pdfmark=/pages, Raw=/Rotate 90 Sisältö 1 Johdanto 0-3 2 Valittuja kaavoja 0-5 3 Valittuja jaollisuuden tuloksia 0-7 4 Renkaan yksikköryhmä 0-9 5 Eulerin funktio 0-11 6 Euler-Fermat 0-16 7 Eräs kongruenssiryhmä 0-17 8 Kiinalainen jäännöslause 0-18 9 Tuloksia ryhmistä 0-23 9.1 Syklisten ryhmien perusteita.......... 0-25 9.2 Sovelluksia ja esimerkkejä........... 0-45
9.3 Nopeaa potenssilaskentaa........... 0-49 9.4 Diskreetti logaritmi kertolaskuryhmässä..... 0-50 10 Hieman polynomialgebraa 0-53 11 Primitiivijuuret 0-57 11.1 Ryhmät Z n.................. 0-57 11.2 Sovelluksia ja esimerkkejä........... 0-76 11.2.1 Polynomiyhtälöitä............ 0-78 12 Neliöjäännökset 0-84 12.1 Yhtälö x 2 = a syklisessä ryhmässä...... 0-84 12.2 Legendren symboli............... 0-88 12.3 Gaussin Lemma................ 0-92 12.4 Jacobin symboli................ 0-103 12.5 Sovelluksia................... 0-105 13 Deterministisiä alkulukutestejä 0-107 13.1 Ei-polynomiaikaisia............... 0-107 0-1
13.2 Mersennen ja Fermat n luvut.......... 0-113 13.3 Polynomiaikainen/AKS/EI KOKEESEEN.... 0-132 14 Pseudoalkuluvut, Alkulukutestejä/EI KOKEESEEN0-146 14.1 Fermat n pseudoalkuluvut........... 0-146 14.1.1 Probabilistinen-testi 1/EI kokeeseen... 0-149 14.1.2 Carmichaelin luvut........... 0-150 14.2 Eulerin pseudoalkuluvut............ 0-153 14.2.1 Soloway-Srassenin alkulukutesti/ei kokeeseen.................. 0-155 14.3 Vahvat pseudoalkuluvut............ 0-156 14.3.1 Miller-Rabinin alkulukutesti/ei kokeeseen 0-161 15 Karakteerit/EI KOKEESEEN 0-164 15.1 Ryhmäkarakteerit............... 0-164 15.1.1 Ortogonaalirelaatiot........... 0-167 15.2 Dirichlet n karakteerit.............. 0-169 15.2.1 Konstruointi primitiivijuurilla....... 0-172 0-2
LUKUTEORIA A (Matematiikan syventävä 5op) Tapani Matala-aho LUKUTEORIA, NUMBER THEORY, THÉORIE DES NOMBRES 1 Johdanto 802645S LUKUTEORIA A (5op) Luennoilla perehdymme aluksi äärellisten syklisten ryhmien rakenteeseen, jolloin tarkasteluun otetaan generaattoreiden ja kertalukujen perusteet. Sovelluksena todistetaan kertolaskuryhmien (mod n), primitiivijuurien (generaattoreiden) olemmassaolotulokset. Neliöjäännöksien kautta saavutaan Legendren ja Jacobin symbolien perusteisiin sekä Gaussin lemman ja Resiprook- 0-3
kilauseen todistuksiin. Edelleen tarkastellaan Pseudoalkulukuja, Carmichaelin lukuja, alkulukutestejä ja tekijäalgoritmeja. Kurssin materiaali on klassista puhdasta matematiikkaa, joka antaa työkaluja modernin Kryptografian alkeille. LÄHTEITÄ: G.H. Hardy & E.M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers. Kenneth H. Rosen: Elementary number theory and its applications. Number Theory Web American Mathematical Monthly Voit ilmoittaa löytämäsi virheet E-mail osoitteeseen: etunimi.sukunimi@oulu.fi Tapani Matala-aho 0-4
2 Valittuja kaavoja n k = k=0 n(n + 1) ; (2.1) 2 n k=0 n k=0 a k = an+1 1, a = 1; (2.2) a 1 ( ) n t k = (1 + t) n, n N. (2.3) k a n 1 = (a 1)(a n 1 + a n 2 + + a + 1). (2.4) a n + 1 = (a + 1)(a n 1 a n 2 + a + 1), 2 n. (2.5) 0-5
A n B n = (A B)(A n 1 +A n 2 B+ +AB n 2 +B n 1 ). Käytetyt merkinnät: Katso Lukuteorian perusteet. (2.6) 0-6
3 Valittuja jaollisuuden tuloksia Lause 3.1. Olkoot a, b Z annettu. Tällöin on olemassa sellaiset s, t Z, että syt(a, b) = sa + tb. (3.1) Seuraus 1. Olkoot a, b, c Z. Tällöin, jos a bc ja a c, (3.2) niin a b. (3.3) Seuraus 2. Olkoot a, b, c Z. Tällöin, jos a c ja b c ja a b, (3.4) niin ab c. (3.5) 0-7
Seuraus 3. Olkoot a, b Z ja p P. Tällöin, jos p ab, (3.6) niin p a tai p b. (3.7) Seuraus 4. Olkoot a Z, p P ja k, n Z +. Tällöin p a n p a p n a n ; (3.8) p k a n p a n. (3.9) Seuraus 5. Olkoot a, b Z +, tällöin ab = syt(a, b)pyj(a, b) = (a, b)[a, b]. (3.10) Lemma 3.1. Olkoot a Z, a 2. Tällöin syt(a n 1, a m 1) = a syt(n,m) 1; (3.11) 0-8
aina, kun k, m, n Z +. a n 1 a kn 1; (3.12) 4 Renkaan yksikköryhmä Lause 4.1. Olkoon R ykkösellinen rengas. Joukko R = {u R v R : uv = vu = 1} (4.1) on ryhmä kertolaskun suhteen. Todistus. Määritelmä 4.1. Olkoon R ykkösellinen rengas. Joukko R on renkaan R yksikköryhmä. Esimerkki 1. Jos R = K-kunta, niin K = K {0}. (4.2) 0-9
Z = {±1}. (4.3) Lause 4.2. Joukko {a Z n a n} on renkaan Z n yksikköryhmä eli Z n = {a Z n a n}. (4.4) Erityisesti, jos p P, niin Z p on kunta ja Z p = {a Z p a p} = {1, 2,..., p 1}. (4.5) Määritelmä 4.2. Olkoon n 2. Jos a n, niin a on alkuluokka (mod n) ja Z n = {a Z n a n} on renkaan Z n kertolaskuryhmä (multiplication group of the ring). 0-10
5 Eulerin funktio Määritelmä 5.1. Eulerin funktio φ : Z + Z + saadaan asettamalla φ(n) = #{k Z + 1 k n, k n} (5.1) aina, kun n Z +. Siten, ryhmän Z n kertaluku (order) on #Z n = φ(n), n Z 2. (5.2) Lause 5.1. φ(mn) = φ(m)φ(n), M N. (5.3) Eli φ on multiplikatiivinen ja koska φ(p m ) = p m ( 1 1 p ), p P, m Z +, (5.4) niin saadaan 0-11
Lause 5.2. Olkoon n = p a 1 1... pa k k, p i P. Tällöin ) ) φ(n) = p a 1 1... pa k k (1 1p1... (1 1pk (5.5) eli φ(n) = n p n ( 1 1 ). (5.6) p Lause 5.3. φ(d) = n. n Z +. (5.7) d n Tod: Merkitään F (n) = d n φ(d). Aluksi saadaan Olkoon p k P Z+. Lasketaan F (1) = 1. (5.8) F (p k ) = d p k φ(d) = 0-12
φ(d) = (5.9) d=p m,0 m k φ(1) + φ(p) + φ(p 2 ) +... + φ(p k ) = 1+p 1+p 2 p+...+p k 1 p k 2 +p k p k 1 = p k. (5.10) Eli F (p k ) = p k. (5.11) Olkoon seuraavaksi n m. Määrätään F (nm) = d nm Toisaalta φ(d) = d 1 d 2 nm φ(d 1 d 2 ), d 1 n, d 2 m (5.12) F (n)f (m) = d 1 n φ(d 1 ) d 2 m φ(d 2 ) = 0-13
Siten d 1 d 2,d 1 n,d 2 m d 1 d 2 nm φ(d 1 )φ(d 2 ) 5.3 = (5.13) φ(d 1 d 2 ). (5.14) F (nm) = F (n)f (m) n m. (5.15) Vielä F (n) = F (p k 1 1 pk r r ) = F (p k 1 1 ) F (pk r r ) = p k 1 1 pk r r = n. (5.16) Lause 5.4. Keskimäärin: n φ(k) = 3 π 2 n2 + O(n log n) k=1 φ(n) = 6 π 2 n = 0, 6079 n, π 2 = 9, 8696. 0-14
Esimerkki 2. φ(2 m ) = 2 m 1, n 1 = 2 m φ(n 1 ) = n 1 2 φ(p) = p 1 φ(n 2 ) = n 2 1 φ(2 a 1 3 a 2 ) = 2 a 1 3 a 2 1 2 2 3 φ(n) = n 3 φ(7 a 1 11 a 2 }{{} ) = n 6 7 10 11 = 60 77 n n φ(2 3 5 7 11) = n 1 2 2 3 4 5 6 7 10 11 = n 16 77 0-15
6 Euler-Fermat Lause 6.1. EULER-FERMAT: Olkoot a Z, n Z 2 annettu ja a n. Tällöin a φ(n) 1 (mod n). (6.1) Lause 6.2. FERMAT N PIKKULAUSE: Olkoon p P annettu. Tällöin a p 1 1 (mod p), jos p a Z; (6.2) a p a (mod p), a Z. (6.3) Olettaen (6.2) todistetaan (6.3): Jos syt(a, p) = 1, niin Pikku Fermat n (6.2) nojalla a p a (mod p). (6.4) Jos p a, niin a 0 (mod p) a p 0 (mod p) (6.5) 0-16
