätee, että χ(p) = 2 ja edelleen 4515 kappaleelle pätee, että χ(p) = 3. (Ks. [2], s. 166) Ei ole myöskään kehitetty mitään tapaa, jolla voitaisiin sujuvasti päätellä mikä on alkuluvun pienin positiivinen primitiivinen juuri tai miten primitiiviset juuret jakautuvat jäännösten modulo p joukossa. Esimerkkinä ovat taulukoissa 2.2 ja 2.3 esitetyt peräkkäisten alkulukujen 71 ja 73 epäkongruen-

20 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 19 tit primitiiviset juuret, jotka selvästi eroavat toisistaan. Vaikka molemmilla luvuilla on 24 epäkongruenttia primitiivistä juurta, joista osa on samoja, niiden pienimmät primitiiviset juuret eivät kuitenkaan ole samat. Lukujen epäkongruentit primitiiviset juuret ovat myöskin jakautuneet erilailla jäännösten modulo p joukossa. Taulukko 2.2. Luvun 71 primitiiviset juuret (Ks. [3], s. 80) Taulukko 2.3. Luvun 73 primitiiviset juuret (Ks. [3], s. 80) Gauss teki teoksessaan Disquisitiones Arithmeticae hypoteesin, että on olemassa äärettömän monta sellaista alkulukua, joiden primitiivinen juuri on luku 10. Emil Artin yleisti tämän selvittämättömän ongelman vuonna Artinin hypoteesi on, että on olemassa äärettömän monta alkulukua p, joiden primitiivinen juuri on a, kun a 1, a 1 tai a ei ole neliö. Tätä hypoteesia ei ole vielä todistettu, mutta on osoitettu, että on olemassa äärettömän monta sellaista lukua a, joilla Artinin hypoteesi pätee. Lisäksi on löydetty ainakin kaksi sellaista alkulukua, joilla hypoteesi ei toteudu. Artinin hypoteesin rajoitukset luvulle a ovat perusteltuja. Oletetaan, että a on neliö, esimerkiksi a = x 2, ja että p on sellainen pariton alkuluku, että (a, p) = 1. Jos p / x, niin Fermat n lauseen mukaan x p 1 1 (mod p), mistä saadaan edelleen, että a (p 1)/2 (x 2 ) (p 1)/2 1 (mod p). Primitiivisen luvun määritelmän perusteella a ei voi olla luvun p primitiivinen juuri. (Jos taas p x, niin p a ja a p 1 1 (mod p) eikä a ole primitiivinen juuri modulo p.) Myöskään luku 1 ei voi olla alkuluvun p primitiivinen juuri, kun p 1 > 2, sillä ( 1) 2 = 1. (Ks. [2], s. 167) Seuraava esimerkki ratkaistaan tähän asti esiteltyjen tietojen avulla. Esimerkki 2.5 Etsitään ne φ(6) = 2 kokonaislukua a, joiden kertaluku

21 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 20 modulo 43 on 6 eli ord 43 a = 6. Tiedetään, että luvulla 43 on φ(φ(43)) = φ(42) = 12 primitiivistä juurta. Etsitään kokeilemalla (tai valmiiden taulukoiden avulla) yksi niistä. Selvästi luku 2 ei ole primitiivinen juuri modulo 43, sillä (mod 43) ja 14 < φ(43). Luku 3 sensijaan on primitiivinen juuri modulo 43, sillä (mod 43) ja 3 u 1 (mod 43) aina, kun u < 42. Nyt luvun 43 kaikki primitiiviset juuret ovat muotoa 3 k, kun 1 k 42 ja (k, 42) = 1. Lauseen 1.3 mukaan luvun 3 k kertaluku on 42. Nyt 42 = 6, (k,42) (k,42) jos ja vain jos (k, 42) = 7. Siis k = 7 tai k = 35. Ratkaistaan sekä 3 7 että 3 35 modulo 43, jolloin saadaan ja (mod 43) 3 35 (3 7 ) ( 6) (mod 43). Siis 7 ja 37 ovat ainoat positiiviset kokonaisluvut, joilla on kertaluku 6 modulo 43. Siis ord 43 7 = 6 ja ord = Yhdistettyjen lukujen primitiiviset juuret Edellisessä pykälässä osoitettiin, että jokaisella alkuluvulla on primitiivinen juuri, itseasiassa primitiivisiä juuria on φ(p 1) kappaletta. Tässä pykälässä etsitään muut positiiviset kokonaisluvut, joilla on primitiivinen juuri. Voidaan osoittaa, että nämä luvut ovat 1, 2, 4, p k ja 2p k, kun p on pariton alkuluku ja k on positiivinen kokonaisluku. Kolme ensimmäistä tapausta ovat yksinkertaisia. Luvulla 1 on selvästi primitiivinen juuri. Luvun 2 primitiivinen juuri on 1 ja luvun 4 primitiivinen juuri on 3, sillä φ(4) = 2 ja (mod 4). Aloitetaan jäljellejääneiden lukujen käsittely osoittamalla, että luvulla p 2 on primitiivinen juuri, kun p on pariton alkuluku. Todistuksen lyhentämiseksi ja selventämiseksi käytetään seuraavaa lemmaa. Lemma 2.1 Olkoon r parittoman alkuluvun p primitiivinen juuri. Tällöin ord p 2(r + p) p 1.

22 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 21 Todistus. (Vrt. [4], s. 458) Olkoon r 1 = r + p. Tehdään vastaoletus, että ord p 2r 1 = p 1. Tällöin (r 1 ) p 1 1 (mod p 2 ) primitiivisen juuren määritelmän mukaan. Käytetään binomilausetta, jolloin saadaan (r 1 ) p 1 = (r + p) p 1 ( ) p 1 = r p 1 + (p 1)r p 2 p + r p 3 p p p 1 2 r p 1 + (p 1)r p 2 p (mod p 2 ). Oletuksen mukaan (r 1 ) p 1 1 (mod p 2 ), joten ja 1 r p 1 + (p 1)r p 2 p (mod p 2 ) 1 1 pr p 2 (mod p 2 ). Tästä seuraa, että pr p 2 0 (mod p 2 ) ja edelleen r p 2 0 (mod p). Tämä on ristiriita, sillä r on primitiivinen juuri ja (r, p) = 1, joten p / r p 2. Siis ord p 2r 1 = ord p 2(r + p) p 1. Lause 2.5 Jos r on parittoman alkuluvun p primitiivinen juuri, niin luvulla p 2 on primitiivinen juuri, joka on joko r tai r + p. Todistus. (Vrt. [4], s. 458) Koska r on primitiivinen juuri modulo p, niin ord p r = φ(p) = p 1. Olkoon ord p 2r = d, jolloin r d 1 (mod p 2 ) primitiivisen juuren määritelmän mukaan. Siis d φ(p 2 ), mutta φ(p 2 ) = p(p 1) eli d p(p 1). Koska r d 1 (mod p 2 ), myös r d 1 (mod p), joten lauseen 1.1 mukaan ord p r d eli p 1 d. Tällöin d = k(p 1), kun k on kokonaisluku. Nyt k(p 1) p(p 1) eli k p, jolloin joko k = 1 tai k = p. Tästä seuraa, että joko d = p 1 tai d = p(p 1). Tapaus 1. Olkoon d = p(p 1). Tällöin ord p 2r = p(p 1) = φ(p 2 ) eli r on primitiivinen juuri modulo p 2. Tapaus 2. Olkoon d = p 1. Osoitetaan, että r 1 = r + p on primitiivinen juuri modulo p 2. Koska r 1 r (mod p), niin r 1 on myös primitiivinen juuri modulo p. Nyt joko ord p 2r 1 = p(p 1) tai ord p 2r 1 = p 1. Lemman 1.1

