Lukuteorian kertausta ja syvennystä

Transkriptio

1 Lukuteorian kertausta ja syvennystä Tehtäviä jaoisuudesta 1. Okoot a, b, c ja d kokonaisukuja, joie a c ja (a c) (ab + cd). Osoita, että (a c) (ad + bc).. Okoon n pariton positiivinen kokonaisuku. Osoita, että 4 (n 3 n). 3. Okoon p akuuku, joe myös p + on akuuku. Osoita, että täöin myös p 3 + on akuuku. 4. Mitä p voi oa, jos p, p + 10 ja p + 14 ovat kaikki akuukuja? 5. Okoon p akuuku. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x ja y, joie x y = p. 6. Okoon p akuuku. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x ja y, joie 1 x + 1 y = 1 p. 7. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x, y ja z, joie 4xy x y = z. 8. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x, y, joie y = x Osoita, että positiivisea kokonaisuvua n on pariton määrä tekijöitä jos ja vain jos n on neiöuku. 10. Okoon a positiivinen kokonaisuku, joe a 1 on akuuku. Osoita, että täöin n 1 ( n 1) on täydeinen uku. 11. Todista seuraava seitsemää jaoisuussääntö: Okoon n vähintään kominumeroinen positiivinen kokonaisuku, jonka viimeinen numero on d. Lasketaan m = (n d)/10 d. Täöin 7 n jos ja vain jos 7 m. 1. Voiko neiöuvun numeroiden summa oa 1977? Kongruenssit 13. Okoon m positiivinen kokonaisuku, ja okoon P kokonaisukukertoiminen poynomi. Osoita, että jos kokonaisuvuie x ja y pätee x y (mod m), niin myös P (x) P (y) (mod m). Osoita isäksi, että jos x y, niin pätee myös (x y) (P (x) P (y)). 14. Okoon p pariton akuuku, ja okoot x 1, x,..., x p kokonaisukuja, joie x p x p x p 1 p 0 (mod p). Osoita, että täöin x k x (mod p) joiakin k, {1,,..., p}, joie k. 1

2 15. Okoot P ja Q kokonaisukukertoimisia poynomeja, joie P (1000) = 1000, P (001) = 000 ja Q(0) = 5. Etsi kaikki kokonaisukuratkaisut x yhtäöe Q(P (x)) = Etsi kokonaisuvut n, joie ϕ(n) = n/. 17. Okoon n positiivinen kokonaisuku. Osoita, että on oemassa n peräkkäistä kokonaisukua, joista jokainen on jaoinen ainakin kahdea eri akuuvua. 18. Okoon p pariton akuuku. Mitä ovat moduo p? (p ) ja (p 1) 19. Okoon p pariton akuuku. Osoita, että jos p 1 (mod 4), niin (( p 1 )!) 1 (mod p), ja että jos p 1 (mod 4), niin ( ) p 1! 1 tai 1 (mod p). Joidenkin yhtäöiden kokonaisukuratkaisuista 0. Osoita, että yhtäöä x 3 + y 3 + z 3 = 3 n on kokonaisukuratkaisu jokaisea positiivisea kokonaisuvua n. 1. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x ja y, joie x 3 + y 4 = 7.. Okoon p akuuku, ja okoon p 3. Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x, y ja z, joie x 3 + 3y 3 + 9z 3 3pxyz = Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x, y ja z, joie x + y + z xyz = Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x ja y, joie x 6 + 3x = y Etsi kaikki positiiviset kokonaisuvut x ja y, joie x(x + 1)(x + )(x + 3) = y 4.