a p a (mod p). (6.6) 7 Eräs kongruenssiryhmä Lause 7.1. A) Olkoot p, q P ja p = q. Tällöin yhtälöistä a b (mod p) seuraa a b (mod q) (7.1) a b (mod pq). (7.2) B) Olkoot m i Z ja m i m j kaikilla i = j. Tällöin yhtälöistä a b (mod m i ) i = 1,..., r (7.3) seuraa a b (mod m 1 m r ). (7.4) 0-17
Todistus. A) kohta: Oletuksista (7.1) seuraa p a b, q a b. (7.5) Koska p q, niin Seurauksen 2 nojalla pq a b a b (mod pq). (7.6) B) kohta induktiolla. 8 Kiinalainen jäännöslause Lause 8.1. KIINALAINEN JÄÄNNÖSLAUSE. Olkoot m 1,..., m r Z + pareittain keskenään jaottomia ja olkoot a 1,..., a r Z annettu. Tällöin yhtälöryhmän x a 1 (mod m 1 ),. x a r (mod m r ) (8.1) 0-18
ratkaisut ovat x = x 0 + l M, l Z, M = m 1... m r = m k M k, (8.2) missä x 0 = n 1 M 1 a 1 +... + n r M r a r, (8.3) n k M k 1 (mod m k ). (8.4) Tod: Aluksi huomataan, että M k m k, (8.5) sillä, jos olisi 1 < d = (M k, m k ) p P : p d (8.6) p m k, p M k = i =k m i p m i, i = k (8.7) 0-19
p (m k, m i ) Ristiriita. (8.8) Niinpä M k Z m k (M k ) 1 := n k Z m k (8.9) n k M k = 1 Z m k (8.10) n k M k 1 (mod m k ). (8.11) Seuraavaksi huomataan, että M j = i =j m i 0 (mod m k ) j = k, (8.12) joten laskemalla saadaan x 0 = n 1 M 1 a 1 +... + n r M r a r (8.13) 0-20
n k M k a k 1 a k = a k (mod m k ) k = 1,..., r (8.14) ja siten x 0 on eräs ratkaisu. Olkoon x ratkaisu, tällöin x x 0 0 (mod m k ) k = 1,..., r. (8.15) Koska m i m j i = j, niin Lauseen 7.1 kohdan B) nojalla x x 0 0 (mod m 1 m r ) (8.16) eli x x 0 (mod M). (8.17) Yleistetään Kiinalainen jäännöslause 8.1. Lause 8.2. Olkoot m 1,..., m r Z + pareittain keskenään jaottomia ja olkoot c 1,..., c r, b 1,..., b r Z annettu sekä 0-21
b 1 m 1,..., b r m r. Tällöin yhtälöryhmällä b 1 x c 1 (mod m 1 ),. (8.18) b r x c r (mod m r ) on ratkaisu (mod M = m 1... m r ). Huomaa, että bx c (mod m), b m, (8.19) bx = c, b Z m (8.20) x = (b) 1 c = a x a (mod m). (8.21) Siten todistus palautuu aikaisempaan Kiinalaisen jäännöslauseen todistukseen. 0-22
Esimerkki 3. 5n 3 + 7n 5 0 (mod 12) n Z. (8.22) 9 Tuloksia ryhmistä Merkintää D H käytetään, kun ryhmä D on ryhmän H aliryhmä. Lemma 9.1. Aliryhmäkriteeri I. Olkoon H ryhmä. Jos, ryhmän H osajoukko D = toteuttaa ehdon: a, b D ab 1 D, niin D on H:n aliryhmä. Lemma 9.2. Aliryhmäkriteeri II. Olkoon H äärellinen ryhmä. Jos, ryhmän H osajoukko D = toteuttaa ehdon: a, b D ab D, 0-23
niin D on H:n aliryhmä. Olkoon A H. Joukkoa A = D A D H sanotaan joukon A generoimaksi aliryhmäksi. Käytetään myös merkintää a, b,..., c = {a, b,..., c}. Erityisesti a = {a k k Z} = a Z. Jos H on Abelin ryhmä, niin a, b = {a k b l k, l Z} = a Z b Z. 0-24
9.1 Syklisten ryhmien perusteita Lause 9.1. Olkoon (H, ) kertolaskuryhmä ryhmä, e = 1, α H. Ryhmän H osajoukko α = α Z = {α k k Z} H (9.1) on H:n aliryhmä. Todistus. Määritelmä 9.1. Aliryhmä α = {α k k Z} on α:n generoima syklinen aliryhmä. Jos H = α, niin H on syklinen ryhmä ja α on H:n generaattori. Määritelmä 9.2. Ryhmän H kertaluku = #H ja alkion α kertaluku eli ord α = # α. (9.2) 0-25
Lause 9.2. Lagrangen lause. Olkoot #D = d, #H = h <. Tällöin D H d h. (9.3) Lause 9.3. Olkoon #H = h < ja α H. Tällöin ord α h. (9.4) Todistus: Lause 9.4. Olkoon H äärellinen ryhmä ja h = #H, tällöin a h = 1 a H. (9.5) Todistus: Olkoon x H, jolloin asetetaan B = {x, x 2, x 3,..., x h+1 }. 0-26
Selvästi B H,, joten on olemassa sellaiset eksponentit 1 l < k h + 1, (9.6) että x k = x l x k l = 1, 1 k l h. (9.7) Olkoon 1 d h pienin potenssi, jolla x d = 1.. Siten #B = d ja lisäksi B on H:n aliryhmä, joten Lagrangen lauseella saadaan d h x h = 1, x H. (9.8) Seuraus 6. Olkoon n Z +, jolloin Z n on ryhmä ja #Z n = φ(n). Siten a φ(n) = 1 a n, (9.9) josta edelleen saadaan Euler-Fermat n lause a φ(n) 1 (mod n) a n. (9.10) 0-27
Erikoistapauksena, jos p P, niin Z p on ryhmä ja #Z p = p 1. Siten a p 1 = 1 a p, (9.11) josta edelleen saadaan Fermat n pieni lause a p 1 1 (mod p) a p. (9.12) Lause 9.5. A. Jos ord α = n Z +, niin α = {1, α, α 2,..., α n 1 } ja α n = 1, (9.13) missä n Z + on pienin eksponentti k Z +, jolla α k = 1. B. Vice Versa. Todistus A. Koska # α = n, niin β n = 1 β α. (9.14) Erityisesti α n = 1. Valitaan β = α i α, i Z. (9.15) 0-28
Jakoalgoritmin nojalla i = qn + r, 0 r n 1, (9.16) joten β = α i = (α n ) q α r = α r 0 r n 1. (9.17) Täten α = {1, α, α 2,..., α n 1 }. (9.18) Jos olisi α j = 1, 1 j n 1, (9.19) niin α = {1, α, α 2,..., α j 1 } (9.20) ja # α n 1. Ristiriita. (9.21) B. kohta laskareissa. 0-29
Lause 9.6. Olkoon α H, m Z +. Tällöin α m = 1 ord α m. (9.22) Esimerkki 4. Määrätään ryhmän H = Z 7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, #H = 6 = φ(7). (9.23) aliryhmät ja sykliset aliryhmät. mutta α 6 = 1, α Z 7 (9.24) 1 1 = 1, 2 3 = 1, 3 6 = 1, 4 3 = 1, 5 6 = 1, 6 2 = 1. (9.25) 1 = {1}, 2 = 4 = {2, 4, 1}, 6 = {1, 6}, (9.26) 3 = 5 = {3, 2, 6, 4, 5, 1} = Z 7. (9.27) 0-30
Täten 3 ja 5 ovat Z 7 :n generaattorit. ord 1 = 1, ord 2 = ord 4 = 3, ord 3 = ord 5 = 6, ord 6 = 2, d = 1, 2, 3, 6 6 = h. (9.28) Esimerkki 5. Määrätään ryhmän H = Z 8 = {1, 3, 5, 7}, #H = 4 = φ(8). (9.29) aliryhmät ja sykliset aliryhmät. α 4 = 1, α Z 8 (9.30) mutta 1 1 = 1, 3 2 = 1, 5 2 = 1, 7 2 = 1. (9.31) 1 = {1}, 3 = {1, 3}, 5 = {1, 5}, (9.32) 0-31
7 = {1, 7}. (9.33) Täten ryhmällä Z 8 ei ole generaattoria ja siten se ei ole syklinen. ord 1 = 1, ord 3 = ord 5 = ord 7 = 2. (9.34) Esimerkki 6. H = Z 15 = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}. (9.35) 4 = {1, 4}, 14 = {1, 14}. (9.36) 4, 14 = {1, 4, 14, 11}, (9.37) joka ei ole syklinen ja siten Z 15 ei ole syklinen. 0-32
Lause 9.7. Olkoon H Abelin ryhmä ja olkoot α 1, α 2 H. Jos ord α 1 = e 1, ord α 2 = e 2, e 1 e 2, (9.38) niin ord (α 1 α 2 ) = e 1 e 2. (9.39) ts. # α 1 = e 1, # α 2 = e 2, e 1 e 2 (9.40) # α 1 α 2 = e 1 e 2. (9.41) Todistus. 1) Aluksi (α 1 α 2 ) e 1e 2 = 1. (9.42) 2) Olkoon d Z + pienin potenssi, jolle pätee (α 1 α 2 ) d = 1 (9.43) 0-33