23 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 22 mukaan ord p 2r 1 p 1, joten ord p 2r 1 = p(p 1) = φ(p 2 ). Siis r 1 = r + p on primitiivinen juuri modulo p 2. Tapauksien 1 ja 2 perusteella joko r tai r + p on primitiivinen juuri modulo p 2. Huomautus 2.1 Voidaan todeta, että jos r on primitiivinen juuri modulo p, niin yleensä r on myös primitiivinen juuri modulo p 2. Jos r ei ole primitiivinen juuri modulo p 2, niin lauseen 2.5 mukaan luku r + p on primitiivinen juuri modulo p 2. Esimerkki 2.6 Taulukosta 2.1 nähdään, että 2 on primitiivinen juuri modulo 5. Tämä voidaan todeta myös laskemalla 2 φ(5) (mod 5). Lisäksi 2 u 1 (mod 5) aina, kun u < 4. Luku 2 on myös primitiivinen juuri modulo 25, sillä 2 φ(25) (mod 25) ja 2 u 1 (mod 25) aina, kun u < 20. Luku (r + p) = (2 + 5) = 7 ei ole primitiivinen juuri modulo 25, sillä (mod 25) ja 4 < φ(25). On osoitettu, että luvuilla p k on primitiivinen juuri, kun p on pariton alkuluku ja k = 1 tai k = 2. Osoitetaan seuraavaksi, että luvuilla p k on primitiivinen juuri, kun k 3. Selvyyden vuoksi todistus jaetaan pienempiin osiin. Lemma 2.2 Olkoon r sellaisen parittoman alkuluvun p primitiivinen juuri, että r p 1 1 (mod p 2 ). Tällöin r pk 2 (p 1) 1 (mod p k ) kun k 2. Todistus. (Vrt. [4], s. 459) Todistetaan lause induktiolla. Kun k = 2, oletuksen mukaan r pk 2 (p 1) = r p 1 1 (mod p 2 ). Väite on siis tosi, kun k = 2. Oletetaan seuraavaksi, että väite on tosi mielivaltaisella kokonaisluvulla k, kun k 2. Tällöin r pk 2 (p 1) 1 (mod p k ). Koska (r, p) = 1, myös (r, p k 1 ) = 1. Eulerin-Fermat n lauseen ja primitiivisen juuren määritelmän mukaan r φ(pk 1) = r pk 2 (p 1) 1 (mod p k 1 ). On siis olemassa sellainen kokonaisluku q, että r pk 2 (p 1) = 1 + qp k 1.

24 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 23 Koska induktio-oletuksen mukaan r pk 2 (p 1) 1 (mod p k ), niin myös 1 + qp k 1 1 (mod p k ). Tästä seuraa, että p / q. Korotetaan yhtälö r pk 2 (p 1) = 1+qp k 1 puolittain potenssiin p ja käytetään binomilausetta, jolloin saadaan Koska p / q, saadaan r pk 1 (p 1) = (1 + qp k 1 ) p ( ) p = 1 + qp k + q 2 p k q p p p(k 1) qp k (mod p k+1 ). r pk 1 (p 1) 1 (mod p k+1 ). Siis induktion perusteella väite on tosi, kun k 2. Lause 2.6 Jos k 2 ja p on pariton alkuluku, niin luvulla p k on primitiivinen juuri. Todistus. (Vrt. [4], s. 460) Olkoon r primitiivinen juuri modulo p. Jos r on myös primitiivinen juuri modulo p 2, niin r p 1 1 (mod p 2 ). Toisaalta, jos r ei ole primitiivinen juuri modulo p 2, niin lauseen 2.5 mukaan r 1 = r + p on primitiivinen juuri modulo p 2, missä r 1 r (mod p) ja (r 1 ) p 1 1 (mod p 2 ). Molemmissa tapauksissa luvulla p 2 on primitiivinen juuri r 2, jolloin (r 2 ) p 1 1 (mod p 2 ). (Huomaa, että r 2 = r, jos r on primitiivinen juuri modulo p 2, muussa tapauksessa r 2 = r 1.) Lemman 2.2 mukaan (r 2 ) pk 2 (p 1) 1 (mod p k ), kun k 2. On osoitettava, että r 2 on primitiivinen juuri modulo p k eli ord p kr 2 = φ(p k ). Oletetaan, että ord p kr 2 = d. Tällöin d φ(p k ), kun φ(p k ) = p k 1 (p 1). Koska primitiivisen juuren määritelmän mukaan (r 2 ) d 1 (mod p k ), niin myös (r 2 ) d 1 (mod p), mistä seuraa, että (p 1) d. Olkoon d = (p 1)t jollakin kokonaisluvulla t. Tällöin (p 1)t φ(p k ) eli