3 Vihjeitä 1. Tarkastee ukujen ad + bc ja ab + cd erotusta.. Totea, että n 3 = (n 1) n (n + 1). 3. Tarkastee ensin tapausta p 3. Mitä p + on moduo 3? 4. Tarkastee ukuja moduo Kirjoita x y = (x + y) (x y), ja hyödynnä yksikäsitteistä tekijöihinjakoa. 6. Yhtäön voi kirjoittaa muodossa (x p) (y p) = p, ja jäeen yksikäsitteinen tekijöihinjako on hyödyinen. 7. Muokkaa yhtäöä niin, että vasen puoi täydentyy tuoksi (4x 1) (4y 1). Tässä on hyödyistä tietää, että jos q on akuuku, joe q 3 (mod 4), niin 1 ei oe neiönjäännös moduo q. 8. Tässä on uonnoista aoittaa kirjoittamaa yhtäö muodossa y +1 = x Jaa oikea puoi tekijöihin ja käsittee erikseen tapauksia x ja x. Tapauksessa x tarkastee oikean puoen toisen asteen tekijää, ja muista, mioin 1 on neiönjäännös moduo akuuku. 9. Jos uvun n > 1 akutekijähajotema on n =, niin d(n) = (α + 1). 10. Luvun n sanotaan oevan täydeinen, jos σ(n) = n. Jos uvun n > 1 akutekijähajotema on n =, niin σ(n) = ( 1 + p + p p α ) = +1 1 p Tarkastee suoraan kongruenssia m 0 (mod 7), ja yritä johtaa siitä n 0 (mod 7), ja kääntäen. 1. Komea ja yhdeksää jaoisuussäännöt ovat tässä moemmat hyödyisiä. 13. Jos x y (mod m), niin myös x y (mod m), x 3 y 3 (mod m), Fermat n pienen auseen nojaa x p 1 1 (mod p), kun x on kokonaisuku, joe x 0 (mod p). 15. Jos kokonaisuvuie x ja y pätee x y (mod ), niin myös P (x) P (y) (mod ). 16. Jos uvun n > 1 akutekijähajotema on n =, niin ϕ(n) = n p 1 p. 17. Kokeie kiinaaista jäännösausetta niin, että moduuksina on sopivia kahden eri akuuvun tuoja. 3

4 18. Wisonin ause on tässä hyödyinen, samoin kuin havainto, että kaikie kokonaisuvuie k pätee k ( 1) (p k) (mod p). 19. Wisonin ause on tässä hyödyinen, samoin kuin havainto, että kaikie kokonaisuvuie k pätee k ( 1) (p k) (mod p). 0. Totea, että riittää tarkastea tapauksia n {0, 1, }. 1. Mitä tapahtuu, jos tarkasteet yhtäöä moduo 13?. Totea ensin, että 3 x, seuraavaksi, että 3 y, ja sitten, että 3 z. Voiko tässä toteuttaa äärettömän askeutumisen? 3. Totea ensin, etteivät kaikki tuntemattomat voi oa parittomia. Totea sitten, että x +y +z 0 (mod 4). Mitä tästä seuraa ukujen x, y ja z pariisuudee? Voisiko tässä toteuttaa äärettömän askeutumisen? 4. Miaisia ukuja ovat x 6, (x 3 + 1) ja (x 3 + )? 5. Miaisia ukuja ovat x 4, (x + 1) 4 ja (x + ) 4? 4