Siten (α 1 α 2 ) de 1 = 1 (α 1 e 1 ) d α 2 de 1 = α 2 de 1 = 1. (9.44) Jakoalgoritmin nojalla saadaan de 1 = m e 2 + r 2, 0 r 2 < e 2, (9.45) jolloin α 2 de 1 = α m e 2 2 α r 2 2 = 1 α 2 r 2 = 1. (9.46) Mutta e 2 on pienin positiivinen tällainen potenssi, joten r 2 = 0 e 2 de 1 (9.47) Koska e 1 e 2, niin e 2 d. Vastaavasti e 1 d. Siten Yhdistämällä e 1 e 2 d e 1 e 2 = d. (9.48) 1) + 2) # α 1 α 2 = e 1 e 2. (9.49) 0-34
Lause 9.8. Olkoon H on ryhmä ja #H = p P. Tällöin τ = H τ H {1}. (9.50) Todistus. 1. Tapa: Käytä Lagrangen lausetta aliryhmään τ. Laskareissa. 2. Tapa: τ H pätee τ p = 1. Olkoon τ = 1 ja τ a = 1, 1 a p 1. Koska a p, niin Eukleideen algoritmin nojalla s, t Z : 1 = sa + tp, jolloin τ 1 = τ sa+tp = (τ a ) s (τ p ) t = 1. Ristiriita. Siten ord τ = p, joten τ = H. mot. Lause 9.9. I. Syklisen ryhmän aliryhmät ovat syklisiä. II. Olkoon H = β, ord β = h = #H ja d h, 2 d h 1, ld = h. Tällöin A: ord β l = d 0-35
B. ja on olemassa aliryhmät H d = β l, #H d = d d h. Todistus. 1. Aluksi (β l ) d = β h = 1. 2. Jos ord β l = a, 1 a d 1, niin (β l ) a = 1 β al = 1, missä 2 al l(d 1) < h. Ristiriita. mot. Pienin yhteinen jaettava [a, b] = p.y.j.(a, b). (9.51) Lause 9.10. Olkoon G Abelin ryhmä ja olkoot x, y G, ord x = m, ord y = n. Tällöin löytyy alkio z G, jolle pätee ord z = [m, n] (9.52) Tarvitaan ensin seuraava apulause. Lause 9.11. Olkoot m = k K p a k k, n = k K p b k k, (9.53) 0-36
p k P, a k, b k N, k K Z + I = {i K a i b i }, J = {j K a j > b j }, (9.54) I J = K, I J =. (9.55) Asetetaan l 1 = i I p a i i, l 2 = j J p b j j, (9.56) Tällöin (m/l 1, n/l 2 ) = 1 (9.57) ja mn = [m, n]l 1 l 2. (9.58) Todistus laskareissa. Lauseen 9.10 todistus. 0-37
Nyt Lauseen 9.9 nojalla ord x l 1 = m l 1, ord y l 2 = n l 2, (9.59) missä Lauseen 9.11 nojalla (m/l 1, n/l 2 ) = 1. Asetetaan jolloin Lauseen 9.7 nojalla z = x l 1 y l 2, (9.60) ord z = ord x ord y = m l 1 n l 2 = [m, n]. (9.61) Lause 9.12. Olkoon H ryhmä, τ H ja τ = 1. Tällöin ord τ = h (9.62) τ h = 1 ja τ h p i = 1, p i h, p i P. (9.63) 0-38
Olkoon Todistus. Koska τ = 1, niin h 2. h = p a 1 1... pa k k, p 1,..., p k P. (9.64) Lauseen 9.5 nojalla h on pienin positiivinen eksponentti k, jolla τ k = 1. Olkoon p i luvun h alkutekijä, tällöin p i 2, 1 h p i h 2 h 1, (9.65) joten Vastaoletus: τ h = 1 ja τ h p i = 1. (9.66) 1 a h 1 : ord τ = a. (9.67) Mutta τ h = 1, joten Lause 9.6 a h a = p b 1 1... pb k k. (9.68) Vastaoletuksen mukaan a < h, joten p j : h = p j ra; r Z +. (9.69) 0-39
Koska τ a = 1 τ ar = τ h p j = 1. (9.70) Ristiriita oletuksen kanssa. Täten ord τ = h. (9.71) Esimerkki 7. G = Z 71, #G = 70 = 2 5 7. Valitaan τ = 7 G, jolle pätee 7 70 = 1, 7 70 2 = 7 35 =... = 70 = 1, 7 70 5 = 7 14 =... = 1, 7 70 7 = 7 10 = 1, (käytä nopeaa potenssilaskentaa.) Siten ord 7 = 70 7 = Z 71. (9.72) 0-40
Lause 9.13. LUCASIN ALKULUKUTESTI. Olkoot a, n Z +, a n. Jos a n 1 1 (mod n) (9.73) ja a n 1 p i 1 (mod n) p i n 1, p i P, (9.74) niin n = p P. (9.75) Todistus. Lause 9.12, missä G = Z n, antaa tuloksen n 1 = ord a. (9.76) Toisaalta #Z n = φ(n) a φ(n) = 1. (9.77) 0-41
Nyt Lauseen 9.6 nojalla saadaan n 1 φ(n) n 1 φ(n) = n p n(1 1 p ) (9.78) Jos kuitenkin n / P, niin q 1 P s.e. q 1 n. tällöin n 1 n(1 1 q 1 ) n n q 1 1 n q 1 (9.79) Ristiriita, joten n = p P. Lause 9.14. Olkoon H äärellinen syklinen ryhmä eli H = α, #H = h. Tällöin #{β H H = β } }{{} Ryhmän H generaattoreiden lkm. = φ(h). (9.80) Todistus: Tapaukset h = 1 ja h = 2 selviä. Oletetaan siis, että h 3. 1) Osoitetaan, että ord α a = h, a Z h. (9.81) 0-42
Olkoon τ = α a, a Z h. Jos a = 1, niin Ok. Joten olkoon a = 1. Aluksi τ h = 1. (9.82) Jos olisi τ h p i = 1, jollakin p i h; p i P, (9.83) niin α ah p i = 1. (9.84) Siten h ah p i ah p i = lh (9.85) jollakin l Z. Välittömästi a = lp i p i a. (9.86) 0-43
Mutta a h = p k 1 1 pk r r. Ristiriita eli τ h p i = 1 p i h; p i P. (9.87) Lauseen 9.12 nojalla ord τ = ord α a = h, a Z h. (9.88) Ja #{α a a Z h} = φ(h). (9.89) 2) Osoitetaan vielä, että ord α b < h, b Z h Z h. (9.90) Koska d = syt(b, h) 2 h = dl, b = dk, 1 l h 2 h 1, (9.91) 0-44
niin (α b ) l = (α dl ) k = (α h ) k = 1 ord α b h 1. (9.92) 9.2 Sovelluksia ja esimerkkejä Lause 9.15. Olkoon H ryhmä ja α H. Tällöin α = α 1. (9.93) Huom 1. Lauseen 9.12 avulla saadaan toinen todistus Lauseelle 9.7. Esimerkki 8. Olkoon H ryhmä ja α, β H sekä ord α = 5, ord β = 7 ord αβ = 35. (9.94) Todistus: Luvun h = 35 alkutekijäjoukko on {5, 7}. Lasketaan (αβ) 35 = 1; (9.95) 0-45
(αβ) h/5 = α 2 = 1; (9.96) (αβ) h/7 = β 5 = 1. (9.97) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord αβ = h = 35. (9.98) Esimerkki 9. Olkoon n N ja p P 3. Tällöin p n 2 + 1 p 1 (mod 4). (9.99) Todistus: Nyt kunnassa Z p pätee n 2 = 1 n 4 = 1. (9.100) Osoitetaan, että ryhmässä Z p pätee ord n = 4, (9.101) 0-46
missä luvun h = 4 alkutekijäjoukko on {2}. Lasketaan n h/2 = n 2 = 1. (9.102) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord n = h = 4. (9.103) Toisaalta Pikku-Fermat n nojalla n p 1 = 1 9.6 4 p 1. (9.104) Esimerkki 10. Koska Z 13 = 2 ord 2 = 12 = φ(13), (9.105) niin Lauseen 9.14 nojalla tiedetään, että myös 2 a, a = 1, 5, 7, 11 12. (9.106) ovat generaattoreita. Osoitetaan kuitenkin suoraan Lauseen 9.12 avulla, että ord 2 5 = 12 = h. (9.107) 0-47
Luvun h = 12 alkutekijäjoukko on {2, 3}. Tiedetään, että (2 5 ) 12 = 1; (9.108) Näytetään vielä, että (2 5 ) h/2 = 1; (9.109) (2 5 ) h/3 = 1. (9.110) Lauseen 9.12 nojalla ord 2 5 = h = 12. (9.111) Edelleen, Lauseen 9.15 nojalla saadaan 2 7 = 2 7 = 2 5 = 2 ; (9.112) 2 11 = 2 1 = 2. (9.113) 0-48
9.3 Nopeaa potenssilaskentaa Lasketaan ryhmässä H alkion a H potenssi: a r, r Z +, r h = #H, r = e t 1 2 t 1 +...+e 0, e i {0, 1}, e t 1 = 1. (9.114) Aluksi: a 1 = a a 2 = a 2 1 = a 21 a 3 = a 2 2 = a 22 (9.115) Yhteensä t 1 kertolaskua. Seuraavaksi:. a t = a 2 t 1 = a 2t 1. a r = a e t 1 t a e t 2 t 1... ae 0 1, (9.116) 0-49
missä korkeintaan t 1 kertolaskua. Siten Lause 9.16. Olkoon 1 r h = #H. Tällöin Potenssin a r laskemiseen tarvitaan 2t 2 2 log 2 r 2 log 2 h (9.117) ryhmän H laskutoimitusta. Esimerkki 11. a Z p, #Z p = p 1 = h. (9.118) r p 1 2 500 2t 2 1000. (9.119) 9.4 Diskreetti logaritmi kertolaskuryhmässä Olkoon H äärellinen syklinen kertalukua h = #H oleva ryhmä eli H = β = {β j j = 0, 1,..., h 1} = 0-50