25 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 24 (p 1)t p k 1 (p 1) ja edelleen t p k 1. Siis t = p i, kun i on sellainen kokonaisluku, että 0 i k 1, jolloin d = (p 1)p i. Jos i k 2, niin (r 2 ) pi (p 1) 1 (mod p k ), mikä on ristiriita. Siis i = k 1 ja edelleen ord p kr 2 = p k 1 (p 1) = φ(p k ). Siis r 2 on primitiivinen juuri modulo p k, kun k 2. Huomautus 2.2 Edellisen lauseen mukaan jokainen primitiivinen juuri modulo p 2 on myös primitiivinen juuri modulo p k, kun k 2. Huomautus 2.3 Lauseiden 2.5 ja 2.6 mukaan parittoman alkuluvun p primitiivistä juurta r voidaan käyttää primitiivisen juuren r 2 modulo p k löytämiseen. Jos r on primitiivinen juuri modulo p 2, niin r 2 = r ja muussa tapauksessa r 2 = r + p. Seuraavaksi selvitetään, onko kokonaisluvulla 2 k primitiivisiä juuria. Selvästi luvuilla 1, 2 ja 4 on primitiiviset juuret, jotka ovat 1, 1 ja 3. On siis selvitettävä, onko luvulla 2 k primitiivisiä juuria, kun k 3. Seuraavat kaksi lemmaa selventävät ja lyhentävät todistusta. Lemma 2.3 Jokaisen parittoman kokonaisluvun neliö on kongruentti luvun 1 kanssa modulo 8. Todistus. (Vrt. [4], s. 461) Olkoon a = 2i + 1, kun i on kokonaisluku, jolloin luku a on pariton kokonaisluku. Korottamalla yhtälö a = 2i + 1 puolittain toiseen potenssiin, saadaan a 2 = 4i 2 + 4i + 1 = 4i(i + 1) + 1. Koska 2 i(i + 1) ja 8 4i(i + 1), niin a 2 1 (mod 8). Lemma 2.4 Olkoot a pariton kokonaisluku ja t 3. Tällöin a 2t 2 1 (mod 2 t ). Todistus. (Vrt. [4], s. 462) Todistetaan lemma induktiolla. Lemman 2.3 perusteella väite on tosi, kun t = 3.

26 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 25 Oletetaan, että väite on tosi mielivaltaisella kokonaisluvulla k, kun k 3. Tällöin a 2k 2 1 (mod 2 k ) a 2k 2 = 1 + q 2 k, kun q Z. Korotetaan yhtälö a 2k 2 = 1 + q 2 k puolittain toiseen potenssiin, jolloin saadaan a 2k 1 = (1 + q 2 k ) 2 = 1 + q 2 k+1 + q 2 2 2k = k+1 (q + q 2 2 k 1 ) 1 (mod 2 k+1 ). Siis, jos väite on tosi luvulla t = k, niin se on tosi myös luvulla t = k + 1. Induktion perusteella väite on tosi kaikilla kokonaisluvuilla t, kun t 3. Nyt voidaan todeta, ettei kokonaisluvulla 2 k ole primitiivisiä juuria, kun k 3. Lause 2.7 Kokonaisluvulla 2 k ei ole primitiivisiä juuria, jos k 3. Todistus. (Vrt. [4], s. 462) Tehdään vastaoletus, että luvulla 2 k on primitiivinen juuri r. Tällöin ord 2 kr = φ(2 k ) = 2 k 1. Koska (r, 2) = 1, luvun r on oltava pariton. Tällöin lemman 2.4 mukaan r 2k 2 1 (mod 2 k ), joten ord 2 kr 2 k 2, mikä on ristiriita, sillä primitiivisen juuren määritelmän mukaan pitäisi olla ord 2 kr = 2 k 1. Vastaoletus on siis väärä ja näin ollen luvulla 2 k ei ole primitiivisiä juuria, kun k 3. Lauseen 2.7 perusteella voidaan nyt todeta, että esimerkiksi luvuilla 2 3, 2 4, 2 5 ja 2 6 eli luvuilla 8, 16, 32 ja 64 ei ole primitiivisiä juuria. Seuraavaksi osoitetaan, että positiivisella kokonaisluvulla ei voi olla primitiivisiä juuria, jos luku on jaollinen kahdella erillisellä parittomalla alkuluvulla tai jos se on muotoa 2 i p j, missä i 2 ja p on pariton alkuluku. Aluksi esitetään jälleen todistusta selventävä lemma. Lemma 2.5 Kokonaisluvulla ab ei ole primitiivisiä juuria, jos a, b > 2 ja (a, b) = 1.

27 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 26 Todistus. (Vrt. [4], s. 462) Tehdään vastaoletus, että luvulla ab on primitiivinen juuri r. Tällöin primitiivisen juuren määritelmän mukaan (r, ab) = 1 ja r φ(ab) 1 (mod ab). Koska (r, ab) = 1, niin (r, a) = 1 = (r, b). Olkoon s = (φ(a), φ(b)). Koska a, b > 2, on sekä luvun φ(a) että luvun φ(b) oltava parillisia, joten s 2. Lisäksi s φ(a) ja s φ(b). Koska Eulerin funktio on on koko- multiplikatiivinen, voidaan kirjoittaa φ(a)φ(b) s naisluku. Koska s > 1, niin φ(ab) < φ(ab). Koska (r, a) = 1 ja r φ(a) 1 (mod a), niin s = φ(ab) s r φ(ab)/s = r φ(a)φ(b)/s = (r φ(a) ) φ(b)/s 1 φ(b)/s 1 (mod a).. Nyt luku φ(ab) s Vastaavasti r φ(ab)/s 1 (mod b). Nyt r φ(ab)/s 1 (mod ab), mikä on ristiriita, sillä r on primitiivinen juuri modulo ab ja φ(ab) < φ(ab). Vastaoletus on s siis väärä, joten luvulla ab ei ole primitiivisiä juuria. Esimerkki 2.7 Luvulla 12 ei ole primitiivisiä juuria, sillä 12 = 3 4, 3 > 2, 4 > 2 ja (3, 4) = 1. Lause 2.8 Positiivisella kokonaisluvulla ei ole primitiivisiä juuria, jos se on jaollinen kahdella erisuurella parittomalla alkuluvulla tai jos se on muotoa 2 i p j, missä p on pariton alkuluku ja i 2. Todistus. (Vrt. [4], s. 463) Oletetaan, että positiivinen kokonaisluku n on jaollinen kahdella erisuurella alkuluvulla p ja q. Nyt n = p i q j. Olkoot a = p i ja b = q j, jolloin lemman 2.5 mukaan luvulla ab = p i q j ei ole primitiivisiä juuria, joten myöskään luvulla n ei ole primitiivisiä juuria. Oletetaan seuraavaksi, että n = 2 i p j, kun i 2 ja p on pariton alkuluku. Olkoot a = 2 i ja b = p j, jolloin lemman 2.5 mukaan luvulla n = ab = 2 i p j ei ole primitiivisiä juuria. Edellä mainittu lause 2.8 supistaa huomattavasti listaa niistä kokonaisluvuista, joilla on primitiivinen juuri. Sen mukaan nämä luvut ovat muotoa n = 2 i p j, missä p on pariton alkuluku. Jos i = 0 ja j = 0, niin n = 1, jolla on primitiivinen juuri. Jos i = 0 ja j > 0, niin seurauksen 2.1 ja lauseiden 2.5 ja 2.6 mukaan luvulla n = p j on primitiivinen juuri. Jos i 2, niin lauseen 2.8 mukaan luvulla n ei ole primitiivisiä juuria. Seuraava lause todistaa, että jos i = 1, luvulla n = 2 i p j = 2p j on primitiivinen juuri.

