2017 = = = = = = 26 1

Transkriptio

1 JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 2, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Sovella Eukleiden algoritmia ja (i) etsi s.y.t(2017, 753) (ii) etsi kaikki kokonaislukuratkaisut yhtälölle 405x + 141y = 12. Ratkaisu 1. (i) Käytetään Eukleideen algoritmia luvuille 2017 ja 753. Siten s.y.t(2017, 753) = = = = = = = 26 1 (ii) Käytetään ensin Eukleideen algoritmia ja etsitään lukujen 405 ja 141 suurin yhteinen tekijä. 405 = = = = = 5 3 Etsitään tämän avulla ensin yhtälölle 405x + 141y = 3 ratkaisu. 123 = = 141 ( ) = = ( ) 6 ( ) = = ( ) ( ) = Yhtälöllä 405x + 141y = 3 on siis ratkaisu x = 8, y = 23. Koska 12 = 4 3, yhtälölle 405x + 141y = 12 saadaan neljällä kertomalla yksittäisratkaisu (x 0, y 0 ) = ( 32, 92). Yhtälön yleinen ratkaisu on luentojen lauseen 1.13 nojalla { x = t, y = t missä t Z. 1

2 Tehtävä 2. (i) Kirjoita ylös renkaiden Z 5 ja Z 8 yhteenlasku- ja kertolaskutaulut. (ii) Tutki milla luvuilla [a] Z 5 on neliöjuuri ja etsi ne kaikki (eli yhtälön x 2 = [a] ratkaisut x Z 5 ). Tee sama renkaassa Z 8. Ratkaisu 2. (i) Renkaan Z 5 yhteenlaskutaulu: Renkaan Z 5 kertolaskutaulu: Renkaan Z 8 yhteenlaskutaulu: Renkaan Z 8 kertolaskutaulu: + [0] [1] [2] [3] [4] [0] [0] [1] [2] [3] [4] [1] [1] [2] [3] [4] [0] [2] [2] [3] [4] [0] [1] [3] [3] [4] [0] [1] [2] [4] [4] [0] [1] [2] [3] [0] [1] [2] [3] [4] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [3] [4] [2] [0] [2] [4] [1] [3] [3] [0] [3] [1] [4] [2] [4] [0] [4] [3] [2] [1] + [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [0] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [1] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [0] [2] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [0] [1] [3] [3] [4] [5] [6] [7] [0] [1] [2] [4] [4] [5] [6] [7] [0] [1] [2] [3] [5] [5] [6] [7] [0] [1] [2] [3] [4] [6] [6] [7] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [7] [7] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [2] [0] [2] [4] [6] [0] [2] [4] [6] [3] [0] [3] [6] [1] [4] [7] [2] [5] [4] [0] [4] [0] [4] [0] [4] [0] [4] [5] [0] [5] [2] [7] [4] [1] [6] [3] [6] [0] [6] [4] [2] [0] [6] [4] [2] [7] [0] [7] [6] [5] [4] [3] [2] [1] 2