{1, β, β 2,..., β h 1 }. (9.120) Huomaa, että β 0 = β h = β 2h =... = 1. (9.121) Määritelmä 9.3. Alkion y H diskreetti logaritmi kannan β suhteen on eksponentti k {0, 1,..., h 1}, jolle pätee y = β k. Tällöin käytetään merkintää k = log β y. (9.122) Lause 9.17. log β 1 = 0; (9.123) log β xy log β x + log β y (mod h); (9.124) 0-51
log β x k k log β x (mod h). (9.125) Todistus: Esimerkki 12. H = Z 71 = 7 on syklinen ja h = φ(71) = 70. Lasketaan siis (mod 71) ja eksponentit (mod 70). 7 2 = 49 log 7 49 = 2 7 3 = 59 log 7 59 = 3 7 6 = 2 log 7 2 = 6. 7? = 33 log 7 33 =? 7 35 = 70 = 1 log 7 70 = log 7 1 = 35. 7 69 = 61 log 7 61 = 69 7 70 = 1 = 7 0 log 7 1 = 0 0-52
10 Hieman polynomialgebraa Olkoon R ykkösellinen rengas. Tällöin R[x] = {P (x) P (x) = n p k x k ; p k R, n N} k=0 (10.1) on R-kertoimisten polynomien joukko. Jos p n = 0, niin polynomin aste deg P (x) = n, erityisesti deg 0(x) =. Pääpolynomiksi (monic polynomial) sanotaan polynomia, missä korkeimman potenssin kerroin p n = 1. Määritelmä 10.1. Olkoot P (x) = n p k x k, k=0 Q(x) = n q k x k R[x], k=0 0-53
jolloin asetetaan P (x) = Q(x) k(p k = q k ); P (x) + Q(x) = k 0(p k + q k )x k ; (10.2) P (x)q(x) = k 0 r k x k, missä r k = k p i q k i = p i q j, (10.3) i=0 i+j=k joka on Cauchyn kertosääntö. Tällöin R[x] on rengas, missä 0(x) = 0 + 0 x + 0 x 2 +... (10.4) on nolla-alkio ja 1(x) = 1 + 0 x + 0 x 2 +... (10.5) on ykkösalkio. 0-54
Olkoon R = K kunta. Tällöin polynomirengas K[x] on kokonaisalue, jossa pätee Lemma 10.1. Jakoalgoritmi: Olkoon a(x), b(x) K[x], b(x) = 0(x) Tällöin! q(x), r(x) K[x] s.e. [J.A.] a(x) = q(x)b(x)+r(x), deg r(x) < deg b(x). (10.6) Seurauksia: Lemma 10.2. Olkoon p(x) K[x]. Tällöin p(α) = 0, α K (x α) p(x). (10.7) K[x] Lemma 10.3. Olkoon p(x) K[x] ja deg p(x) = n N. Tällöin #{α K p(α) = 0} n. (10.8) 0-55
Erityisesti, kun K = Z p, p P, niin pätee Lemma 10.4. Olkoon p(x) Z p [x] ja deg p(x) = n N. Tällöin #{α Z p p(α) = 0} n. (10.9) Kokonaisalueen D = K[x] yksikköryhmä on K. Joten polynomien a(x) ja b(x) suurin yhteinen tekijä d(x) = s.y.t.(a(x), b(x)) voidaan valita pääpolynomiksi. Lemma 10.5. Eukleideen algoritmin nojalla saadaan, että on olemassa sellaiset polynomit s(x), t(x) K[x], että d(x) = s(x)a(x) + t(x)b(x). (10.10) 0-56
11 Primitiivijuuret 11.1 Ryhmät Z n Määritelmä 11.1. Olkoon n Z 2. Luku b {1, 2,..., n 1} on primitiivijuuri (mod n), jos Z n = b eli b generoi ryhmän Z n. Tällöin diskreetille logaritmille käytetään myös merkintää ind b y = log b y. Lause 11.1. Z n on syklinen n = 2, 4, p l, 2p l, l Z +, p P 3. (11.1) Siten Primitiivijuuri (mod n) n {2, 4} P Z+ 3 2PZ+ 3. Huomaa, että Z n = b ord b = φ(n). (11.2) Todistetaan 11.1 vaiheittain. 0-57
Lause 11.2. Olkoon n = 2 k, tällöin Z n on syklinen k = 1, 2. Todistus. Aluksi Z 2 = 1 (11.3) ja Olkoon nyt n = 2 k, k 3. Tällöin Z 4 = 3. (11.4) Z 2 k = {2l + 1 l = 0, 1,..., 2 k 1 1}. (11.5) Tutkitaan lukua a = 1 + 2l 1. a 2 = 1 + 2 3 l 2 (11.6) josta... a 22 = 1 + 2 4 l 3 (11.7) a 2k 2 1 (mod 2 k ) k Z 3 (11.8) 0-58
Mutta φ(2 k ) = 2 k 1 > 2 k 2. (11.9) Joten (11.2) ei toteudu millään a Z 2 k. Lause 11.3. Olkoon p P 3, tällöin Z p on syklinen. Todistus. Pitäisi löytää sellainen alkio a Z p, että ord a = φ(p) = p 1. (11.10) Vastaoletus ord x p 2 x Z p. (11.11) Koska ord x p 1, (11.12) niin Olkoon ord x p 1 2 x Z p. (11.13) max ord x = K = ord y jollakin y Z p (11.14) 0-59
Nyt sillä, jos olisi x Z p, jolle ord x K x Z p, (11.15) ord x = h K, (11.16) niin Lemman 9.10 nojalla löytyy sellainen z Z p, että ord z = [h, K] > K. (11.17) Ristiriita. Täten x K = 1 x Z p p(x) = x K 1 = 0 x Z p (11.18) eli Mutta #{α Z p p(α) = 0} = p 1. (11.19) deg p(x) = K p 1 2 < p 1. (11.20) 0-60
Ristiriita Lemman 10.4 kanssa. Merkintä 1. ord n α = ord α, α Z n. (11.21) Lause 11.4. Olkoon p P 3, tällöin Z p 2 on syklinen. Edelleen, jos Z p = r, niin Z p 2 = v, missä v = r tai v = r + p. Todistus. Olkoon Z p = r ord p r = φ(p) = p 1, p r (11.22) ja n = ord p 2 r. (11.23) Siten r n 1 (mod p 2 ) (11.24) ja edelleen r n 1 (mod p). (11.25) 0-61
Siispä p 1 n φ(p 2 ) = p(p 1), (11.26) josta n = p 1 (11.27) tai n = p(p 1). (11.28) Jos (11.28), niin Z p 2 = r. (11.29) Olkoon siis n = p 1, (11.30) joten Merkitään s = r + p, jolle pätee r p 1 1 (mod p 2 ). (11.31) Z p = s ord p s = φ(p) = p 1, p s. (11.32) 0-62
Vastaavasti kuten luvulle r pääteltiin vaihtoehdot (11.27) ja (11.28), niin myös luvulle s saadaan: ord p 2 s = p 1 (11.33) tai ord p 2 s = p(p 1). (11.34) Määrätään s p 1 = (r + p) p 1 = (11.35) r p 1 + (p 1)r p 2 p + ( p 1 2 ) r p 1 p 2 +... + p p 1 (11.36) 1 pr p 2 (mod p 2 ) (11.37) Jos olisi s p 1 1 (mod p 2 ), (11.38) 0-63
niin pr p 2 0 (mod p 2 ), (11.39) Ristiriita. Siten ord p 2 s = p(p 1) = φ(p 2 ) Z p 2 = s. (11.40) Esimerkki 13. Z 5 = 2 = 7 ; (11.41) Z 5 2 = 2 ; (11.42) mutta Z 5 2 = 7. (11.43) Esimerkki 14. Z 29 = 14 = 14 + 29 ; (11.44) 0-64
Nyt Z 29 2 = 14 ; (11.45) joten äskeisen todistuksen nojalla Z 29 2 = 43. (11.46) Apulause. Olkoon v Z p 2. Jos v p 1 1 (mod p 2 ), (11.47) niin v pk 2 (p 1) 1 (mod p k ) k Z 2. (11.48) Todistus. Aluksi tapaus k = 3. Eulerin lauseella ja oletuksella (11.47) saadaan v p 1 = 1 + dp, p d. (11.49) Edelleen v p(p 1) = (1 + dp) p = (11.50) 0-65
1 + pdp + ( ) p (dp) 2 +... 1 + dp 2 1 (mod p 3 ). 2 (11.51) Induktio-oletus: k = l, jolloin pätee v pl 2 (p 1) 1 (mod p l ). (11.52) Induktioaskel: Euler-Fermat ja induktio-oletus antavat v pl 2 (p 1) = 1 + fp l 1, p f. (11.53) Potenssiin v pl 1 (p 1) = (1+fp l 1 ) p 1+fp l 1 (mod p l+1 ). (11.54) Lause 11.5. Olkoon p P 3, k Z + tällöin Z p k on syklinen. Todistus. Olkoon Z p = r, ord p r = φ(p) = p 1, p r (11.55) 0-66
ja Z p 2 = v, ord p 2 v = p(p 1) = φ(p 2 ), (11.56) missä v = r tai v = r + p. Väite Z p k = v ord p k v = p k 1 (p 1) = φ(p k ). Apulauseen nojalla tiedetään, että (11.57) v pl 2 (p 1) 1 (mod p l ) l Z 2. (11.58) Olkoon h = ord p k v, (11.59) joten h p k 1 (p 1) = φ(p k ). (11.60) Lisäksi v h 1 (mod p k ) (11.61) 0-67
ja edelleen v h 1 (mod p). (11.62) Vielä v r (mod p), (11.63) joten r h 1 (mod p). (11.64) Nyt oli ord p r = φ(p) = p 1, (11.65) josta p 1 h h = K(p 1). (11.66) Yhdistä (11.60) ja (11.66), jolloin K(p 1) p k 1 (p 1) K = p j 0 j k 1. (11.67) Edelleen h = p j (p 1). (11.68) 0-68