28 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 27 Lause 2.9 Kokonaisluvulla n = 2p j on primitiivinen juuri, kun p on pariton alkuluku. Todistus. (Vrt. [4], s. 464) Olkoon r primitiivinen juuri modulo p j. Nyt primitiivisen juuren määritelmän mukaan r φ(pj) 1 (mod p j ). Primitiivinen juuri voi olla joko parillinen tai pariton. Molemmat tapaukset käsitellään kuitenkin parittoman primitiivisen juuren avulla. Tapaus 1. Oletetaan, että r on pariton ja osoitetaan, että r on primitiivinen juuri modulo n. Koska φ(n) = φ(2p j ) = φ(2)φ(p j ) = φ(p j ), niin primitiivisen juuren määritelmän mukaan r φ(n) = r φ(pj) 1 (mod p j ). Koska r on pariton, niin r 1 (mod 2) ja edelleen r φ(pj) 1 (mod 2). Nyt yhdistämällä kongruenssit r φ(n) = r φ(pj) 1 (mod p j ) ja r φ(pj) 1 (mod 2) saadaan r φ(n) 1 (mod 2p j ) ja edelleen r φ(n) 1 (mod n). Oletetaan, että ord n r = d < φ(n) = φ(2p j ). Tällöin r d 1 (mod p j ). Siis φ(p j ) d < φ(p j ), mikä on selvästi ristiriita, joten ord n r = φ(n) ja r on primitiivinen juuri modulo n. Tapaus 2. Oletetaan, että r on parillinen. Tällöin r 1 = r + p j on pariton. Osoitetaan, että r 1 on primitiivinen juuri modulo n. Koska r 1 on pariton, niin r 1 1 (mod 2) ja edelleen r φ(pj ) 1 1 (mod 2). Koska r 1 r (mod p j ), niin r φ(n) 1 r φ(pj) 1 (mod 2p j ). Edelleen r φ(n) 1 1 (mod n). Tästä seuraa primitiivisen juuren määritelmän perusteella, että r 1 on primitiivinen juuri modulo n. Tapauksien 1 ja 2 perusteella luvulla n = 2p j on primitiivinen juuri. Esimerkki 2.8 Taulukosta 2.1 nähdään, että r = 5 on primitiivinen juuri modulo p = 23. Tutkitaan, mikä on luvun 1058 primitiivinen juuri. Nyt n = = Koska r = 5 on pariton, niin lauseen 2.9 mukaan 5 on myös primitiivinen juuri modulo 1058.

29 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 28 Esimerkki 2.9 Tiedetään, että 6 on primitiivinen juuri modulo 13. (Taulukon 2.1 mukaan 2 on primitiivinen juuri modulo 13. Nyt (mod 13) ja (5, φ(13)) = 1, joten 6 on primitiivinen juuri modulo 13.) Tutkitaan, mikä on luvun 4394 primitiivinen juuri. Koska n = = 4394 ja r = 6 on parillinen, niin lauseen 2.9 mukaan (r + p j ) = ( ) = Siis 2203 on primitiivinen juuri modulo Yhdistämällä seurauksen 2.1 ja lauseiden 2.5, 2.6, 2.7 ja 2.9 tulokset saadaan seuraava lause, jonka Gauss esitteli vuonna Lause 2.10 Positiivisilla kokonaisluvuilla 1, 2, 4, p k ja 2p k, missä p on pariton alkuluku ja k on positiivinen kokonaisluku, on primitiivinen juuri. Todistus. Todistus seuraa suoraan seurauksen 2.1 ja lauseiden 2.5, 2.6, 2.7 ja 2.9 todistuksista. Lauseen 2.10 mukaan 15 ensimmäistä positiivista kokonaislukua, joilla on primitiivinen juuri, ovat 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14, 17, 18 ja 19. Esimerkiksi luvuilla 8, 12, 15, 16 ja 20 ei ole primitiivisiä juuria. Osoitetaan vielä, ettei luvuilla m 1, 2, 4, p k, 2p k ole primitiivisiä juuria. Lause 2.11 Olkoon m > 1 ja m 1, 2, 4, p k, 2p k, kun p on pariton alkuluku ja k positiivinen kokonaisluku. Olkoon lisäksi luku a suhteellinen alkuluku luvun m kanssa. Tällöin a φ(m)/2 1 (mod m) eli ei ole olemassa primitiivisiä juuria modulo m. Todistus. (Vrt. [1], s. 211) Lauseen 2.7 mukaan luvulla 2 k ei ole primitiivisiä juuria, kun k 3. Voidaan siis olettaa, että luku m on muotoa m = 2 k p k 1 1 p ks s, missä luvut p i (i = 1, 2,..., s) ovat parittomia alkulukuja, s 1 ja k 0. Tällöin φ(m) = φ(2 k )φ(p k 1 1 ) φ(p ks s ). Jos s = 1, niin k 2, koska m 1, 2, 4, p k, 2p k. Samoin s 2, jos k = 0 tai k = 1. Olkoon a suhteellinen alkuluku luvun m kanssa. Osoitetaan, että a φ(m)/2 1 (mod m).

30 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 29 Olkoon r luvun p k 1 1 primitiivinen juuri ja valitaan luvuksi t sellainen luku, että a r t (mod p k 1 1 ). Nyt missä a φ(m)/2 r tφ(m)/2 r uφ(pk 1 1 ) (mod p k 1 1 ), (2.2.1) u = tφ(2 k )φ(p k 2 2 ) φ(p ks s )/2. Osoitetaan, että u on kokonaisluku. Jos k 2, tekijä φ(2 k ) on parillinen ja u on kokonaisluku. Jos k = 0 tai k = 1, niin s 2 ja tekijä φ(p k 2 2 ) on parillinen, joten myös tässä tapauksessa u on kokonaisluku. Nyt kongruenssista (2.2.1) saadaan a φ(m)/2 1 (mod p k 1 1 ). Vastaavasti a φ(m)/2 1 (mod p k i i ), (2.2.2) kun i = 1, 2,..., s. Osoitetaan, että tämä kongruenssi pätee myös modulo 2 k. Jos k 3, niin luvun a on oltava pariton, sillä (a, m) = 1. Nyt lemman 2.4 mukaan a φ(2k )/2 1 (mod 2 k ). Koska φ(2 k ) φ(m), niin kun k 3. Jos k 2, saadaan a φ(m)/2 1 (mod 2 k ), (2.2.3) a φ(2k) 1 (mod 2 k ). (2.2.4) Mutta s 1, joten φ(m) = φ(2 k )φ(p k 1 1 ) φ(p ks s ) = 2vφ(2 k ), kun v on kokonaisluku. Siis φ(2 k ) φ(m)/2 ja kongruenssista (2.2.4) saadaan kongruenssi (2.2.3), kun k 2. Siis a φ(m)/2 1 (mod 2 k ) kaikilla luvuilla k. Kun kerrotaan kongruenssit (2.2.2) ja (2.2.3) keskenään, saadaan a φ(m)/2 1 (mod m)

31 LUKU 2. PRIMITIIVISTEN JUURTEN OLEMASSAOLO 30 eli a ei voi olla primitiivinen juuri modulo m. Lauseiden 2.10 ja 2.11 perusteella voidaan todeta, että ainoat positiiviset kokonaisluvut, joilla on primitiivinen juuri, ovat 1, 2, 4, p k ja 2p k, kun p on pariton alkuluku ja k on positiivinen kokonaisluku.