3 (ii) Renkaan Z 5 kertolaskutaulusta nähdään, että täsmälleen diagonaalilla olevilla luvuilla on neliöjuuri. Ne ovat siis [0], [1] ja [4]. Taulusta nähdään myös vastaavat neliöjuuret. Luvun [0] ainoa neliöjuuri on [0]. Luvun [1] kaksi neliöjuurta ovat [1] ja [4]. Luvun [4] kaksi neliöjuurta ovat [2] ja [3]. Vastaavasti renkaassa Z 8 voidaan kertolaskutaulun diagonaalilta nähdä, millä luvuilla on neliöjuuri, ja ne ovat sielläkin [0], [1] ja [4]. Taulusta myös nähdään, mitkä ovat vastaavat neliöjuuret. Luvun [0] kaksi neliöjuurta ovat [0] ja [4]. Luvun [1] neljä neliöjuurta ovat [1], [3], [5] ja [7]. Luvun [4] kaksi neliöjuurta ovat [2] ja [6]. Tehtävä 3. (i) Etsi kaikki luvut x joille 5x 7 (mod 37). (ii) Mikä on luvun viimeinen numero? Ratkaisu 3. (i) On löydettävät kaikki kokonaisluvut x, joille 37 (7 5x) eli 7 5x = 37y. Tämä on lineaarinen Diofantoksen yhtälö 5x + 37y = 7, joka voidaan ratkaista Eukleideen algoritmilla. (Keksiliäs lukija saattaa nähdä yksittäisratkaisun x = 6, y = 1 suoraan.) 37 = = (2 = 2 1) Yhtälölle 5x + 37y = 1 löytyy siis ratkaisu purkamalla algoritmi. 2 = = 5 2 (37 7 5) = Kertomalla seitsemällä saadaan, että yhtälön 5x + 37y = 7 yksi ratkaisu on x = 105, y = 14. Sen yleinen ratkaisu on siis luentojen lauseen 1.13 nojalla { x = t, y = 14 5t missä t Z. Luvut x ovat siis aina muotoa t jollain t Z. (ii) Luvun viimeinen numero kymmenjärjestelmässä on jakojäännös jaettaessa kymmenellä. Selvitetään, mitä on modulo 10. Tätä käyttämällä saadaan, että 17 7, (mod 10) (17 2 ) ( 1) (mod 10). Luvun viimeinen numero on siis 7. 3

4 Tehtävä 4. Todista luentojen lause 2.8: Olkoon m 2 ja U Z. Silloin U on täydellinen jäännössysteemi (mod m) jos ja vain jos ainakin kaksi seuraavista ehdoista on voimassa: (i) U:ssa on m alkiota, (ii) U:n alkiot ovat keskenään epäkongruentteja (mod m), (iii) Jokaisella a Z on olemassa u U jolle a u mod m. Ratkaisu 4. Palautetaan mieleen täydellisen jäännössysteemin määritelmä. Olkoon m 2. Joukko U = {u 1,..., u m } Z on täydellinen jäännössysteemi (mod m), jos {u 1,..., u m } = Z m. Tässä ja myöhemmin merkintä u tarkoittaa kokonaisluvun u ekvivalenssiluokkaa modulo m. Suunta. Näytetään, että kaikki kolme ehtoa ovat voimassa, jos U on täydellinen jäännössysteemi. Ehto (i) on voimassa, koska täydellisessä jäännössysteemissä on m alkiota. Tehdään ehdon (ii) osoittamiseksi vastaoletus: u i = u j joillain i j. Mutta silloin joukossa {u 1,..., u m } = Z m on enintään m 1 ekvivalenssiluokkaa, mikä on ristiriitaista. Ehto (ii) on siis voimassa. Ehdon (iii) todistamiseksi oletetaan, että a Z. Silloin a Z m, joten täydellisen jäännössysteemin ehdoista seuraa, että jollakin u U pätee a = u. Siten a u mod m, joten ehto (iii) pätee. Suunta. Osoitetaan, että mistä tahansa ehtoparista seuraa, että U on täydellinen jäännössysteemi. Oletetaan, että (i) ja (iii) pätevät. Tällöin millä tahansa a Z m löytyy sellainen u U, jolle a u mod m, eli a = u. Mutta silloin U on täydellinen jäännössysteemi. Oletetaan sitten, että (i) ja (ii) pätevät. Määritellään kuvaus g : U Z m, g(u) = u. Koska ehto (ii) pätee, tämä kuvaus on injektio. Silloin kuvajoukkoon g(u) kuuluu täsmälleen m eri alkiota. Koska joukossa Z m on vain m alkiota, täytyy olla g(u) = Z m, joten U on täydellinen jäännössysteemi. Lopuksi oletetaan, että (ii) ja (iii) pätevät. Riittää osoittaa, että (i) pätee myös. Määritellään kuvaus g : U Z m, g(u) = u. Ehdosta (ii) seuraa, että kuvaus g on injektio. Lisäksi millä tahansa a Z m löytyy ehdon (iii) nojalla sellainen u U, jolle a u mod m, eli a = u. Siten kuvaus g on surjektio. Koska kuvaus g on injektio ja surjektio, se on bijektio, joten joukoissa U ja Z m on yhtä monta alkiota. Ehto (i) pätee. Tehtävä 5. Olkoon m 2 ja a Z m mielivaltainen. Näytä: (i) Jos m P, niin silloin on olemassa k 2, joille a k = a. (ii) Etsi jokin m 2 (tietysti löytämäsi m ei ole alkuluku) ja a Z m jolla (i)-kohdan väite ei ole tosi. 4