Koska ja jos olisi j k 2, niin saataisiin v h 1 (mod p k ) (11.69) v pk 2 (p 1) 1 (mod p k ). (11.70) Ristiriita tuloksen (11.58) kanssa. Siten h = p k 1 (p 1) = φ(p k ) = ord p k v = #Z p k. (11.71) Esimerkki 15. Z 5 2 = 2 (11.72) Z 5 k = 2 k Z 2. (11.73) Lause 11.6. Olkoon p P 3, k Z + tällöin Z 2p k on syklinen. 0-69
Todistus. (Kotitehtävä: lisää tarvittavat välivaiheperustelut.) Aluksi huomio Z p k = v Z p k = v + p k. (11.74) Siten voidaan olettaa, että 2 v, v 2p k. (11.75) Olkoon h = ord 2p k v. (11.76) Välittömästi h φ(2p k ) = φ(p k ) (11.77) ja v h 1 (mod 2p k ), (11.78) josta v h 1 (mod p k ). (11.79) 0-70
Niinpä h φ(p k ) h, h = φ(p k ) = φ(2p k ). (11.80) Lause 11.7. Olkoot n Z +, q {4} P 3, p P 3, p = q ja pq n. Tällöin Z n ei ole syklinen. Todistus. Olkoon n = BC, B, C 3, B C. (11.81) Merkitään k = [φ(b), φ(c)], d = (φ(b), φ(c)). (11.82) Huomaa, että 2 d, kd 3.10 = φ(b)φ(c). (11.83) Valitaan a Z n, (11.84) 0-71
joten a φ(b) 1 (mod B). (11.85) Edelleen a k = a φ(b)φ(c) d 1 (mod B). (11.86) Vastaavasti a k 1 (mod C), (11.87) joten a k 1 (mod BC). (11.88) Vielä k = φ(b)φ(c) d φ(bc) 2 = φ(n) 2. (11.89) Siispä Z n = a a Z n. (11.90) Lauseet 11.2 11.7 osoittavat Lauseen 11.1 todeksi. 0-72
Tutkitaan vielä ryhmää Z 2 k. Lauseen 11.2 nojalla, jos k Z 3, niin Z 2 k = a a Z 2 k. (11.91) Apulause. Olkoon k Z 3. Tällöin Todistus. Yhtälön (11.8) nojalla ord 2 k 5 = φ(2k ). (11.92) 2 5 2k 2 1 (mod 2 k ). (11.93) Olkoon h = ord 2 k 5, (11.94) jolloin h 2 k 2, h = 2 m, m k 2. (11.95) Induktiolla saadaan 5 2l 3 1+2 l 1 1 (mod 2 l ) l Z 3. (11.96) 0-73
Jos olisi m k 3, niin relaatiosta 5 h = 5 2m 1 (mod 2 k ) (11.97) seuraisi 5 2k 3 1 (mod 2 k ). (11.98) Ristiriita. Siten h = ord 2 k 5 = 2 k 2. (11.99) Merkintä 2. Olkoon G Abelin ryhmä ja a, b G. Tällöin a, b = {a i b j i, j Z}. (11.100) Huomaa, että a, b G. (11.101) Kun G on äärellinen g = #G, niin silloin a, b = {a i b j 0 i, j g 1}. (11.102) 0-74
Lause 11.8. Z 2 k = 1, 5 k Z 1. (11.103) Todistus. Tapaukset k = 1, 2 OK. Olkoon k 3 ja H = 5 = {5 i i = 0, 1,..., 2 k 2 1}, #H = 2 k 2, (11.104) L = { 5 i i = 0, 1,..., 2 k 2 1}, #L = 2 k 2. (11.105) #H = #L = #Z 2 k 2. (11.106) Jos olisi 5 j = 5 i Z 2 k, (11.107) 0-75
niin 5 j 5 i (mod 2 k ) 5 j 5 i (mod 4) (11.108) 1 1 (mod 4). (11.109) Ei käy tällainen, joten joukot H ja L ovat erillisiä ja yhdessä täyttävät joukon Z 2 k eli H L = Z 2 k, H L =. (11.110) II Tapa: Tarkastellaan aliryhmän 5 sivuluokkia. 11.2 Sovelluksia ja esimerkkejä Olkoon seuraavassa p P 3 ja Z p = β, jolloin β p 1 = 1. A). Olkoot n Z. Lasketaan A n = a Z p a n. (11.111) 0-76
Välittömästi A n = p 2 (β i ) n = i=0 p 2 (β n ) i. (11.112) i=0 a) p 1 n. Tällöin A n = p 2 i=0 1 i = p 1 (11.113) eli 1 n +2 n +3 n +...+(p 1) n 1 (mod p). (11.114) b) p 1 n. Tällöin β n = 1 ja A n = (βn ) p 1 1 β n 1 = (βp 1 ) n 1 β n 1 = 0 (11.115) eli 1 n +2 n +3 n +...+(p 1) n 0 (mod p). (11.116) c) Erityisesti 1 + 1 2 + 1 3 +... + 1 p 1 0 (mod p). (11.117) 0-77
B). Olkoot n Z. Tällöin B n = a = 1. (11.118) a Z p 11.2.1 Polynomiyhtälöitä Olkoon seuraavassa H = β kertalukua h Z + oleva syklinen ryhmä, jolloin β h = 1. Lause 11.9. Olkoon k Z +, (h, k) = d ja a H. Tällöin yhtälöllä x k = a ratkaisu x H d S = log β a. (11.119) Todistus. " ". Olkoon aluksi a = β S ja x = β R H, (11.120) jolloin yhtälöstä x k = a seuraa β kr = β S = β S+jh, j Z. (11.121) 0-78
Yhtälö (11.121) toteutuu, mikäli yhtälöllä kr = S + jh (11.122) on ratkaisu R, j. Koska d k, d h, niin välttämättä d S. " ". Oletetaan siis d S = dd. Tällöin yhtälöllä kr = S + jh (11.123) on ratkaisu R, j. Siten (β R ) k = β S+jh = β S, j Z. (11.124) Siispä x = β R H toteuttaa yhtälön x k = a. (11.125) Huomio: Yhtälön (11.123) ratkaisun olemassaolo. Koska d = (k, h), niin Eukleideen algoritmin nojalla (kts. Lukuteorian perusteet) saadaan Bh + Ck = d, B, C Z. (11.126) 0-79
Siispä (DC)k = S + ( DB)h. (11.127) Aseta vielä R = DC, j = DB. Lause 11.10. Olkoon k Z +, (h, k) = d ja a H. Tällöin yhtälöllä x k = a ratkaisu x H a h/d = 1. (11.128) Todistus. Olkoon a = β S H. Tällöin a h/d = 1 (11.129) S h d = jh S = jd d S (11.130) yhtälöllä x k = a on ratkaisu ryhmässä H. 1. Olkoon seuraavassa p P 3 ja Z p = β, jolloin β p 1 = 0-80
C). Yhtälöllä on ratkaisut x = ±1 Z p. Toisaalta x 2 = 1 (11.131) α = β p 1 2 (11.132) toteuttaa yhtälön (11.131). Siten β p 1 2 = 1. (11.133) D). Yhtälö x 2 = a Z p. (11.134) Nyt d = (h, k) = (p 1, 2) = 2. Täten Yhtälö (11.134) ratkeaa, kunhan d = 2 S = log β a. (11.135) Tällöin 2R = S + j(p 1). (11.136) 0-81
E). Yhtälö x 2 = 1 Z p. (11.137) Nyt d = (h, k) = (p 1, 2) = 2. Täten Yhtälö (11.137) ratkeaa, kunhan d = 2 S = log β 1 = p 1 2 = 2k p = 4k + 1. (11.138) Eli yhtälöllä x 2 = 1 ratkaisu x Z p p = 4k + 1. ja yhtälöllä (11.139) x 2 = 1 ratkaisua x Z p p = 4k + 3. (11.140) F). x 3 = 4 Z 13 = 2. (11.141) Nyt d = (h, k) = (p 1, 3) = 3. 0-82
Lasketaan a h/d = 4 12/3 = 2 8 = 1. (11.142) Siten yhtälöllä (11.141) ei ole ratkaisua ryhmässä Z 13. G). x 3 = 5 Z 13 = 2. (11.143) Lasketaan a h/d = 5 12/3 = (2 9 ) 4 = 1. (11.144) Siten yhtälöllä (11.143) on ratkaisuja x = 2 R ryhmässä Z 13. Saadaan 3R = log 2 5 + j 12 = 9 + j 12 R = 3 + 4j, josta ratkaisut (11.145) (R, j) = (3, 0), (7, 1), (11, 2), x = 8, 11, 7. (11.146) 0-83
12 Neliöjäännökset 12.1 Yhtälö x 2 = a syklisessä ryhmässä Lause 12.1. Olkoon H = β, h = #H. Jos 2 h, niin Jos 2 h, niin #{a H x H : x 2 = a} = h 2. (12.1) #{a H x H : x 2 = a} = h. (12.2) Todistus. (12.1): Määrätään ryhmän H neliöt a = (β l 1 ) 2, 0 l 1 h 1. (12.3) Olkoon vielä a = (β l 2 ) 2, 0 l 1 l 2 h 1. (12.4) jolloin saadaan β 2(l 2 l 1 ) = β jh, 0 2(l 2 l 1 ) 2h 2. (12.5) 0-84
Siten 2(l 2 l 1 ) = 0 tai 2(l 2 l 1 ) = h (12.6) eli l 2 = l 1 tai l 2 = l 1 + h/2. (12.7) Tällöin saadaan #{a = x 2 } = #{a = β 2l 1 0 l 1 h/2 1} = h/2. (12.8) Esim. β 2 0 = β 2 h/2 = 1,... (12.9) Huom. Kohdassa (12.1), jolloin 2 h ja β h = 1, yhtälöllä x 2 = β 2l (12.10) on ratkaisut x 1 = β l, x 2 = β l+h/2. (12.11) 0-85