32 Luku 3 Diskreetti logaritmi ja potenssin jäännös Tässä luvussa määritetään sekä diskreetin logaritmin käsite että potenssin jäännös. Lisäksi esitellään muutamia diskreetin logaritmin ominaisuuksia, joita käytetään tiettyjen kongruenssien ratkaisemisessa. Potenssin jäännöksen avulla voidaan puolestaan päätellä, onko jokin kongruenssi ylipäänsä ratkeava. Ensimmäisessä pykälässä määritettävän diskreetin logaritmin käsitteen esitteli ensimmäisen kerran Gauss teoksessaan Disquisitiones Arithmeticae. 3.1 Diskreetti logaritmi Olkoon r primitiivinen juuri modulo m. Lauseen 1.4 mukaan luvut r, r 2,..., r φ(m) muodostavat supistetun jäännössysteemin modulo m. Siis jos a on suhteellinen alkuluku luvun m kanssa, on olemassa sellainen yksikäsitteinen luku x, että 1 x φ(m) ja r x a (mod m). Määritelmä 3.1 Olkoot r primitiivinen juuri modulo m ja a suhteellinen alkuluku luvun m kanssa. Tällöin lukua x, joka toteuttaa ehdot 1 x φ(m) ja r x a (mod m), sanotaan luvun a r-kantaiseksi diskreetiksi logaritmiksi (ts. indeksiksi) modulo m. Merkitään x = ind r a. 31

33 LUKU 3. DISKREETTI LOGARITMI JA POTENSSIN JÄÄNNÖS 32 Huomautus 3.1 1) Luku ind r a riippuu modulista m, vaikka se ei merkinnästä x = ind r a käykään ilmi. 2) r indra a (mod m). 3) Jos luvut a ja b ovat suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa eli (a, m) = (b, m) = 1 ja a b (mod m), niin ind r a = ind r b. Esimerkki 3.1 Olkoon m = 7. Taulukosta 2.1 huomataan, että 3 on primitiivinen juuri modulo 7. Voidaan laskea, että (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7) ja (mod 1). Näin ollen ind 3 1 = 6, ind 3 2 = 2, ind 3 3 = 1, ind 3 4 = 4, ind 3 5 = 5 ja ind 3 6 = 3. Valitaan seuraavaksi jokin toinen primitiivinen juuri modulo 7. Koska φ(φ(7)) = 2, luvulla 7 on täsmälleen 2 epäkongruenttia primitiivistä juurta. Nämä ovat 3 ja 3 5 = 243, sillä (1, φ(7)) = 1 ja (5, φ(7)) = 1. Nyt (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7) ja (mod 7). Siis ind = 6, ind = 4, ind = 5, ind = 2, ind = 1 ja ind = 3. Huomataan, että yleisesti ind 3 a ind 243 a. Esimerkiksi 2 = ind 3 2 ind = 4. Luvun ind r a arvo riippuu siis primitiivisestä juuresta r ja modulista m. Seuraavassa lauseessa esitetään joitakin diskreetin logaritmin ominaisuuksia. Nämä ominaisuudet muistuttavat seuraavia logaritmin ominaisuuksia: log a 1 = 0, log a (xy) = log a x + log a y, log a (x n ) = n log a x. Lause 3.1 Olkoon r primitiivinen juuri modulo m. Olkoot a ja b suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa. Tällöin (i) ind r 1 0 (mod φ(m)), (ii) ind r (ab) ind r a + ind r b (mod φ(m)), (iii) ind r (a k ) k ind r a (mod φ(m)), kun k on positiivinen kokonaisluku.

34 LUKU 3. DISKREETTI LOGARITMI JA POTENSSIN JÄÄNNÖS 33 Todistus. (Vrt. [5], s. 299) (i) Eulerin-Fermat n lauseen mukaan r φ(m) 1 (mod m). Koska r on primitiivinen juuri modulo m, niin mikään luvun r alempi potenssi ei ole kongruentti luvun 1 kanssa modulo m. Siis ind r 1 = φ(m) 0 (mod φ(m)). (ii) Diskreetin logaritmin määritelmän mukaan ja Siis Nyt lauseen 1.2 mukaan r indr(ab) ab (mod m) r indra+indrb r indra r indrb ab r indr(ab) r indra+indrb (mod m). (mod m). ind r (ab) ind r a + ind r b (mod φ(m)). (iii) Diskreetin logaritmin määritelmän mukaan ja Siis Edelleen lauseen 1.2 mukaan r indr(ak) a k (mod m) r k indra = (r indra ) k a k r indr(ak) k indra r (mod (mod m). m). ind r (a k ) k ind r a (mod φ(m)). Siis kohtien (i)-(iii) perusteella väite on tosi.

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jussi Tervaniemi. Primitiiviset juuret

TAMPEREEN 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

Lisätiedot

LUKUTEORIA 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. (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,

Lisätiedot

on Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään

on 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}

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Jarmo Niemelä. Primitiivisistä juurista ja. alkuluokkaryhmistä

TAMPEREEN 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

Lisätiedot

Lukuteorian kertausta

Lukuteorian 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 +

Lisätiedot

Multiplikatiivisista funktioista

Multiplikatiivisista funktioista TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Marita Riihiranta Multiplikatiivisista funktioista Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 2008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen

Lisätiedot

ALKULUKUJA JA MELKEIN ALKULUKUJA

ALKULUKUJA 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

Lisätiedot

Matematiikan mestariluokka, syksy 2009 7

Matematiikan 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

Lisätiedot

Lukuteoriaa. Pentti Haukkanen

Lukuteoriaa. 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

Lisätiedot

Multiplikatiiviset funktiot

Multiplikatiiviset funktiot TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Ilona Kiiveri Multiplikatiiviset funktiot Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2015 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö KIIVERI, ILONA:

Lisätiedot

Fermat n pieni lause. Heikki Pitkänen. Matematiikan kandidaatintutkielma

Fermat 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

Lisätiedot

Diofantoksen yhtälön ratkaisut

Diofantoksen 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

Lisätiedot

Shorin algoritmin matematiikkaa Edvard Fagerholm

Shorin 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

Lisätiedot

7. 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 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).