5 Ratkaisuita 1. Aoitetaan toteamaa, että (ad + bc) (ab + cd) = ad cd ab+cb = (a c) d+(c a) b = (a c) (d b). Tämän vuoksi, jos toinen uvuista ad + bc ja ab + cd on jaoinen uvua a c, niin myös toisenkin on otava.. Todetaan ensin, että n 3 n = (n 1) n (n + 1). Koska tässä on kome peräkkäistä kokonaisukua, jonkin niistä on otava jaoinen komea. Toisaata, koska n on pariton, niin uvut n ± 1 ovat pariisia, ja peräkkäisinä pariisina ukuina toinen niistä on jaoinen nejää. Yhdistämää nämä havainnot saadaan 4 = 3 4 (n 1) n (n + 1) = n 3 n. 3. Jos p 3, niin p ±1 (mod 3), ja edeeen p (mod 3). Mutta toisaata p + + > 3, ei nyt p + ei voisikaan oa akuuku. Siis ainoa mahdoisuus on p = 3, jooin p + = 11 ja p 3 + = 9 ovat moemmat akuukuja. 4. Moduo kome kyseiset uvut ovat p p, p + 10 p + 1, ja p + 14 p + (mod 3). Siispä jokin uvuista p, p + 10 ja p + 1 on komea jaoinen. Koska p + 14 > p + 10 > 3, voi oa ainoastaan p = 3. Täöin p + 10 = 13 ja p + 14 = 17 ovat akuukuja, ei p = 3 tosiaan on mahdoinen arvo. 5. Yhtäöstä seuraa, että (x + y) (x y) = p. Koska x + y > 0 ja p > 0, on myös x y > 0. Siis x > y ja x ± y ovat uvun p positiivisia tekijöitä. Koska uvun p ainoat positiiviset tekijät ovat 1 ja p, voi oa ainoastaan x + y = p, ja x y = 1. Tää yhtäöparia on täsmäeen yksi rationaainen ratkaisu, nimittäin x = p + 1, ja y = p 1. Tämä on kokonaisukuratkaisu täsmäeen sioin kun p on pariton. 6. Lavennetaan ja kerrotaan kaikki auki, jooin saadaan ensin p (x + y) = xy, ja sitten (x p) (y p) = p. Nyt x p on uvun p tekijä ja voi oa vain ja ainoastaan p, p, 1, 1, p tai p, jooin tekijän y p täytyy vastaavasti oa 1, p, p, p, p tai 1. Yhtäöparien { { { x p = p, x p = p, x p = 1, y p = 1, { x p = 1, y p = p, y p = p, { x p = p, y p = p, y p = p, { x p = p, ja, y p = 1, 5

6 ratkaisut ovat { { x = p + p, x = p, y = p + 1, y = p, { x = p + 1, y = p + p, { x = p 1, y = p p, { x = 0, y = 0, { x = p p, y = p 1, joista ainoastaan kome ensimmäistä ovat positiivisia kokonaisukuratkaisuita. 7. Kirjoitetaan yhtäö muodossa (4x 1) (4y 1) = (z) + 1. Vasemman puoen tekijä 4x 1 on varmasti positiivinen ja pariton. Sen kaikki akuukutekijät q ovat ±1 (mod 4). Jos ne kaikki oisivat 1 (mod 4), oisi myös 4x 1 täaisten ukujen tuona 1 (mod 4), mitä se ei oe. Siispä uvua 4x 1 on ainakin yksi akuukutekijä q, joe q 1 (mod 4). Mutta nyt q ( (z) + 1 ), ei 1 (z) (mod q), mikä on mahdotonta. Täten hautunaisia ratkaisuita ei oe. 8. Todetaan ensin, että jos x on pariinen, niin y x (mod 4), mikä on mahdotonta. Siis on otava x, ei x ±1 (mod 4). Yhtäöstä seuraa, että y + 1 = x = x = (x + ) ( x x + 4 ). Ensinnäkin ja toisaata x x + 4 = (x 1) + 3 > 0, x x (mod 4). Tekijä x x+4 on siis positiivinen ja pariton, ja sen kaikki akuukutekijät ovat ±1 (mod 4). Jos ne kaikki oisivat 1 (mod 4), niin myös x x + 4 oisi seaisten ukujen tuona 1 (mod 4), mitä se ei oe. Siispä uvua x x + 4 on otava ainakin yksi akuukutekijä q, joe q 1 (mod 4). Mutta nyt mikä on mahdotonta. q ( y + 1 ), ei 1 y (mod q), 9. Todetaan ensiksi, että n = 1 vain ja ainoastaan sioin kun d(n) = 1. Voimme siis tarkastea tiannetta, missä n > 1 ja d(n) > 1. Okoon uvun n kanoninen akutekijähajotema n =, missä r Z +, p 1 < p <... < p r ovat eri akuukuja ja eksponentit α 1, α,..., α r ovat positiivisia kokonaisukuja. Täöin uvun tekijöiden ukumäärä on d(n) = (α + 1). Tämä tuo on pariton jos ja vain jos sen jokainen tuontekijä on pariton. Toisin sanoen, d(n) täsmäeen sioin kun eksponenteista α 1, α,..., α r jokainen on pariinen, mikä taas puoestaan pitää paikkaansa täsmäeen sioin kun n on neiöuku. 6

