a ord 13 (a)

Transkriptio

1 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 13) ja mitkä (mod 17). Ratkaisu 1. Muistetaan, että luvun a aste ord p (a) on pienin positiivinen kokonaisluku e, jolle a e 1 Lasketaan ja taulukoidaan ord 13 (a). Vastaavasti taulukoidaan ord 17 (a). a ord 13 (a) a ord 17 (a)

2 (ii) Taulukoista nähdään, että jäännösluokat 2, 6, 7 ja 11 ovat primitiivisiä juuria modulo 13. Tämän näkee siitä, että niillä kertaluku on 12. Vastaavasti jäännösluokat 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12 ja 14 ovat primitiivisiä juuria modulo 17. Tehtävä 2. Todista Wilsonin lauseen käänteinen puoli: jos p 2 ei ole alkuluku, silloin p ((p 1)! + 1). Ratkaisu 2. Olkoon p = nm yhdistetty luku, 1 < n, m < p. Koska n p 1, niin silloin n (p 1)!. Mutta tällöin n ((p 1)! + 1), joten myös p ((p 1)! + 1). Tehtävä 3. Olkoon n, t 1. Osoita, että pienin positiivinen luku u 1 jolle t un on u = t/(n, t). Ratkaisu 3. Merkitään t/(n, t) = t, n/(n, t) = n. Silloin edellisten harjoitusten tehtävän 1 perusteella (n, t ) = 1. Olkoon u 1 sellainen luku, jolle t un. Silloin yhtäpitävästi t un. Koska (t, n ) = 1, on siis oltava t u ja siten t u. Toisaalta valitsemalla u = t pätee un = t n = tn, joten t un. Siispä u = t = t/(n, t) on pienin positiivinen luku u, jolle t un. Tehtävä 4. Tehtävässä 1 olet kosntruoinut indeksitalukon (mod 17). Valitse jokin primitiivinen juuri a mod (17), ja laadi sen avulla taulukko diskreetille logaritmille ind a (x), x {1, 2,..., 16}. Ratkaise taulokkosi avulla kongruenssi yhtälöt (i) 5x 3 (mod 17) (ii) 4x 4 1 (mod 17). Ratkaisu 4. Valitaan a = 3, ja muodostetaan indeksitaulukko. Luvulle x on siis määritettävä pienin luonnollinen luku e, jolle 3 e x (mod 17). x ind 3 (x) Käytetään yhtälöiden ratkaisemiseksi tietoa, että ind 3 (x 1 x 2 ) = ind 3 (x 1 )+ind 3 (x 2 ), ja sitä, että ind 3 on bijektio Z 17 Z 16. (i) Selvästikään x 0 (mod 17) ei toteuta yhtälöä. Siispä yhtälö voidaan ratkaista yhtäpitävästi indeksien avulla. 5x 3 (mod 17) ind 3 (5x) ind 3 (3) (mod 16) ind 3 (5) + ind 3 (x) ind 3 (3) (mod 16) 5 + ind 3 (x) 1 (mod 16) ind 3 (x) 4 12 (mod 16) x 4 (mod 17) 2

3 (ii) Selvästikään x 0 (mod 17) ei toteuta yhtälöä. Siispä yhtälö voidaan ratkaista yhtäpitävästi indeksien avulla. 4x 4 1 (mod 17) ind 3 (4x 4 ) ind 3 (1) (mod 16) ind 3 (4) + 4ind 3 (x) ind 3 (1) (mod 16) ind 3 (x) 0 (mod 16) 4ind 3 (x) 12 4 (mod 16) Merkitään ind 3 (x) = y. Silloin 4y = 16k + 4 jollakin kokonaisluvulla k. Tästä voidaan ratkaista y = 4k + 1. Vaihtoehtoja on siis neljä: ind 3 (x) = 1, ind 3 (x) = 5, ind 3 (x) = 9 tai ind 3 (x) = 13. Alkuperäisen yhtälön toteuttavat siis sellaiset x, joille x 3, x 5, x 14 tai x 12. Tehtävä 5. Osoita, että jokaisella 1 < k < p 1, missä p P ja p 3 pätee (p k)!(k 1)! ( 1) k mod p. [Vihje: voit modifioida polynomin (x 1)(x 2)... (x (p 1) valintaa Wilsonin lauseen todistuksessa!] Ratkaisu 5. Olkoon 1 < k < p 1. Wilsonin lauseen todistuksessa tarkasteltiin modulossa p polynomia p 1 x p 1 1 (x j). Tarkastellaan sen sijaan kongruenssiyhtälöä k 1 p k x p 1 1 (x j) (x + j) 0 Fermat n pienen lauseen nojalla tällä on ainakin p 1 ratkaisua modulo p: x = 1, 2,..., p 1. Toisaalta nähdään, että tulossa k 1 (x j) p k (x+j) korkeimman asteen termin kerroin on 1, joten alkuperäisen polynomin aste on pienempi kuin p 1. Siten kongruenssi on voimassa kaikilla x Z, joten se on erityisesti voimassa, kun x = 0. Tästä saadaan 1 ( 1)( 2)... ( (k 1)) (p k) Tästä saadaan, että ( 1) k (p k)!(k 1)! Huomautuksia. Itse asiassa: koska (x + j) (x (p j)) (mod p), tarkasteltavan kongruenssin polynomi on täsmälleen sama kuin Wilsonin lauseen todistuksessa. Väitteen voi todistaa myös binomikertoimien avulla, koska 3