Lisätiedot

d Z + 17 Viimeksi muutettu

d Z + 17 Viimeksi muutettu 5. Diffien ja Hellmanin avaintenvaihto Miten on mahdollista välittää salatun viestin avaamiseen tarkoitettu avain Internetin kaltaisen avoimen liikennöintiväylän kautta? Kuka tahansahan voi (ainakin periaatteessa)

Lisätiedot

Kokonaisluvun kertaluvun sovelluksia

Kokonaisluvun 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

Lisätiedot

Esimerkki A1. Jaetaan ryhmä G = Z 17 H = 4 = {1, 4, 4 2 = 16 = 1, 4 3 = 4 = 13, 4 4 = 16 = 1}.

Esimerkki 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

Lisätiedot

Korkeamman asteen kongruensseista

Korkeamman asteen kongruensseista TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Piia Mäkilä Korkeamman asteen kongruensseista Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 010 Tamereen ylioisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

4. Eulerin ja Fermat'n lauseet

4. Eulerin ja Fermat'n lauseet 4. Eulerin ja Fermat'n lauseet 4.1 Alkuluokka ja Eulerin φ-funktio Yleensä olemme kiinnostuneita vain niistä jäännösluokista modulo m, joiden alkiot ovat suhteellisia alkulukuja luvun m kanssa. Näiden

Lisätiedot

Täydelliset totienttiluvut

Täydelliset totienttiluvut TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Tuukka Hyvärinen Täydelliset totienttiluvut Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2015 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö HYVÄRINEN,

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Heikki Hietava. Neliöiden summat

TAMPEREEN 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

Lisätiedot

3. Kongruenssit. 3.1 Jakojäännös ja kongruenssi

3. 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,

Lisätiedot

Salausmenetelmät. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006)

Salausmenetelmät. 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

Lisätiedot

Lyhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan. Esa V. Vesalainen

Lyhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan. Esa V. Vesalainen yhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan Esa V. Vesalainen Sisällysluettelo 1 Aritmetiikan peruslause 0 Jakoyhtälö.................................. 0 Jaollisuus.................................. 0 Alkuluvut..................................

Lisätiedot

Rationaaliluvun desimaaliesitys algebrallisesta ja lukuteoreettisesta näkökulmasta

Rationaaliluvun desimaaliesitys algebrallisesta ja lukuteoreettisesta näkökulmasta TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Liisa Lampinen Rationaaliluvun desimaaliesitys algebrallisesta ja lukuteoreettisesta näkökulmasta Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Kesäkuu 2016 Tampereen

Lisätiedot

Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma

Johdatus 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

Lisätiedot

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO 8038A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 016 Sisältö 1 Irrationaaliluvuista Antiikin lukuja 6.1 Kolmio- neliö- ja tetraedriluvut...................

Lisätiedot

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III

802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III 802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LUKUTEORIA 1 / 77 Irrationaaliluvuista Määritelmä 1 Luku α C \ Q on

Lisätiedot

2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1)

2.1. 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

Lisätiedot

Törmäyskurssi kilpailulukuteoriaan pienin välttämätön oppimäärä

Törmäyskurssi kilpailulukuteoriaan pienin välttämätön oppimäärä Törmäyskurssi kilpailulukuteoriaan pienin välttämätön oppimäärä Anne-Maria Ernvall-Hytönen 14. tammikuuta 2011 Sisältö 1 Jaollisuus, alkuluvut, ynnä muut perustavanlaatuiset asiat 2 1.1 Lukujen tekijöiden

Lisätiedot

HN = {hn h H, n N} on G:n aliryhmä.

HN = {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

Lisätiedot

Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät

Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät Lineaariset kongruenssiyhtälöryhmät LuK-tutkielma Jesse Salo 2309369 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Sisältö Johdanto 2 1 Kongruensseista 3 1.1 Kongruenssin ominaisuuksia...................

Lisätiedot

R : renkaan R kääntyvien alkioiden joukko; R kertolaskulla varustettuna on

R : 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

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus 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

Lisätiedot

R 1 = Q 2 R 2 + R 3,. (2.1) R l 2 = Q l 1 R l 1 + R l,

R 1 = Q 2 R 2 + R 3,. (2.1) R l 2 = Q l 1 R l 1 + R l, 2. Laajennettu Eukleideen algoritmi Määritelmä 2.1. Olkoot F kunta ja A, B, C, D F [x]. Sanotaan, että C jakaa A:n (tai C on A:n jakaja), jos on olemassa K F [x] siten, että A = K C; tällöin merkitään

Lisätiedot

koska 2 toteuttaa rationaalikertoimisen yhtälön x 2 2 = 0. Laajennuskunnan

koska 2 toteuttaa rationaalikertoimisen yhtälön x 2 2 = 0. Laajennuskunnan 4. Äärellisten kuntien yleisiä ominaisuuksia 4.1. Laajenuskunnat. Tarkastellaan aluksi yleistä kuntaparia F ja K, missä F on kunnan K alikunta. Tällöin sanotaan, että kunta K on kunnan F laajennuskunta

Lisätiedot

Äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien peruslause

Äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien peruslause Tero Harju (2008/2010) Äärellisesti generoitujen Abelin ryhmien peruslause Merkintä X on joukon koko ( eli #X). Vapaat Abelin ryhmät Tässä kappaleessa käytetään Abelin ryhmille additiivista merkintää.

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Mikaela Hellstén. Pellin yhtälö

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Mikaela Hellstén. Pellin yhtälö TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Mikaela Hellstén Pellin yhtälö Luonnontieteiden tiedekunta Matematiikka Kesäkuu 017 Tampereen yliopisto Luonnontieteiden tiedekunta HELLSTÉN, MIKAELA: Pellin yhtälö

Lisätiedot

[E : F ]=[E : K][K : F ].