Mutta yhtälöllä x 2 = β 2l+1 l = 0, 1,..., h 1 (12.12) ei ole ratkaisua H:ssa! Sanotaakin, että a = β 2l on neliö ja a = β 2l+1 on epäneliö, joita on siis yhtä paljon eli #{ } = #{ } = h 2. (12.13) Olkoon nyt H = Z p = β ja h = p 1 = #H, missä p P 3. Tällöin 2 h ja 1 = 1, sekä 1 = β p 1 2, (12.14) jolloin yhtälöllä x 2 = β 2l (12.15) on ratkaisut x 1 = β l, p 1 l+ x 2 = β 2 = β l Z p. (12.16) 0-86
Mutta yhtälöllä x 2 = β 2l+1 l = 0, 1,..., h 1 (12.17) ei ole ratkaisua Z p :ssa. Määritelmä 12.1. Luku a Z (a Z p) on neliönjäännös (mod p), jos x Z p s.e. x 2 = a, (12.18) muutoin epäneliö. Huom. Z 2 = {1} = {1 2 }. (12.19) Lause 12.2. Olkoon p P 3. Joukossa Z p = β neliöitä ja epäneliöitä on yhtäpaljon = p 1 2. Neliö = β2l, epäneliö = β 2l+1 aina, kun l = 0, 1,..., (p 3)/2. 0-87
12.2 Legendren symboli Määritelmä 12.2. Olkoon a Z ja p P 3. Legendren symboli ( a p ) määritellään asettamalla ( a ) = p 0, jos p a 1, jos a on neliönjäännös (mod p) 1, jos a on epäneliö (mod p). (12.20) Legendren symboli kertoo, milloin a on neliönjäännös (mod p) eli milloin a on neliö Z p :ssä. Lause 12.3. Eulerin kriteeri. Olkoon a Z ja p P 3. Tällöin ( a p ) a p 1 2 (mod p). (12.21) Todistus. Olkoon β = Z p, jolloin βp 1 = 1 ja β p 1 2 = 1. (12.22) 0-88
( a p ) = 1 a = β 2l a p 1 2 = (β p 1 ) l = 1. (12.23) ( a p ) = 1 a = β 2l+1 a p 1 2 = (β p 1 2 ) 2l+1 = 1. (12.24) Esimerkki 16. p = 23 P, a = 5, p 1 2 = 11. (12.25) ( 5 ) 23 5 11 = (5 2 ) 5 5 = 2 5 5 = 9 5 1 (mod 23) eli 5 on epäneliö (mod 23). (12.26) Lause 12.4. Legendren symboli toteuttaa seuraavat ehdot: a b (mod p), ( a p ) = ( b p). (12.27) 0-89
( ab ) p = ( a p )( b p). (12.28) a 0 (mod p), ( a 2 ) p = 1, ( 1 p) = 1. (12.29) ( 1 p ) = ( 1) p 1 2. (12.30) ( 2 p) = ( 1) p2 1 8 = 1, jos p ±1 (mod 8) 1, jos p ±3 (mod 8). (12.31) Todistus. (12.27) Eulerin kriteerillä ( a p ) a p 1 2 b p 1 2 ( b p) (mod p). (12.32) 0-90
(12.28) Eulerin kriteerillä ( ab ) (ab) p 1 2 a p 1 p 1 2 b 2 p ( a p )( b p) (mod p). (12.33) (12.29) Määritelmästä suoraan. (12.30) Eulerin kriteerillä. (12.31) Gaussin lemmalla myöhemmin. Esimerkki 17. ( 89 13 ) = ( 2 13 ) = ( 1 13 )( 2 13 1 ) = ( 1) 2 ( 1) 132 1 8 = 1. 13 (12.34) siten 89, 2 ja 11 ovat epäneliöitä (mod 13). Lause 12.5. Resiprookkilause. Olkoot p, q P 3, p = q. Tällöin ( q p )( p q ) = ( 1) (p 1)(q 1) 4. (12.35) Esimerkki 18. 1009 P. Lasketaan ( 713 1009 ) = ( 23 31 )( 1009 1009 ) = 0-91
( 1) (23 1)(1009 1) 4 + (31 1)(1009 1) 4 ( 1009 23 )(1009 31 ) = Siten yhtälöllä ( 20 23 )(17 ) =... = 1. (12.36) 31 x 2 713 (mod 1009), x Z, (12.37) on ratkaisuja. 12.3 Gaussin Lemma Jakoyhtälö: Olkoot a, b, q, r Z, b Z +. Tällöin a = qb + r, 0 r < b. (12.38) Jakoyhtälöstä (Lukuteorian perusteet) saadaan q = a, r = a b b a b. (12.39) 0-92
Olkoot p P 3, a Z, p a. Jaetaan seuraava jakojäännöksien joukko R a = {r k 1 r k p 1, (12.40) r k ak (mod p), 1 k (p 1)/2} Isoihin jakojäännöksiin I a = {r k R a (p + 1)/2 r k p 1}, s = #I a (12.41) ja Pieniin jakojäännöksiin P a = {r k R a 1 r k (p 1)/2}, t = #P a. Huomaa, että (12.42) s + t = p 1 2. (12.43) Lause 12.6. Gaussin Lemma. Olkoot p P 3, a Z, p a ja s = #I a. (12.44) 0-93
Tällöin ( a p ) = ( 1) s. (12.45) Todistus. Merkitään I a = {b 1,..., b s }, P a = {l 1,..., l t } (12.46) ja lasketaan tulo S = b 1 b s l 1 l t = p 1 2 k=1 r k p 1 2 k=1 Toisaalta ka = ( p 1 2 )!a p 1 2 (mod p). (12.47) S ( 1) s (p b 1 ) (p b s )l 1 l t (mod p), missä tulon alkiot ovat erillisiä (mod p). Nimittäin, jos olisi (12.48) p b i l j (mod p), (12.49) 0-94
niin p k i a k j a (mod p), 1 k i, k j (p 1)/2. Edelleen (12.50) p k i + k j, 2 k i + k j p 1. (12.51) Ei mahdollista. Täten joukolle T = {p b 1,...p b s, l 1,..., l t } (12.52) pätee #T = s+t = p 1, 2 x T 1 x (p 1)/2. (12.53) Siten T = {p b 1,...p b s, l 1,..., l t } = {1, 2,..., (p 1)/2} (12.54) 0-95
ja niinpä S ( 1) s t T t = ( 1) s p 1 2 k=1 k = Täten ( p 1 2 ( ) p 1 ( 1) s! (mod p). (12.55) 2 )!a p 1 josta väite seuraa. ( p 1 2 ( 1) s 2 )! (mod p), (12.56) Lause 12.7. Olkoot p P 3. Tällöin ( 2 p) = ( 1) p2 1 8. (12.57) Huomaa, että (12.57) on yhtäpitävää seuraavan tuloksen kanssa. Todistus laskareissa. 0-96
Olkoot p P 3. Tällöin ( 2 p) = 1 p = 8k ± 1. (12.58) Todistetaan (12.58). Lasketaan s = #I a = #{r k R 2 (p + 1)/2 r k p 1}, (12.59) missä R 2 = {r k 1 r k p 1, (12.60) r k 2k (mod p), 1 k (p 1)/2}. Saadaan ehdot (p + 1)/2 2k p 1, 1 k (p 1)/2 (12.61) p + 1 4 k p 1 2. (12.62) 0-97
Siten s = # { k p + 1 4 k p 1 }, (12.63) 2 joten s = p 1 2 p + 1 4 +1 = p + 1 2 p + 1 4. (12.64) Tutkitaan p (mod 8). p = 8k + 1 (12.65) s = 8k + 2 2 8k + 2 4 = 4k + 1 (2k + 1) 2Z. (12.66) p = 8k + 3 s 2Z + 1. (12.67) p = 8k + 5 s 2Z + 1. (12.68) 0-98
p = 8k + 7 s 2Z. (12.69) Saatiin (12.58). Lause 12.8. Olkoot p P 3, a 2Z + 1, p a ja asetetaan Tällöin v = ( a p ) p 1 2 k=1 ka p. (12.70) = ( 1) v. (12.71) Tästä Todistus: Yhtälön (12.39) nojalla ka = ka p p + r k, 0 r k p 1. (12.72) p 1 2 k=1 ka = p p 1 2 k=1 ka p + s b i + i=1 t l j. (12.73) j=1 0-99
Oli Näistä saadaan p 1 2 k=1 k = s (p b i ) + i=1 t l j. (12.74) j=1 (a 1) p 1 2 k=1 k = pv sp + 2 s i=1 b i (12.75) josta (mod 2) v s (mod 2) ( 1) v = ( 1) s. (12.76) Vielä Gaussin lemma. Todistetaan sitten Resiprookkilause 12.10 eli: Olkoot p, q P 3, p = q. Tällöin ( q p )( p q ) = ( 1) (p 1)(q 1) 4. (12.77) ( q p) Todistus. Merkitään = ( 1) s 1 = ( 1) v 1, ( p q ) = ( 1) s 2 = ( 1) v 2. (12.78) 0-100
Osoitetaan, että v 1 + v 2 = (p 1)(q 1), (12.79) 4 missä v 1 = p 1 2 m=1 mq, v 2 = p q 1 2 n=1 np q. (12.80) Jaetaan joukko N = {(x, y) Z 2 1 x (p 1)/2, 1 y (q 1)/2} (12.81) #N = (p 1)(q 1), (12.82) 4 osiin A = {(x, y) N y < qx/p}, (12.83) Y = {(x, y) N y > qx/p}. (12.84) 0-101
Välittömästi A Y = N, A Y =. (12.85) Lasketaan vielä joukkojen A ja Y mahtavuudet. Olkoon aluksi x = m kiinteä, jolloin #{(m, y) A} = #{y 1 y < qx/p} = mq. p (12.86) Niinpä ja vastaavasti Koska #A = #Y = p 1 2 m=1 q 1 2 n=1 mq = v 1 (12.87) p np = v 2. (12.88) q #A + #Y = #N, (12.89) niin saadaan v 1 + v 2 = (p 1)(q 1). (12.90) 4 0-102
12.4 Jacobin symboli Määritelmä 12.3. Olkoon a Z ja n 2Z + 1 3, jonka alkutekijäesitys on n = p α 1 1 pα r r, p i P. (12.91) Tällöin Jacobin symboli ( a n ) määritellään asettamalla ( a ( a ) α1 ( a ) αr. = (12.92) n) p 1 p r Lause 12.9. Jacobin symboli toteuttaa seuraavat ehdot: a b (mod n), ( a n ) = ( b ). (12.93) n ( ab n ) = ( a n )( b ). (12.94) n a n, ( a2 n ) = 1, ( 1 ) = 1. (12.95) n ( 1 n 1 ) = ( 1) 2. (12.96) n 0-103