7 10. Okoon kokonaisuvun n > 1 kanoninen akutekijähajotema n =, missä r Z +, p 1 < p <... < p r ovat eri akuukuja, ja eksponentit α 1, α,..., α r ovat positiivisia kokonaisukuja. Täöin uvun n tekijöiden summa on ( σ(n) = 1 + p + p p α ) +1 = 1 p 1. Erityisesti, jos a Z + on seainen, että a 1 on akuuku, niin kyseessä on pariton akuuku. Voimme sitten askea suoraan, että σ ( a 1 ( a 1) ) = a (1 + a 1) = ( a 1) a = a 1 ( a 1). 11. Jos m 0 (mod 7), niin (n d)/10 d (mod 7). Kertomaa puoittain uvua 10 tästä seuraa, että n d 0d (mod 7), ei n 1d 0 (mod 7). Kääntäen, jos n 0 (mod 7), niin n 1d (mod 7), ja n d 0d (mod 7). Kertomaa puoittain uvua 5 saadaan n d n d 10 5 (n d) 100d d (mod 7), mistä seuraa, että m 0 (mod 7), kuten pitääkin. 1. Merkitään positiivisen kokonaisuvun n numeroiden summaa s(n). Tunnetusti n s(n) (mod 3) ja n s(n) (mod 9). Jos nyt oisi s(a ) = 1977 joakin positiivisea kokonaisuvua a, niin koska , oisi 3 a. Edeeen, oisi 3 a ja 9 a, ja oisi otava Mutta itse asiassa Siis neiöuvun numeroiden summa ei koskaan voi oa Okoon poynomi P (x) vaikkapa P (x) = a n x n + a n 1 x n a x + a 1 x + a 0, missä n Z + {0} ja a 0, a 1,..., a n ovat kokonaisukuja. Nyt 1 1 a 0 a 0 x y a 1 x a 1 y x y a x a y. x n 1 y n 1 x n y n ja edeeen. a n 1 x n 1 a n 1 y n 1 a n x n a n y n (mod m). Laskemaa nämä viimeiset kongruenssit yhteen saadaan P (x) P (y) (mod m). Jos x y, niin sijoittamaa m = x y nähdään, että P (x) P (y) (mod (x y)), siä onhan varmasti x y (mod (x y)). 14. Tehdään vastaoetus: oetetaan, että uvut x 1, x,..., x p ovat pareittain epäkongruentteja moduo p. Täöin jokainen niistä on kongruentti täsmäeen yhden uvuista 1,,..., p kanssa moduo p, ja kääntäen. Mutta nyt Fermat n pienen auseen nojaa x p x p x p 1 p 1 + xp 1 p p 1 0 (mod p), vastoin tehtävänannon oetuksia. 7

8 15. Tunnetusti P (x) P (y) (mod ) aina kun kokonaisuvuie x ja y pätee x y (mod ). Jos x 0 (mod ), niin x 1000 (mod ), ja P (x) P (1000) = (mod ). Jos taas x 1 (mod ), niin x 001 (mod ), ja P (x) P (001) = (mod ). Siis kaikia x Z pätee P (x) 0 (mod ). Siirtymää nyt tarkasteemaan poynomin Q arvoja, tästä seuraa, että kaikia x Z pätee Q(P (x)) Q(0) = (mod ), ei kaikki ausekkeen Q(P (x)) arvot ovat parittomia eikä yhtäöä Q(P (x)) = 0 voi oa kokonaisukuratkaisuita. 16. Koska ϕ(n) on kokonaisuku, on otava n. Jos n = α, missä α Z +, niin ϕ(n) = α 1 = α, ei uvun kaksi potenssit ovat hautunaisia ukuja. Oetetaan sitten, että n on pariinen mutta ei uvun kaksi potenssi. Okoon uvun n kanoninen akutekijähajotema n =, missä r Z +, r, = p 1 < p <... < p r ovat eri akuukuja, ja eksponentit α 1, α,..., α r ovat positiivisia kokonaisukuja. Tunnetusti p 1 ϕ(n) = n. p Yhtäön ϕ(n) = n/ voi kirjoittaa nyt muotoon α1 1 p 1 = 1 p α1 tai sievemmin muodossa = = p 1 p = =. =, Mutta koska jokainen tekijä (p 1)/p < 1, on vasen puoi varmasti pienempi kuin oikea puoi, ja muita hautunaisia ukuja, kuin uvun kaksi potenssit, ei oe. 17. Vaitaan jotkin n eri akuukua p 1 < p < p 3 < p 4 <... < p n 1 < p n, mikä on varmasti mahdoista, siä onhan akuukuja äärettömän monta. Kiinaaisen jäännösauseen nojaa on oemassa kokonaisuku x, joe pätee x 0 (mod p 1 p ), x 1 (mod p 3 p 4 ), x (mod p 5 p 6 ),... x (n 1) (mod p n 1 p n ). 8

