Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma

Transkriptio

1 Johdatus lukuteoriaan Harjoitus 2 syksy 2008 Eemeli Blåsten Ratkaisuehdotelma Tehtävä 1 1. Etsi lukujen 4655 ja suurin yhteinen tekijä ja lausu se kyseisten lukujen lineaarikombinaationa ilman laskimen tai tietokoneen apua. 2. Mikä on yhtälön y = 2849 yleinen ratkaisu? Vastaus Käytetään Eukleideen algoritmia molemmissa tapauksissa = = = = = = 4 35, joten 35 = (12075, 4655). Seuraavaksi käydään läpi edelliset yhtälöt vastakkaisessa suunnassa. 35 = = ( ) = = ( ) = = ( ) = = ( ) = Toista kysymystä varten lasketaan lukujen 2072 ja 1813 suurin yhteinen tekijä = = 7 259, joten (2072, 1813) = 259 ja 259 = ( 1). Koska 2849/259 = 11, niin yhtälöllä 2072x y = 2849 on ratkaisu (x, y) = 11 (1,, 1) = 1

2 (11, 11). Yleinen ratkaisu on siis { x = k = k 259 y = , k = 11 8k 259 missä k Z. Tehtävä 2 Osoita, että kolmen alkion ryhmiä on vain yksi (toisin sanoen kaksi ryhmää joissa kummassakin on kolme alkiota ovat keskenään isomorset). Vastaus Olkoon (G, ) = ({e, a, b}, ) kolmen alkion ryhmä. Ryhmässä on aina identiteettialkio; merkitsemme sitä kirjaimella e. Väitteen todistamiseksi pitää osoittaa, että laskutoimitus on yksikäsitteisesti määrätty. Koska e x = x e = x kaikilla x G, niin operaattorin kertotaulu on välttämättä taulukon 1 näköinen: e a b e e a b a a b b e a b e e a b a a e b b e e a b e e a b a a b e b b e a taulukko 1 taulukko 2 taulukko 3 taulukko 4 Nyt pitää päätellä, mitä alkioita neljään tyhjään kohtaan tulee. Tutkitaan, mitä a b voi olla. Jos a b = a, niin b = (a 1 a) b = a 1 (a b) = a 1 a = e, mutta b ja e olivat eri alkioita. Siispä a b a. Entä jos a b = b? Tällöin a = a (b b 1 ) = (a b) b 1 = b b 1 = e eli saatiin taas ristiriita. Siipä ainoa mahdollisuus on a b = e. Samalla tavalla voidaan todistaa, että b a = e. Nyt ryhmän operaatiotaulu on taulukon 2 mukainen. Koska (G, ) oli oletuksen mukaan ryhmä, niin taulukossa on oltava jokainen alkio jokaisella rivillä. Siispä ainoaksi vaihtoehdoksi jää a 2 = b ja b 2 = a, eli taulukko 3. Koska kolmen alkion ryhmiä on olemassa (esimerkiksi (Z 3, +), taulukko 4), niin saatu taulukko on todellakin aidon ryhmän operaation taulukko ja kaikki kolmen alkion ryhmät ovat siis isomorsia ryhmän (G, ) kanssa. Tehtävä 3 1. Kirjoita ylös renkaiden Z 6 ja Z 7 yhteenlasku- ja kertolaskutaulut. Kuinka näet kertotauluista, ettei Z 6 ole kunta, mutta Z 7 on? 2

3 2. Laske kunnassa Z 17 alkiot 12 1 ja 5 1. Vastaus Kertotaulut ovat: (mod 6) (mod 6) (mod 7) (mod 7) Taulukosta (mod 6) nähdään, että Z 6 ei ole kunta, koska esimerkiksi alkion 2 rivillä ei ole alkiota 1, eli sillä ei ole käänteisalkiota. Koska Z 7 on kommutatiivinen rengas, niin riittää näyttää, että jokaisella nolla-alkiosta poikkeavalla alkiolla on käänteisalkio. Tämä nähdään helposti, sillä taulukossa (mod 7) on alkio 1 riveillä 27. Toista tehtävää varten piti etsiä käänteisalkioita ryhmässä Z 17. Niitä voidaan löytää ainakin kahdella eri tavalla. Lasketaan esimerkiksi lukuja 1 5 = 5, 2 5 = 10, 3 5 = 15, 4 5 = 3, 5 5 = = 8, 6 5 = 13 ja lopulta 7 5 = 35 = 1. Siispä 7 = 5 1. Toinen tapa on seuraava: halutaan ratkaista 12 x = 1, eli toisin sanoen 12x 1(mod 17). Tästä saamme Diofantoksen yhtälön 12x = y eli 12x 17y = 1. Tälle saadaan ratkaisu Eukleideen algoritmilla: 17 = = = 5 2 (12 2 5) 12 = = = (17 12), 5 = = joten 7 = 10 on etsitty käänteisalkio. 3

