Tehtävä 2 Todista luennoilla annettu kaava: jos lukujen n ja m alkulukuesitykset. ja m = k=1

Transkriptio

1 Luuteoria Harjoitus 1 evät 2011 Alesis Kosi 1 Tehtävä 1 Näytä: jos a ja b ovat positiivisia oonaisluuja joille (a, b) = 1 ja a c, seä lisäsi b c, niin silloin ab c. Vastaus Kosa a c, niin jaollisuuden määritelmän nojalla on olemassa oonaisluu, jolle c = a. Nyt b c, joten b a. Osoitamme, että b. Tähän voi äyttää joo suoraan seurausta 1.7, tai voimme jäljentää sen todistusen: Suurimman yhteisen teijän ominaisuusien nojalla on olemassa oonaisluvut x ja y joille xa + yb = 1. Kosa b a, niin myös b xa + yb. Kosa xa + yb = (xa + yb) =, olemme valmiit. Nyt osa b, on olemassa oonaisluu, jolle = b. Tällöin c = ab, joten ab c uten haluttiin. Tehtävä 2 Todista luennoilla annettu aava: jos luujen n ja m aluluuesityset ovat n = =1 p α ja m = =1 p β, niin suurin yhteinen teijä (n, m) voidaan lausua muodossa (n, m) = =1 p γ, missä γ = min(α, β ). Vastaus Riittää todistaa, että jos d = p min(α,β ), niin d toteuttaa suurimman yhteisen teijän määrittelevät ehdot: (i) d n ja d m: Tutitaan osamäärien aluteijöiden esponentteja: n/d = α p min(α,β ) Z, sillä α min(α, β ). Samoin nähdään, että m/d Z. (ii) jos d n ja d m, niin d d: Oloon d = p δ aluteijähajotelma. Kosa d n ja d m, aluteijähajotelma on ysiäsitteinen ja p p l, un l, niin 1 Aluperäiset rataisumallit on laatinut Eemeli Blåsten 1

2 luvun d aluteijöiden esponenteille saadaan arviot δ α ja δ β. Siispä δ min(α, β ), joten d = p δ min(α p,β ) = d. (iii) d 1: Selvä, sillä min(α, β ) 0 aiilla. Tehtävä 3 1. Oloot a ja b positiivisia oonaisluuja. Osoita, että on olemassa ysiäsitteinen luu h ('luujen a ja b pienin yhteinen jaettava', meritään h = p. y. j.(a, b)), joa toteuttaa: (1) a h ja b h, (2) jos a h ja b h, niin h h, (3) h Esitä luvulle p. y. j.(a, b) tehtävää 2 vastaava aava, ja todista sen avulla, että p. y. j.(a, b) = ab (a, b). Vastaus Alusi ysiäsitteisyys: Jos h ja h toteuttavat ehdot (1)-(3), niin h = h ja h = lh ehtojen (1) ja (2) nojalla. Siispä h = lh, eli = l = ±1. Ehdon (3) nojalla = l = 1 ja h = h. Sitten olemassaolo ja ysiäsitteisyyden nojalla saadaan tehtävää 2 vastaava aava todistettua samalla. Näytetään, että h = p max(α,β ) toteuttaa ehdot (1)-(3). (1) a h ja b h: Tutitaan osamääriä: h/a = p max(α,β ) α Z, sillä max(α, β ) α. Samoin nähdään, että h/b Z. (2) jos a h ja b h, niin h h : Oloon h = p δ aluteijähajotelma. Kosa a h ja b h, aluteijähajotelma on ysiäsitteinen ja p p l, un l, niin luvun h aluteijöiden esponenteille saadaan arviot δ α ja δ β. Siispä δ max(α, β ), joten h = p max(α,β ) p δ = h. (3) h 1: Selvä, sillä max(α, β ) 0 aiilla. Loppuväite seuraa siitä, että max(x, y) + min(x, y) = x + y aiilla oonaisluvuilla x ja y: (a, b) p. y. j.(a, b) = p min(α,β ) max(α p,β ) = p min(α,β )+max(α,β ) = p α +β = p α p β = ab. Tehtävä 4 1. Etsi Euleideen algoritmin avulla luujen 1234 ja 2345 suurin yhteinen teijä. 2. Määrää yhtälön 276x y = 714 yleinen rataisu. 2