( 2 n) = ( 1) n2 1 8 = 1, jos n ±1 (mod 8) 1, jos n ±3 (mod 8). (12.97) Lause 12.10. Yleistetty Resiprookkilause. Olkoot m, n 2Z + 1 3, m n. Tällöin ( m n ) = ( 1) (m 1)(n 1) 4 ( n m). (12.98) Huom 2. Jos n on yhdistetty luku, niin ( a n ) ei kerro sitä, onko kongruenssilla x 2 a (mod n) (12.99) ratkaisu vai ei. 0-104
12.5 Sovelluksia Esimerkki 19. Olkoon p, q P 3 ja p = 4q + 1. Tällöin Z p = 2. (12.100) Todistus: Aluksi huomataan, että pienimmät tällaiset alkuluvut ovat p = 13, 29,... (12.101) Nyt ryhmässä Z p pätee h = p 1 = #Z p, (12.102) missä luvun h = 4q alkutekijäjoukko on {2, q}. Tarkastellaan potensseja 2 h/q = 2 4 = 1 Z p, (12.103) 2 h/2 = 2 p 1 2. (12.104) 0-105
Tässä 2 p 1 2 12.21 = ( 2 p ) 12.57 = ( 1) p2 1 8 = 1 Z p. (12.105) Siten 2 h/2 = 1 = 1 Z p. (12.106) Niinpä Lauseen 9.12 nojalla saadaan ord 2 = h = p 1 12.100. (12.107) 0-106
13 Deterministisiä alkulukutestejä 13.1 Ei-polynomiaikaisia Olkoon n annettu luku Z +. DT1=Eratostheneen seula. Kokeillaan luvut (tai alkutekijät, jos tiedetään) n. Esimerkki 20. n = 42833. 2, 3, 5 n 7 n 42833 = 7 6119. n 1 = 6119. 7, 11, 13, 17, 19, 23 n 29 6119 = 29 211, n 2 = 211 mutta 23 > 211 Stop. 0-107
42833 = 7 29 211. (Kokeiltavia alkulukuja tarvitaan korkeintaan π( n) = jakolaskujen lukumäärä, missä π( n) = O( n log ). Siten n T IME(DT 1) = O(2 n 1 2 log n log2 n) = O(n 1 2 log n) = O(le l/2 ) missä log n = O(l), l = l(n), eli DT 1 on eksponentiaalinen.) DT2=Lucasin testi=lemma 9.13, joka soveltuu hyvin vain luvuille n, joilla luvun n 1 alkutekijät ovat "pieniä"eli B = O(log n). Tällöin n 1 on B-tasainen (ja testi on polynomiaikainen, jos B = O(log n).) Lemma 3.12: LUCASIN ALKULUKUTESTI. 0-108
Olkoot a, n Z +, a n. Jos a n 1 1 (mod n) (13.1) ja a n 1 p i 1 (mod n) p i n 1, p i P, (13.2) niin n = p P. DT3= 2. Lucasin testi on Lemman 9.13 muunneltu versio. Lemma 13.1. DT3=2. LUCASIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n Z + ja n 1 = s i=1 p k i i, p i P. (13.3) Jos jokaista i = 1,..., s kohti on olemassa sellainen a i, että a n 1 i 1 (mod n) (13.4) ja n 1 p a i i 1 (mod n) (13.5) 0-109
niin n = p P. Todistus: Olkoot h j = ord n a j h j n 1, h j φ(n). (13.6) Nyt Niinpä 13.5 h j n 1 p j = p k j 1 j s i =j p k i i. (13.7) p k j j h j j = 1,..., s n 1 φ(n). (13.8) Jatketaan kuten Lemman 9.13 todistusta. Lemma 13.2. DT4=POCKLINGTONIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n Z + ja n 1 = mk, m = s i=1 p k i i, p i P, m k, n m. (13.9) 0-110
Jos jokaista i = 1,..., s kohti on olemassa sellainen a i, että a n 1 i 1 (mod n) (13.10) ja n 1 p syt(a i i 1, n) = 1 (13.11) niin n = p P. Todistus: Olkoot q n, q P ja h j = ord q a j h j q 1, h j n 1. (13.12) Nyt n 1 13.11 p a i i 1 (mod q) (13.13) Kuten aikaisemmin h j n 1 p j = k p k j 1 j s i =j p k i i, k m. (13.14) mistä p k j j h j q 1 j = 1,..., s m q 1. (13.15) 0-111
Edelleen n m q 1. (13.16) Jos olisi qr n, q, r P, qr ( n + 1) 2. (13.17) Ristiriita. Lemma 13.3. DT5=PROTHIN ALKULUKUTESTI. Olkoot n = k2 t + 1 Z +, k < 2 t, t Z + (13.18) ja a n 1 2 1 (mod n), a Z, (13.19) tällöin n = p P. Todistus laskareissa POCKLINGTONIN avulla. 0-112
13.2 Mersennen ja Fermat n luvut Mersennen luvut M n = 2 n 1, n Z + ; (13.20) Fermat n luvut F n = 2 2n + 1, n Z +. (13.21) Lause 13.1. Olkoot a Z, a 2, m Z +. Tällöin a m 1 P, m 2, a = 2 ja m = p P. (13.22) a m + 1 P 2 a ja m = 2 n, n N; (13.23) Todistus Lukuteorian perusteet kurssilla. Lause 13.2. M n P n = p P. (13.24) 0-113
Lause 13.3. Olkoon p P 3. Tällöin d M p d = 2kp + 1, k Z +. (13.25) [DT8] Lucas-Lehmer alkulukutesti. Olkoon p P 3. Määritellään rekursiojono u 0 = 4, u k+1 = u 2 k 2 k N. (13.26) Lemma 13.4. Olkoot α = 2 + 3, β = 2 3, (13.27) tällöin u k = α 2k + β 2k k N. (13.28) Todistus laskareissa. Lause 13.4. Lucas-Lehmer alkulukutesti. Olkoon p P 3. M p P M p u p 2. (13.29) 0-114
Ennen todistusta määritellään seuraava rengas. Määritelmä 13.1. Olkoon q P. Asetetaan Z q [ 3] = {a + b 3 a, b Z q } (13.30) ja laskutoimitukset (a + b 3) + (c + d 3) = (a + b) + (c + d) 3, (13.31) (a + b 3) (c + d 3) = (ac + 3bd) + (ad + bc) 3. (13.32) Lemma 13.5. (Z q [ 3], +, ) on kunta. HUOM: Kyseessä on kuntalaajennus (Algebra II) eli tarkemmin Todistus laskareissa. Z q [ 3] = F = Z q [x]/ x 2 3, (13.33) 0-115
missä merkintä 3 tarkoittaa renkaan F alkiota x, jolle pätee x 2 = 3 2 = 3, x = 3 F. (13.34) Edelleen 3 Zq ( ) 3 q = 1 q ±1 (mod 12). (13.35) Todistus laskareissa. Huomaa, että F = F {0} (13.36) ja erityisesti α = 2 + 3, β = 2 3 F. (13.37) Lemma 13.6. #F q 2, #F q 2 1. (13.38) Tarkemmin #F = q tai q 2, #F = q 1 tai q 2 1. (13.39) 0-116
Todistus luennolla. Lauseen 13.4 todistus. " ". Olkoon M p = q = 2 p 1 P q + 1 2 = 2 p 1. (13.40) Aluksi q = 2 p 1 7 (mod 12) ( ) 3 q = 1. (13.41) Edelleen Eulerin (12.21) kriteerillä ( ) 3 q 3 q 1 2 1 (mod q) (13.42) ja ( ) 2 q 2 q 1 2 ( 1) q2 1 8 (13.43) ( 1) 2p 2 (2 p 1 1) = 1 (mod q). (13.44) 0-117
Olkoon seuraavaksi a + b 3 F. (13.45) Lasketaan (a + b 3) q = a q + ( ) q a q 1 b 3 + 1 ( ) q a q 2 b 2 3 +... 2 (13.46) ( ) q + a 2 b q 2 ( ) 3 q 2 q + ab q 1 3 q 1 +b q 3 q q 2 1 (13.47) a q + b q 3 q a + b3 q 1 2 3 (mod q). (13.48) Siten tuloksen (13.42) nojalla (a + b 3) q = a b 3 F. (13.49) Koska 2α = 4 + 2 3 = (1 + 3) 2, (13.50) 0-118
niin 2 q+1 2 α q+1 2 = (1 + 3) q+1 (13.51) 2 2 q 1 2 α q+1 2 = (1+ 3)(1 3) = 2 (13.52) Siten α q+1 2 = 1 α 2p 1 = 1. (13.53) u p 2 = α 2p 2 + β 2p 2 = β 2p 2 (α 2p 1 + 1) = 0 F (13.54) ja lopulta u p 2 0 (mod q) u p 2 0 (mod M p ). (13.55) " ". Olkoon siis M p u p 2 = α 2p 2 + β 2p 2 = DM p, D Z +, (13.56) 0-119
josta α 2p 1 = DM p α 2p 2 1. (13.57) Vastaoletus M p P q P, q M p, q 2 M p. (13.58) Tällöin (13.57) nojalla α 2p 1 1 (mod q), α 2p 1 (mod q) (13.59) eli α 2p 1 = 1, α 2p = 1 F. (13.60) Siten Lauseen 9.12 nojalla ord α = 2 p #F q 2 1 (13.61) M p 1 = 2 p 2. Ristiriita. (13.62) 0-120