4 Tehtävä 4 (i) Näytä, että jos a on pariton, niin a 2 1(mod 8) ja a 4 1(mod 16). (ii) Todista yleisemmin induktion avulla, että a 2n 1(mod 2 n+2 ) jos a on pariton ja n 1. Vastaus (i) Parittomien lukujen jakojäännökset parillisella jaettavalla ovat parittomia. Seuraavissa yhtälöissä pilkut erottavat eri mahdolliset tapaukset toisistaan: a 1, 3, 5, 7(mod 8) a 2 1, 9, 25, 49(mod 8) 1, 1, 1, 1(mod 8), joten a 2 1 (mod 8). Toinen väite saadaan vastaavalla tavalla, tai käyttämällä seuraavaa kohtaa. (ii) Todistetaan väite induktiolla. Alkuaskel n = 1 on (i)-kohdan ensimmäinen väite. Induktio-oletusta varten olkoon a 2k 1 (mod 2 k+2 ), eli a 2k = 1 + m 2 k+2 jollakin m. Tällöin a 2k+1 = ( a 2k ) 2 = (1 + m 2 k+2 ) 2 = 1 + m 2 k+3 + m 2 2 2k+4 = k+3 (m + m 2 2 k+1 ) 1(mod 2 k+3 ), joten induktioaskel meni läpi. Väite on siis totta induktion nojalla. Tehtävä 5 Todista luentojen lause 21: Olkoon m 1. Joukko U Z on täydellinen jäännössysteemi (mod m) jos ja vain jos inakin kaksi seuraavista kolmesta ehdosta on voimassa (tällöin kolmas toteutuu automaattisesti): (i) (ii) (iii) U:ssa on m alkiota. U:n alkiot ovat keskenään epäkongruentteja (mod m). Jokaiselle a Z on olemassa u U jolle a u (mod m). 4

5 Vastaus Määritelmän nojalla U = {a 1,..., a m } on täydellinen jäännössysteemi (mod m), jos Z = i {a i + tm t Z}. Itse todistukseen: : Olkoon U = {a 1,..., a m } täydellinen jäännössysteemi (mod m). Tällöin U m, mutta periaatteessa jotkin a i, a j voisivat olla samat. Koska Z = i {a i + tm t Z}, niin löytyy indeksit i 1,..., i m, joilla a i1 1,..., a im m (mod m). Koska 1,..., m kuuluvat eri kongruenssiluokkiin, niin luvut a i1,..., a im myös. Ne ovat siis erisuuria, joten U m. Siispä U = m (kohta (i)) ja U = {a i1,..., a im }. Tästä seuraa myös, että kaikki alkiot ovat epäkongruentteja keskenään eli kohta (ii). Jos a Z, niin a j (mod m) jollakin 1 j m, joten a a ij (mod m), mistä seuraa kohta (iii). Käsitellään eri ehtojen (i), (ii) ja (iii) kombinaatiot: Olkoon (i) ja (ii), eli U = {a 1,..., a m }, missä a i a j (mod m) jos i j. Pitää osoittaa, että Z = i {a i + tm t Z}. Olkoon siis a Z. Tutkitaan jäännösluokkia {a, a 1,..., a m }. Koska Z m = m, niin kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla osan luokista täytyy olla samat. Koska a i a j, kun i j, niin täytyy olla a = a j jollakin j. Tästä seuraa, että a = a j + tm jollakin t Z. Siispä Z = i {a i + tm t Z}. Olkoon (i) ja (iii), eli U = {a 1,..., a m }, missä a i a j jos i j, ja jokaisella a Z on olemassa u U, jolla a u (mod m). Tämä tarkoittaa, että a = u + tm, jollakin t Z ja u U. Siispä Z = i {a i + tm t Z}, joten ehdon U on täydellinen jäännössyteemi (mod m). Olkoon (ii) ja (iii) ja merkitään U = {a 1, a 2,...}. Huom. edellisessä kohdassa riitti tieto, että U m. Todistamme saman tiedon nyt, jonka jälkeen kohdan (i)&(ii) päättelyn avulla nähdään, että U on täydellinen jäännössyteemi (mod m). Koska kongruenssiluokkia on enintään m kappaletta, niin jonossa a 1, a 2,... on enintään m eri jäännösluokkaa. Koska U:n alkiot ovat kohdan (ii) mukaan epäkongruentteja keskenään, niin myös jonossa a 1, a 2,... on enintään m alkioa, eli U m. Tehtävä 6 Todista luentojen lause 14: jos Eukleideen algoritmia sovelletaan lukuihin a ja b (a > b 1), niin tarvittavien askeleiden lukumäärä on enintään 1 3 log a Tässä tarkoitetaan implisiittisesti kaksikantaista logaritmia vihjeen perusteella. 5