4 ( ) p 1 = k 1 (p 1)! (p k)!(k 1)!. Tätä varten voi käyttää hyväkseen seuraavia faktoja, kun 1 k p 1: ( ) ( ) ( ) ( ) p 1 p 1 p p + =, 0 k 1 k k k Tehtävä 6. Oletetaan, että p P and (a, p) = (b, p) = 1. Onko totta, että ehto (ord p (a), ord p (b)) = 1 implikoi ord p (ab) = ord p (a)ord p (b)? Ratkaisu 6. Väite on totta. Merkitään c = ord p (a), d = ord p (b) ja k = ord p (ab). Muistetaan, että x l 1 (mod p), jos ja vain jos ord p (x) l. Koska (ab) cd 1 d 1 c 1 (mod p), niin k cd. Toisaalta a dk a dk (b d ) k (ab) dk 1 d 1 (mod p), joten c dk. Koska (c, d) = 1, niin c k. Vastaavalla päättelyllä d k. Siispä cd k, joten k = cd. Huomautuksia. Tehtävän väite pätee itse asiassa yleisemminkin ryhmissä, jos vain oletetaan, että alkioille a ja b pätee ab = ba. Lisäksi: jos ehdosta (ord(a), ord(b)) = 1 luovutaan, voidaan samanlaisella päättelyllä näyttää, että ord(a)ord(b) ord(ab) (ord(a), ord(b)) ja ord(a)ord(b) (ord(a), ord(b)) 2 ord(ab). Tehtävä 7. Täydennä yksityiskohdat seuraavaan (Gaussin esittämään) Wilsonin lauseen todistukseen: Olkoon p 5 alkuluku. Tarkastele Z p :n alkioita 2, 3,..., p 2. Osoita, että nämä voidaan jakaa pareiksi, joiden alkiot ovat toistensa (multiplikatiivisia) käänteisalkioita. Tämän jälkeen Wilsonin lause seuraa helposti. Ratkaisu 7. Tarkastellaan kongruenssiyhtälöä x 2 1 Se on yhtäpitävä ehdon p (x 2 1) kanssa, ja koska x 2 1 = (x + 1)(x 1), ainoat ratkaisut sille ovat x 1 ja x p 1 Jos 1 < a < p 1, niin a 2 1 Toisaalta tiedetään, että koska (a, p) = 1, niin jollakin b Z p pätee ab = 1, ja b a. Koska 0a = 0 1, 1a = a 1, p 1a = p a 1, pätee b {2, 3,..., p 2}. Siispä jokaiselle 1 < a < p 1 löytyy täsmälleen yksi b, jolle 1 < b < p 1 ja ab 1 Alkiot 2, 3,..., p 2 voidaan siis jakaa pareiksi, joissa alkiot ovat toistensa käänteisalkioita. Tästä seuraa, että 4

5 Tästä seuraa, että p 2 j 1 j=2 p 2 (p 1)! (p 1) j p 1 1 j=2 Tämä todistaa Wilsonin lauseen. Tehtävä 8. Näytä, että n φ(2 n 1) kaikilla n 1. Ratkaisu 8. Merkitään m = 2 n 1. Koska m on pariton, niin (2, m) = 1. Siten ord m (2) on määritelty. Jos 1 k < n, niin 1 < 2 2 k < 2 n = m+1. Siten 2 k 1 (mod m). Toisaalta 2 n = m+1, joten 2 n 1 (mod m). Täten ord m (2) = n. Eulerin lauseen nojalla 2 φ(m) 1 (mod m). Siispä n φ(m). 5