[E : F ]=[E : K][K : F ]. ALGEBRA II 35 Lause 4.4 (Astelukulause). Olkoot E/K/Fäärellisiä kuntalaajennuksia. Silloin [E : F ]=[E : K][K : F ]. Todistus. Olkoon {α 1,...,α n } kanta laajennukselle E/K ja {β 1,...,β m } kanta laajennukselle

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 7 Mikko Salo 11.9.2017 Sisältö 1. Funktioista 2. Joukkojen mahtavuus Funktioista Lukiomatematiikassa on käsitelty reaalimuuttujan funktioita (polynomi / trigonometriset /

Lisätiedot

1 Algebralliset perusteet

1 Algebralliset perusteet 1 Algebralliset perusteet 1.1 Renkaat Tämän luvun jälkeen opiskelijoiden odotetaan muistavan, mitä ovat renkaat, vaihdannaiset renkaat, alirenkaat, homomorfismit, ideaalit, tekijärenkaat, maksimaaliset

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 2 3 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin

Lisätiedot

Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 2009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen

Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 2009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen 1. Väite: Funktio f : [, ) [1, ), missä on bijektio. f(x) = x + 4x + 5, Todistus: Luentomateriaalissa todistettujen

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 4 Mikko Salo 4.9.2017 Sisältö 1. Rationaali ja irrationaaliluvut 2. Induktiotodistus Rationaaliluvut Määritelmä Reaaliluku x on rationaaliluku, jos x = m n kokonaisluvuille

Lisätiedot

Salausmenetelmät LUKUTEORIAA JA ALGORITMEJA. Veikko Keränen, Jouko Teeriaho (RAMK, 2006) 3. Kongruenssit. à 3.4 Kongruenssien laskusääntöjä

Salausmenetelmät 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.

Lisätiedot

Kuvauksista ja relaatioista. Jonna Makkonen Ilari Vallivaara

Kuvauksista 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

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma. Ville-Matti Erkintalo. Lukuteoria ja RSA

TAMPEREEN 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

Lisätiedot

41 s. Neljännessä luvussa käsitellään erikseen parillisia täydellisiä lukuja. Luvussa osoitetaan Eukleides Euler teoreema,

41 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

Lisätiedot

802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho

802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho 802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho 25. lokakuuta 2015 Sisältö 1 Johdanto 3 2 Valittuja kaavoja 4 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia 4 4 Renkaan yksikköryhmä 6 5 Eulerin funktio 7 6 Euler-Fermat

Lisätiedot

a b 1 c b n c n

a 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 =

Lisätiedot

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

pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia Renkaan yksikköryhmä Eräs kongruenssiryhmä 0-17 pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 Sisältö 1 Johdanto 0-3 2 Valittuja kaavoja 0-5 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia 0-7 4 Renkaan yksikköryhmä 0-9 5 Eulerin funktio 0-11 6 Euler-Fermat 0-16 7 Eräs kongruenssiryhmä

Lisätiedot

4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio

4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio 4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio ENNAKKOTEHTÄVÄT 1. a) Tutkitaan yhtälöiden ratkaisuja piirtämällä funktioiden f(x) = x, f(x) = x 3, f(x) = x 4 ja f(x) = x 5 kuvaajat. Näin nähdään, monessako

Lisätiedot

Esimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta

Esimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta Esimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta Seminaariaine Miikka Rytty Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto 2004 Matemaattista ja historiallista taustaa Tämän kappaleen

Lisätiedot

Lukuteoria. Eukleides Aleksandrialainen (n. 300 eaa)

Lukuteoria. 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

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

Matematiikan 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

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat

Lisätiedot

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8 Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8 Tuntitehtävät 1-2 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 5- loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 3-4 tarkastetaan loppuviikon

Lisätiedot

ja jäännösluokkien joukkoa

ja 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

Lisätiedot

802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho

802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho 802645S LUKUTEORIA A (5op) Tapani Matala-aho 27. helmikuuta 2013 Sisältö 1 Johdanto 3 2 Merkintöjä 4 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia 5 4 Renkaan yksikköryhmä 6 5 Eulerin funktio 7 6 Euler-Fermat 10 7

Lisätiedot

Alkulukujen teoriaa ja Goldbachin otaksuma

Alkulukujen teoriaa ja Goldbachin otaksuma TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Teemu Lehtonen Alkulukujen teoriaa ja Goldbachin otaksuma Matematiikan, tilastotieteen ja losoan laitos Matematiikka Maaliskuu 2004 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Alkuluvuista

Lisätiedot

rm + sn = d. Siispä Proposition 9.5(4) nojalla e d.

rm + 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

Lisätiedot

MAT-13510 Laaja Matematiikka 1U. Hyviä tenttikysymyksiä T3 Matemaattinen induktio

MAT-13510 Laaja Matematiikka 1U. Hyviä tenttikysymyksiä T3 Matemaattinen induktio MAT-13510 Laaja Matematiikka 1U. Hyviä tenttikysymyksiä T3 Matemaattinen induktio Olkoon a 1 = a 2 = 5 ja a n+1 = a n + 6a n 1 kun n 2. Todista induktiolla, että a n = 3 n ( 2) n, kun n on positiivinen

Lisätiedot

LUKUTEORIAN ALKEET HELI TUOMINEN

LUKUTEORIAN 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

Lisätiedot

Testaa taitosi 1: Lauseen totuusarvo

Testaa 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

Lisätiedot

Tehtävä 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. 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

Lisätiedot

k=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

k=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

Lisätiedot

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Sekalaiset 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

Lisätiedot

Valitse kuusi tehtävää! Kaikki tehtävät ovat 6 pisteen arvoisia.

Valitse kuusi tehtävää! Kaikki tehtävät ovat 6 pisteen arvoisia. MAA11 Koe 8.4.013 5 5 1. Luvut 6 38 ja 43 4 jaetaan luvulla 17. Osoita, että tällöin jakojäännökset ovat yhtäsuuret. Paljonko tämä jakojäännös on?. a) Tutki onko 101 alkuluku. Esitä tutkimuksesi tueksi

Lisätiedot

Nimittäin, koska s k x a r mod (p 1), saadaan Fermat n pienen lauseen avulla

Nimittäin, koska s k x a r mod (p 1), saadaan Fermat n pienen lauseen avulla 6. Digitaalinen allekirjoitus Digitaalinen allekirjoitus palvelee samaa tarkoitusta kuin perinteinen käsin kirjotettu allekirjoitus, t.s. Liisa allekirjoittaessaan Pentille lähettämän viestin, hän antaa

Lisätiedot

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista säilyy 1 / 17 säilyy Jos A, B R, niin funktiota f : A B sanotaan (yhden muuttujan) reaalifunktioksi. Tällöin karteesinen tulo A B on (aiempia esimerkkejä luonnollisemmalla tavalla) xy-tason osajoukko,

Lisätiedot

ALKULUVUISTA (mod 6)

ALKULUVUISTA (mod 6) Oulun Yliopisto Kandidaatintutkielma ALKULUVUISTA (mod 6) Marko Moilanen Opiskelijanro: 1681871 17. joulukuuta 2014 Sisältö 1 Johdanto 2 1.1 Tutkielman sisältö........................ 2 1.2 Alkulukujen

Lisätiedot

kaikille 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

kaikille 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,

Lisätiedot

Mitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a.