6 Vastaus Algoritmi alkaa seuraavasti: askel 1 a = q 1 b +r 1, sitten se jatkaa askel 2 b = q 2 r 1 +r 2, 0 r 2 < r 1 askel 3 r 1 = q 3 r 2 +r 3, 0 r 3 < r askel k r k 2 = q k r k 1 +r k, 0 r k < r k 1 Vihjettä noudattaen todistetaan, että r k+2 r k /2. Jos r k+1 r k /2, niin triviaalisti r k+2 < r k+1 r k /2. Olkoon siis r k+1 > r k /2, joten 2 > r k Nyt r k+2 = r k q k+2 r k+1, missä q k+2 = r k r k+1 = 1, sillä 2 > r k r k+1 ( r k+1 ) r k+2 = r k r k+1 = r k 1 < rk (1 1 r k 2 ) = r k/2. r k+1 > 1. > 1. Siispä Milloin algoritmi päätyy? Silloin kun jäännöstermi on ensimmäistä kertaa nolla. Koska se on aina kokonaisluku, niin riittää arvioida, milloin se on alle yksi. Edellisen nojalla voimme arvioida joten r 2k r 2k 2(k 1) /2 k 1 = r 2 /2 k 1 r 2k+1 r 2k+1 2k /2 k = r 1 /2 k, r 2k < 1 = r 2 < 2 k 1 k > log r k > 2 log r r 2k+1 < 1 = r 1 < 2 k k > log r 1 2k + 1 > 2 log r Koska a > r 1 > r 2 niin r n < 1 ainakin, jos n > 2 log a + 2. Koska a 2 niin logaritmi on vähintään yksi, joten 2 log a + 2 < 3 log a + 2, eli väite pätee, vaikkakin saimme tarkemman arvion. * Tehtävä 7 Olkoot a, b 2 ja (a, b) = 1. Osoita, että jokainen kokonaisluku c, jolle c (a 1)(b 1), voidaan kirjoittaa lineaarikombinaationa c = ax+by niin, että x, y 0. Näytä lisäksi, että tulos on paras mahdollinen: lukua (a 1)(b 1) 1 ei voida kirjoittaa vaadittuun muotoon! 2 Vastaus Ajatellaan yhtälön ax+by = c kuvaavan suoraa tasossa. Kaikki kokonaislukuratkaisut saadaan kaavasta (x, y) = (x 0 + kb, y 0 ka), 2 Tässä siis pyritään näyttämään, että (a 1)(b 1) 1 on suurin luku c, jolla yhtälön ax + by = c kaikki ratkaisut ovat negatiivisia, eli x < 0 tai y < 0. 6

7 missä (x 0, y 0 ) on jokin yksittäinen ratkaisu. Siispä ratkaisuista päästään toisiinsa summaamalla jokin määrä vektoreita (±b, a). Todistetaan aluksi, että jos c = (a 1)(b 1) 1, niin kaikki ratkaisut ovat negatiivisia (x < 0 tai y < 0). Määritellään pisteet P 1 = ( 1, a 1) ja P 2 = (b 1, 1). Nämä molemmat ovat suoran ax + by = c kokonaislukupisteitä. Piste P 1 on toisessa neljänneksessä ja P 2 neljännessä neljänneksessä. Koordinaattien erotukset ovat x = b ja y = a, joten P 1 ja P 2 ovat peräkkäisiä kokonaislukuratkaisuja. Suoran ja ensimmäisen neljänneksen leikkaus on näiden välissä, joten yhtälöllä ei ole ratkaisuja, joissa x 0 ja y 0. Olkoon nyt c (a 1)(b 1) = ab a b + 1 ja todistetaan, että ensimmäisessä neljänneksessä on ratkaisu. Määritellään taas kaksi suoran pistettä, mutta nyt ne eivät välttämättä ole kokonaislukuratkaisuja: P 1 = ( 1, c+a b ) ja P2 = ( c+b a, 1). Näiden koordinaattien erotukset ovat x = c + b + a a y = c + a + b b ab + 1 a ab + 1 b > b > a, joden suoralla on näiden välissä kokonaislukuratkaisu (x r, y r ). Koska se on pisteiden P 1 ja P 2 välissä, niin ottaen näiden pisteiden koordinaattien suuruusjärjestyksen huomioon nähdään, että x r > P 1x = 1 ja y r > P 2y = 1, eli x 0 ja y 0. 7