9 Nyt siis uvut x, x + 1,..., x + (n 1) ovat n peräkkäistä kokonaisukua, joista x on jaoinen eri akuuvuia p 1 ja p, uku x + 1 on jaoinen eri akuuvuia p 3 ja p 4, ja niin edeeen, ja väite on todistettu. 18. Lasketaan (p ) moduo p. Täysin samanaisea argumentia voi myös sevittää, mitä on 4... (p 1) moduo p. Wisonin auseen nojaa (p ) 1 (p ) 3 (p 4) 5 (p 6)... (p 4) 3 (p ) 1 1 ( 1) 3 ( 1) 4 5 ( 1) 6... (p 4) ( 1) (p 3) (p ) ( 1) (p 1) ( 1) (p 1)/ (p 1)! ( 1) (p 1)/ ( 1) ( 1) (p+1)/ (mod p). 19. Wisonin auseen nojaa (( ) ( p 1 p 1!) ( ) p 1! p 1 ( p 1 )! ( p 1 )! p )! ( 1) p + 1 ( 1) p ( 1) (p 3) ( 1) (p ) ( 1) (p 1) (p 1)! ( 1) (p 1)/ ( 1) ( 1) (p 1)/ ( 1) (p+1)/ (mod p). Jos p 1 (mod 4), niin (p + 1)/ on pariton, ja (((p 1)/)!) 1 (mod p). Jos taas p 1 (mod 4), niin (p + 1)/ on pariinen, ja (((p 1)/)!) 1 (mod p), mistä seuraa myös, että ((p 1)/)! on 1 tai 1 (mod p). 0. Jos ei-negatiivisea kokonaisuvua n on oemassa kokonaisuvut x, y ja z, joie 3 n = x 3 + y 3 + z 3, niin varmasti 3 n+3 = n = (3x) 3 + (3y) 3 + (3z) 3. Riittää siis todistaa väite tapauksissa n {0, 1, }. Mutta nämä tapaukset ovat heppoja tarkistaa; onhan 1 = , 3 = , ja 3 = 9 = = Tarkasteaan yhtäöä moduo 13. Ensinnäkin, jos n Z, niin n 3 0, 1, 5, 8 tai 1 (mod 13). Lisäksi n 4 0, 1, 3 tai 9 (mod 13). Suoraan yhteenaskuja tekemää todetaan, että annetussa yhtäössä vasen puoi voi oa vain x 3 + y 4 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11 tai 1 (mod 13). Erityisesti x 3 + y 4 ei koskaan voi oa 7 (mod 13), eikä annetua yhtäöä siis voi oa kokonaisukuratkaisuita. 9