Mitään 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

Lisätiedot

Johdatus p-adisiin lukuihin

Johdatus p-adisiin lukuihin TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Anne Keskinen Johdatus p-adisiin lukuihin Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Maaliskuu 2010 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

Positiivisen kokonaisluvun esittäminen neliöiden summana

Positiivisen kokonaisluvun esittäminen neliöiden summana TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Minna Nieminen Positiivisen kokonaisluvun esittäminen neliöiden summana Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 2015 Tampereen yliopisto Matematiikan

Lisätiedot

Todistus. Eliminoidaan Euleideen algoritmissa jakojäännökset alhaaltaylöspäin.

Todistus. 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

Lisätiedot

Tee konseptiin pisteytysruudukko! Muista kirjata nimesi ja ryhmäsi. Lue ohjeet huolellisesti!

Tee konseptiin pisteytysruudukko! Muista kirjata nimesi ja ryhmäsi. Lue ohjeet huolellisesti! MAA11 Koe.4.014 Jussi Tyni Tee konseptiin pisteytysruudukko! Muista kirjata nimesi ja ryhmäsi. Lue ohjeet huolellisesti! A-Osio: Ei saa käyttää laskinta. MAOL saa olla alusta asti käytössä. Maksimissaan

Lisätiedot

Lukuteorian helmiä lukiolaisille. 0. Taustaa. Jukka Pihko Matematiikan ja tilastotieteen laitos Helsingin yliopisto

Lukuteorian 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,

Lisätiedot

Lukuteoria. Eukleides Aleksandrialainen (n. 300 eaa)

Lukuteoria. 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

Lisätiedot

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus

1 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

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 1 1 Matemaattisesta päättelystä Matemaattisen analyysin kurssin (kuten minkä tahansa matematiikan kurssin) seuraamista helpottaa huomattavasti, jos opiskelija ymmärtää

Lisätiedot

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.

w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 01 Tero Vedenjuoksu Sisältö 1 Johdanto 3 Esitietoja ja merkintöjä 4 3 Todistamisesta 5 3.1 Suora todistus.............................

Lisätiedot

Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö

Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Viivi Seppälä Ketjumurtoluvut ja Pellin yhtälö Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Huhtikuu 204 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö SEPPÄLÄ,

Lisätiedot

Konvergenssilauseita

Konvergenssilauseita LUKU 4 Konvergenssilauseita Lause 4.1 (Monotonisen konvergenssin lause). Olkoon (f n ) kasvava jono Lebesgueintegroituvia funktioita. Asetetaan f(x) := f n (x). Jos f n

Lisätiedot

HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia

HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan väitteiden todistamista tai kumoamista vastaesimerkin

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 8 Mikko Salo 13.9.2017 Sisältö 1. Kertausta Kurssin suorittaminen Kurssi suoritetaan lopputentillä (20.9. tai 4.10.). Arvostelu hyväksytty/hylätty. Tentissä on aikaa 4 h,

Lisätiedot

H = : a, b C M. joten jokainen A H {0} on kääntyvä matriisi. Itse asiassa kaikki nollasta poikkeavat alkiot ovat yksiköitä, koska. a b.

H = : 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

Lisätiedot

Kongruenssi ja Eulerin lause

Kongruenssi ja Eulerin lause Kongruenssi ja Eulerin lause Pro gradu -tutkielma Matematiikka Iida Huotari 185707 Fysiikan ja matematiikan laitos Itä-Suomen yliopisto 14. huhtikuuta 2014 Sisältö 1 Johdanto 3 2 Kongruenssi 4 2.1 Kongruenssin

Lisätiedot

Koodausteoria, Kesä 2014

Koodausteoria, Kesä 2014 Koodausteoria, Kesä 2014 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 4.7 Syklisen koodin jälkiesitys Olkoon F = F q ja K = F q m kunnan F laajennuskunta. Määritelmä 4.7.1. Kuntalaajennuksen K/F jälkifunktioksi

Lisätiedot

Algebra I, harjoitus 5,

Algebra 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)

Lisätiedot

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Algebra I - Kesä 2009 Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin 8 -Tehtävät 3-6 4 sivua Heikki Koivupalo ja Rami Luisto

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Algebra I - Kesä 2009 Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin 8 -Tehtävät 3-6 4 sivua Heikki Koivupalo ja Rami Luisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos Algebra I - Kesä 2009 Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin 8 -Tehtävät 3-6 4 sivua Heikki Koivupalo ja Rami Luisto 3. Oletetaan, että kunnan K karakteristika on 3. Tutki,

Lisätiedot

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä

Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Piia Ryynänen Epälineaarisia Diofantoksen yhtälöitä Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Joulukuu 2010 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen

Lisätiedot

Vektorien pistetulo on aina reaaliluku. Esimerkiksi vektorien v = (3, 2, 0) ja w = (1, 2, 3) pistetulo on

Vektorien pistetulo on aina reaaliluku. Esimerkiksi vektorien v = (3, 2, 0) ja w = (1, 2, 3) pistetulo on 13 Pistetulo Avaruuksissa R 2 ja R 3 on totuttu puhumaan vektorien pituuksista ja vektoreiden välisistä kulmista. Kuten tavallista, näiden käsitteiden yleistäminen korkeampiulotteisiin avaruuksiin ei onnistu

Lisätiedot

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista Matematiikan johdantokurssi, syksy 06 Harjoitus, ratkaisuista. Valitse seuraaville säännöille mahdollisimman laajat lähtöjoukot ja sopivat maalijoukot niin, että syntyy kahden muuttujan funktiot (ks. monisteen

Lisätiedot

Sarjojen suppenemisesta

Sarjojen suppenemisesta TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Terhi Mattila Sarjojen suppenemisesta Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) OT

Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) OT Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) 31.1.-4.2.2011 OT 1. Määritellään kokonaisluvuille laskutoimitus n m = n + m + 5. Osoita, että (Z, ) on ryhmä.

Lisätiedot

11. Jaollisuudesta. Lemma Oletetaan, että a, b R.

11. Jaollisuudesta. Lemma Oletetaan, että a, b R. 11. Jaollisuudesta Edellisen luvun esimerkissä tarvittiin tietoa erään polynomin jaottomuudesta. Tämä on hyvin tavallista kuntalaajennosten yhteydessä. Seuraavassa tarkastellaan hieman jaollisuuskäsitettä

Lisätiedot

RSA-salaus ja sen lukuteoreettinen pohja

RSA-salaus ja sen lukuteoreettinen pohja TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Pekka Larja RSA-salaus ja sen lukuteoreettinen pohja Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2011 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden yksikkö LARJA,

Lisätiedot