3 Vastaus Käytetään Euleideen algoritmia molemmissa tapausissa = = = = = = 3 1, joten (1234, 2345) = 1. Toista ysymystä varten lasetaan luujen 276 ja 1578 suurin yhteinen teijä = = = = = = 6 6, joten (276, 1578) = 6. Kosa 714 = on yhtälöllä olemassa rataisu. Puretaan yhtälöetjua alhaalta ylöspäin jotta saadaan eräs rataisu yhtälölle 276x y = 6 ja valitaan aluperäiselle yhtälölle erityinen rataisu x = 119x, y = 119y. 6 = = 42 ( ) = = 2( ) 78 = = ( ) = = 7( ) = Eräs rataisu on siis (x, y) = ( 119 ( 40), ) = ( 4760, 833). Yleinen rataisu on { x = = (276,1578) y = = , (276,1578) missä Z. 3

4 Tehtävä 5 1. Oloot a 1, a 2,..., a n oonaisluuja, jota eivät aii ole nollia. Osoita, että on olemassa luu d = (a 1,..., a n ) (yseisten luujen suurin yhteinen teijä), jolle pätee (1) d a j aiilla 1 j n, (2) jos d a j aiilla 1 j n, niin d d, (3) d Päättele, että yhtälöllä a 1 x a n x n = d on aina rataisu. Vastaus Oloon H = {a 1 x a n x n x 1,..., x n Z} {1, 2,...}. Tämä on epätyhjä, sillä join luvuista a j on nollasta poieava. Se on myös alhaalta rajoitettu, joten voidaan määritellä d = min H. Nyt ehto (3) toteutuu. Yhtälöllä a 1 x a n x n = d on myös triviaalisti rataisu. Taristetaan ehto (1): Oloon 1 j n. Jaoyhtälön nojalla voidaan irjoittaa a j = qd + r, missä 0 r < d. Jos r 1, niin r = a j qd H, sillä se on luujen a 1,..., a n lineaariombinaatio ja r 1. Toisaalta piti olla r < d ja d = min H, joten saatiin ristiriita. Siispä r = 0 ja näinollen d a j. Ehto (2): Oletetaan, että d a j, eli a j = j d, aiilla 1 j n. Nyt saadaan d = a 1 x a n x n = 1 d x n d x n = d ( 1 x n x n ), mistä nähdään, että d d. Tehtävä 6 1. Todista luentojen lause 2.4: Jos P on :n muuttujan oonaisluuertoiminen polynomi, niin P (x 1,..., x ) P (y 1,..., y ) (mod m), miäli x j y j (mod m) aiilla j = 1,...,. Vastaus Todetaan ensin, että iinteällä indesillä i ja oonaisluvuilla a 1,..., a 1 uvaus a P (a 1,..., a i 1, a, a i,..., a 1 ) on a:n oonaisluuertoiminen polynomi. Täten lauseen 2.3 nojalla P (a 1,..., a i 1, a, a i,..., a 1 ) P (a 1,..., a i 1, b, a i,..., a 1 ) (mod m), miäli a b (mod m). Sovelletaan tätä tulosta indutiivisesti joaiseen lu- 4