10 . Oetetaan, että yhtäöä on jokin positiivinen kokonaisukuratkaisu x, y, z. Koska x on positiivinen kokonaisuku, öytyy ratkaisu, jossa x on mahdoisimman pieni. Nyt siis täe ratkaisue pätee x 3 + 3y 3 + 9z 3 3pxyz = 0. Koska kaikki muut termit ovat komea jaoisia, on otava 3 x 3, jooin myös 3 x. Voidaan siis kirjoittaa x = 3ξ joakin ξ Z +. Sijoittamaa tämä takaisin yhtäöon saadaan 7ξ 3 + 3y 3 + 9z 3 9pξyz = 0. Nyt kaikki muut termit ovat yhdeksää jaoisia, joten 9 3y 3, ei 3 y 3, ja edeeen 3 y. Nyt voidaan kirjoittaa y = 3η joakin η Z +. Sijoittamaa takaisin yhtäöön saadaan 7ξ η + 9z 3 7pξηz = 0. Koska kaikki muuta termit ovat 7 jaoisia, on 7 9z 3, ei 3 z 3, ja edeeen 3 z. Voidaan siis kirjoittaa z = 3ζ joakin ζ Z +, ja sijoittamaa takaisin yhtäöön saadaan 7ξ η ζ 3 81pξηζ = 0, tai sievemmin ξ 3 + 3η 3 + 9ζ 3 3pξηζ = 0. Mutta nyt ξ, η, ζ on myös positiivinen kokonaisukuratkaisu akuperäisee yhtäöe, ja ξ < x, vastoin ratkaisun x, y, z vaintaa. Tämä ristiriita osoittaa, ettei akuperäiseä yhtäöä oe positiivisia kokonaisukuratkaisuita. 3. Oetetaan, että annetua yhtäöä oisi jokin positiivinen kokonaisukuratkaisu x, y, z. Todetaan auksi, että jos x, y ja z oisivat kaikki parittomia, niin yhtäön vasen puoi oisi pariton, mutta oikea puoi pariinen. Siis ainakin yhden uvuista x, y ja z täytyy oa pariinen. Mutta nyt x + y + z xyz 0 (mod 4), ja koska jokainen neiö on 0 tai 1 (mod 4), on otava x y z 0 (mod ). Merkitään x = x, y = y ja z = z, missä x, y, z Z +. Nyt x, y ja z toteuttavat yhtäön x + y + z 4x y z = 0. Oetetaan seuraavaksi, että meiä on joakin kokonaisuvua n positiivinen kokonaisukuratkaisu x n, y n, z n yhtäöe Täöin x n + y n + z n n x n y n z n = 0. x n + y n + z n 0 (mod 4), ei jäeen voidaan kirjoittaa x n = x n+1, y n = y n+1 ja z n = z n+1 joiakin x n+1, y n+1, z n+1 Z +. Sijoittamaa ukujen x n, y n ja z n toteuttamaan yhtäöön saadaan x n+1 + y n+1 + z n+1 n+1 x n+1 y n+1 z n+1 = 0. Tää tavaa induktioa saadaan jono x, x, x 3,... positiivisia kokonaisukuja, joie x > x > x 3 >..., mikä on mahdotonta. Siis akuperäiseä yhtäöä ei voi oa positiivisia kokonaisukuratkaisuita. 10

11 4. Annetusta yhtäöstä seuraa, että (x 3 ) < x 6 + 3x = y 4 = x 6 + 3x < x 6 + 4x = (x 3 + ), ei on otava y = x Mutta nyt annettu yhtäö muuttuu muotoon x 6 + 3x = x 6 + x 3 + 1, mistä seuraa x 3 = 0, mikä on mahdotonta, koska uvun x piti oa positiivinen kokonaisuku. Siis positiivisia kokonaisukuratkaisuita ei oe. 5. Annetusta yhtäöstä seuraa, että ja että x 4 < x (x + 1) (x + ) (x + 3) = y 4, y 4 = x 4 + 6x x + 6x < x 4 + 8x 3 + 4x + 3x + 16 = (x + ) 4. On siis otava y = x + 1. Mutta nyt annetusta yhtäöstä seuraakin, että mikä sievenee muotoon x 4 + 6x x + 6x = x 4 + 4x 3 + 6x + 4x + 1, x 3 + 5x + x = 1. Tämä viimeinen yhtäö ei voi päteä, koska x oi positiivinen kokonaisuku, ja siten x 1 ja x 3 + 5x + x > 1. 11