5 Ratkaisu 5. (i) Jos m a, niin silloin myös m a 2, joten silloin voidaan valita k = 2. Jos m a, niin Fermat s pienen lauseen nojalla a m 1 1 mod m. Silloin a m a, joten valinta k = m kelpaa. (ii) Valitaan m = 4, a = 2. Nyt mod 4, joten millä tahansa k 2 pätee 2 k 0 2 k mod 4. Tällä valinnalla siis kysyttyä k 2 ei ole olemassa. Tehtävä 6. Osoita, että jos p ja q ovat erisuuria parittomia alkulukuja, niin p q 1 + q p 1 1 (mod pq). Ratkaisu 6. Riittää osoittaa, että pq (p q 1 + q p 1 1). Tarkastellaan ensin lauseketta modulo p. Koska q > 1, niin p p q 1. Koska p q ja p ja q ovat alkulukuja, niin q ei ole jaollinen p:llä. Silloin Fermat n pienestä lauseesta seuraa, että p q 1 + q p 1 1 q p (mod p). Siten p (p q 1 + q p 1 1). Symmetrian nojalla myös q (p q 1 + q p 1 1). Koska p q, väite seuraa tästä. Tehtävä 7. Määritä kaikki ne luvut m jolla tehtävän 5 (i) kohta on aina voimassa. Ratkaisu 7. Olkoon m 2. Väite on: mille tahansa a Z m on olemassa k 2, jolle a k = a. Osoitetaan, että väite on voimassa täsmälleen silloin, jos millekään alkuluvulle p ei päde p 2 m. Osoitetaan ensin tapaus, jossa väite ei päde. Olkoon siis p alkuluku, jolle p 2 m. Silloin p k p = p(p k 1 1). Tässä p p k 1, kun k 2. Mutta silloin p (p k 1 1), joten p 2 ei jaa lukua p k p. Siten myöskään m ei voi jakaa tätä lukua, eikä siis millään k 2 päde a k = a. Oletetaan sitten, että m ei ole jaollinen millään alkuluvun neliöllä p 2. Silloin m voidaan esittää alkulukujen tulona n m = p j, j=1 missä p j ovat kaikki eri lukuja. Olkoon a Z m kiinteä. Riittää löytää jokin k 2, jolle p j (a k a) kaikilla 1 j n. Nyt kullakin luvulla p j on kaksi vaihtoehtoa sen mukaan, jakaako se luvun a. Tapaus 1: p j a. Tällöin p j a k, ja siten myös p j (a k a) kaikilla k 2. Tapaus 2: p j a. Silloin Fermat n pienen lauseen nojalla a d(p j 1) (a p j 1 ) d 1 d 1 (mod p j ) 5

6 kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla d. Tästä seuraa, että a d(p j 1)+1 a (mod p j ) kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla d. Tapaus 2 antaa vihjeen, että kannattaa valita k niin, että (p j 1) (k 1). Valitaan k = 1 + n (p j 1). j=1 Silloin k 2, joten p j (a k a), jos p j a. Sellaiselle p j, joka ei ole luvun a tekijä, huomataan, että k on muotoa d(p j 1) + 1, missä d = n i=1,i j (p i 1). Myös tässä tapauksessa p j (a k a). Tehdyllä valinnalla p j (a k a) kaikilla 1 j n, joten a k = a. Huomautus. Tässä osoitettiin itse asiassa, että väitteen ollessa tosi löytyy eksponentti k, joka toimii jokaisella a Z m. Lisäksi valittu k ei ole paras mahdollinen: tulon sijaan voisi ottaa pienimmän yhteisen jaettavan. 6