5 upariin (x i, y i ) seuraavasti: P (x 1, x 2, x 3,..., x ) P (y 1, x 2, x 3,..., x ) P (y 1, y 2, x 3,..., x ) P (y 1, y 2, y 3,..., y ) (mod m), mistä voidaan luea haluttu tulos. * Tehtävä 7 Tämän tehtävän taroitusena on selventää sitä tosiseiaa, että aluteijöihin jaon ysiäsitteisyys on epätriviaali tulos. Tarastellaan luonnollisten luujen N asemasta jouoa Ñ = { } = {1, 5, 9, 13,...}. Osoita ensin, että Ñ on suljettu ertolasun suhteen: jos n, m Ñ, niin mn Ñ. Määrittelemme luonnollisella tavalla, että luu p 2, p Ñ, on 'aluluu' jos sitä ei voi lausua tulona p = nm, missä n, m 2 ja n, m Ñ. Totea, että joainen Ñ:n luu voidaan lausua 'aluluujen' tulona. Näytä uitenin, että on olemassa luu n Ñ, jona esitys 'aluluujen' tulona ei ole ysiäsitteinen! Vastaus Oloot n = Ñ ja m = 4l + 1 Ñ,, l 0. Nyt nm = (4 + 1)(4l + 1) = 16l l + 1 = 4(4l + + l) + 1 Ñ, sillä 4l + + l 0. Siispä Ñ on suljettu ertolasun suhteen. Todistetaan, että joainen Ñ:n luu, joa ei ole 1 voidaan esittää 'aluluujen' tulona. Oletetaan, että näin ei olisi. Tällöin olisi olemassa pienin luu Ñ, 2, jota ei voida esittää 'aluluujen' tulona. Erityisesti se ei itse voi olla 'aluluu'. 'Aluluujen' määritelmästä seuraa, että se voidaan lausua muodossa = mn, missä m, n Ñ ja m, n 2. Nyt n, m <, joten nämä voidaan lausua aluluujen tulona: n = p n1... p na ja m = p m1... p mb. Tällöin = mn = p n1... p na p m1... p mb, miä on ristiriita, sillä määriteltiin pienimpänä yöstä suurempana luuna, jota ei voida esittää 'aluluujen' tulona. Siispä tällaisten luujen jouo on tyhjä, eli joainen yöstä suurempi luu voidaan esittää 'aluluujen' tulona. Aluteijähajotelma ei ole ysiäsitteinen: 441 = 21 2 = Todistetaan, että 9, 21 ja 49 ovat 'aluluuja'. Jos a n jouossa Ñ, niin a n luonnollisten luujen jouossa. Siispä p Ñ on 'aluluu' jos sen tavanomaiset teijät eivät uulu jouoon Ñ. 9 = 3 2, 21 = 3 7 ja 49 = 7 2 5

6 Kosa 3 ja 7 eivät uulu jouoon Ñ, niin 9, 21 ja 49 ovat 'aluluuja'. * Tehtävä 8 Todista luentojen lause 1.14: jos Euleideen algoritmia sovelletaan luuihin a ja b (a > b 1), niin tarvittavien aseleiden luumäärä on enintään 2 3 log a + 2. Vastaus Algoritmi alaa seuraavasti: asel 1 a = q 1 b + r 1, 0 r 1 < b sitten se jatuu asel 2 b = q 2 r 1 + r 2, 0 r 2 < r 1 asel 3 r 1 = q 3 r 2 + r 3, 0 r 3 < r asel r 2 = q r 1 + r, 0 r < r 1 Todistetaan ensin, että r < r 2 /2 aiilla. Aseleen yhtälöstä saadaan r < r 1 q r 1 = r 2 r. Siispä 2r < r 2, mistä saadaan haluttu tulos. Milloin algoritmi päätyy? Silloin un jäännöstermi on ensimmäistä ertaa nolla. Kosa se on aina oonaisluu, niin riittää arvioida, milloin se on alle ysi. Edellisen nojalla voimme arvioida joten r 2 < r 2 2( 1) /2 1 = r 2 /2 1 r 2+1 < r /2 = r 1 /2, r 2 < 1 = r 2 < 2 1 > ln r 2 ln > 2ln r 2 ln r 2+1 < 1 = r 1 < 2 > ln r 1 ln > 2ln r 1 ln Kosa a > r 1 > r 2 niin r n < 1 ainain, jos n > 2 ln a + 2. Kosa ln a > 0 ja ln 2 2 ln a 2, 885 < 3 niin < 3 ln a + 2, eli väite pätee, vaiain saimme ln 2 ln 2 hieman taremman arvion. 2 Tässä taroitetaan luonnollista logaritmia. 6