Esimerkki 21. M 7 = 127. Lasketaan u 1 = 14, u 2 67 (mod 127), u 3 42 (mod 127), (13.63) u 4 16 (mod 127), u 5 0 (mod 127) joten M 7 P. (13.64) Lause 13.5. M p 2 M p 2 p P. (13.65) Siten Mersennen luvut alkulukuindeksillä ovat alkulukuja tai pseudoalkulukuja kannan 2 suhteen, katso Määritelmä 14.1.. Lause 13.6. F n 2 F n 2 n Z +. (13.66) 0-121
Siten Fermat n luvut ovat alkulukuja tai pseudoalkulukuja kannan 2 suhteen. Lause 13.7. F n = F 0 F 1 F 2 F n 1 + 2, n Z +. (13.67) Lause 13.8. F n F m, n = m. (13.68) Lause 13.9. Olkoon n Z 2. Jos p P, p 2 2n + 1, (13.69) niin p 1 (mod 2 n+2 ). (13.70) Todistus. Oletuksen (13.69) nojalla 2 2n 1 (mod p) 2 2n+1 1 (mod p), (13.71) 0-122
joten Lauseen 9.12 nojalla ord p 2 = 2 n+1. (13.72) Koska myös ja siten 2 p 1 1 (mod p) ord p 2 = 2 n+1 p 1 (13.73) p = 1 + l2 n+1 p 1 (mod 8). (13.74) Joten Eulerin (12.21) kriteerillä ( ) 2 p 2 p 1 2 1 (mod p) (13.75) Siispä ord p 2 = 2 n+1 p 1 2 p = 1 + k2 n+2. (13.76) 0-123
Lause 13.10. Olkoon n Z 2. Tällöin F n P 3 (F n 1)/2 1 (mod F n ); (13.77) F n P Z F n = 3. (13.78) Todistus: Aluksi huomataan, että F n 17. (13.77). Olkoon F n P. Koska F n 2 (mod 3), (13.79) niin ( Fn 3 ) 12.27 = ( 2 3) = 1. (13.80) Resiprookkilauseen nojalla ( 3 ) ( 12.35 = ( 1) (F n 1)(3 1) Fn ) 4 F n 3 = 1. (13.81) 0-124
Koska F n P, niin Eulerin kriteerillä ryhmässä Z F n pätee ( 3 F n ) 12.21 = 3 F n 1 2. (13.82) (13.77). Oletuksen nojalla 3 (F n 1)/2 1 = 1 (mod F n ) (13.83) josta 3 F n 1 1 (mod F n ). (13.84) Nyt F n 1 = 2 2n := h, (13.85) missä missä luvun h alkutekijäjoukko on {2}. Siispä Lucasin alkulukutestin Lause 9.13 nojalla F n P. (13.78). Oletuksien nojalla F n = p P 17, jolloin ryhmässä Z p pätee 3 p 1 1 (mod p). (13.86) 0-125
Kuten kohdan (13.77) todistuksessa saadaan 3 p 1 2 = 1 = 1. (13.87) Täten Lauseen 9.12 perusteella Z F n = 3. (13.88) (13.78). Oletuksen nojalla Z F n = 3. (13.89) Lauseen 11.1 mukaan F n = 2, 4, p l, 2p l, l Z +, p P 3, (13.90) joten F n = p K, K Z +, p P 3. (13.91) Lauseen 13.9 nojalla p = L2 n+2 + 1, L Z +. (13.92) 0-126
Siten (1 + L2 n+2 ) K = 2 2n + 1 (13.93) ( ) K L2 n+2 + 1 ( ) K L 2 2 (n+2)2 +...+ (13.94) 2 ( ) K L K 1 2 (n+2)(k 1) + L K 2 (n+2)k = 2 2n, K 1 (13.95) josta saadaan L 2 2n L = 2 s (13.96) p = 2 t + 1 p = 2 2l + 1 = F l. (13.97) Tuloksien (13.91) ja (13.97) mukaan F l F n, (13.98) 0-127
josta Lauseen 13.8 nojalla F l = F n F n = p P 3. (13.99) Seuraava lause yleistää tuloksen F n = p K, K Z 2, p P 3. (13.100) Lause 13.11. Olkoon n Z 2, K Z 2 ja A Z 3. Tällöin F n = A K (13.101) eli Fermat n luku ei ole kokonaisluvun aito potenssi. Todistus. Olkoon F n = 2 2n + 1 = A K, K Z 2, A Z 3. (13.102) Välittömästi A 2Z + 1, A 3 ja 1 = A K 2 2n, A K > 2 2n A K/2 > 2 2n 1. (13.103) 0-128
Olkoon K = 2L 2Z, jolloin 1 = (A L 2 2n 1 )(A L + 2 2n 1 ), A L 2 2n 1 Z 1, A L + 2 2n 1 > 2 2n. (13.104) Ristiriita. Olkoon K = 2L + 1 2Z + 1. Tällöin 2 2n = (A 1)(A 2L + A 2L 1 +... + A + 1), (13.105) joten A 1 = 2 s, A 2L +A 2L 1 +...+A+1 = 2 t, 1 s < t. Edelleen (13.106) A 1 (mod 2) A 2L + A 2L 1 +... + A + 1 2L + 1 1 (mod 2). (13.107) Ristiriita tuloksen (13.106) kanssa. 0-129
Lause 13.12. Olkoot n Z 2 ja p P 3. Tällöin p = F n Z p = Z p. (13.108) Ts. Alkuluku p on Fermat n alkuluku täsmälleen silloin kun kertolaskuryhmä (mod p) on jokaisen epäneliönsä generoima. Todistus. " ". Olkoon siis F n = p P, Z p = β (13.109) Tiedetään, että epäneliöille pätee = β 2l+1 1 2l + 1 p 2. (13.110) Tässä (2l + 1, p 1) = (2l + 1, 2 2n ) = 1, (13.111) joten tuloksen (9.81) nojalla ord β 2l+1 = p 1. (13.112) 0-130
Siispä β 2l+1 = Z p 1 2l + 1 p 2. (13.113) " ". Olkoon siis Siten ord = ord β 2l+1 = p 1 1 2l + 1 p 2. (13.114) (2l+1, p 1) = 1, 1 2l+1 p 2 p 1 = 2 m. Tuloksen (13.23) nojalla (13.115) p = 2 2n + 1, jollakin n Z. (13.116) KOEALUE 2015 TÄHÄN ASTI. 0-131
13.3 Polynomiaikainen/AKS/EI KOKEESEEN Seuraava Lause 13.13 on lähtökohtana deterministiselle polynomiaikaiselle alkulukutestille =AKS. Lause 13.13. Olkoot a Z, n N, n 2. Tällöin n P (x a) n = x n a; (13.117) a n, n / P, (x a) n = x n a; (13.118) polynomirenkaassa Z n [x]. Aluksi saadaan alkulukutesti DT6 n P (x 1) n = x n 1 Z n [x]. (13.119) (Mutta T IME(DT 6) = O(n log 3 n), 0-132
joten (DT 6) on eksponentiaalinen.) Tarvitaan muunneltu testi. DT7=AKS. Vuonna 2002 julkaistiin ensimmäinen deterministinen polynomiaikainen alkulukutesti. Algoritmin (DT7)=PRIME(n), jolla todistettavasti voidaan päätellä onko annettu positiivinen kokonaisluku n alkuluku, esittivät intialaiset Maninra Agrawal, Neeraj Kayal ja Nitin Saxena [Primes is in P, Annals of Mathematics (2004)]. Aikaisemmat JULKISESTI tunnetut testit ovat tavalla tai toisella stokastisia eli joko testin tulos tai kestoaika on epävarma polynomiajassa. Algoritmi perustuu seuraavaaviin tuloksiin. Lause 13.14. Olkoot n Z 2, q, r P sellaisia, että (m, n) = 1, 1 m r. (13.120) q r 1. (13.121) 0-133
q 2 r log n + 2, (13.122) n r 1 q 1 (mod r). (13.123) 1 a 2 r log n + 1 (13.124) pätee (x a) n = x n a Z n [x]/ x r 1 (13.125) eli (x a) n x n a (mod x r 1). (13.126) Tällöin n = p f, joillakin f Z +, p P (13.127) eli n on alkulukupotenssi. 0-134
Lauseen 13.14 todistamiseksi tarvitaan seuraavat lemmat. Lemma 13.7. Lauseen 13.14 oletuksilla (13.121) ja (13.123) saadaan, että on olemassa sellainen p P, että p n, q d = ord r p. (13.128) Todistus: Aluksi huomataan, että (13.121) r 1 q Z. (13.129) (13.123) γ = n r 1 q = 1 Z r (13.130) ja koska q P, niin Lauseen 9.12 nojalla ord γ = q. (13.131) Olkoon n = p a 1 1... pa k k ; p i P, (13.132) 0-135
ja f = # n, missä n Z r. (13.133) Koska γ n, (13.134) niin ord γ = q f = ord n. (13.135) Merkitään b i = ord p i, l = pyj(b 1,..., b k ). (13.136) Tällöin joten p l i = 1, i = 1,..., k (13.137) n l = (p l 1) a 1... (p l k) a k = 1. (13.138) Siten f l ja koska oli q f, niin q l. Nyt q P, joten q b j, jollakin j = 1,... k. Täten on olemassa p = p j n, q ord p = b j. (13.139) 0-136
Lemma 13.8. Olkoot p P, p n ja a Z, i, j N sekä (x a) n = x n a Z n [x]/ x r 1. (13.140) Tällöin (x a) ni p j = x ni p j a Z p [x]/ x r 1. (13.141) Todistus. Olkoon N Z +. Lauseen 13.13 nojalla (x N a) p = x pn a Z p [x], (13.142) josta (x N a) p x pn a (mod x r 1) Z p [x]. (13.143) Koska oletuksen nojalla (x a) n x n a (mod x r 1) Z n [x] (13.144) ja p n, niin (x a) n x n a (mod x r 1) Z p [x]. (13.145) 0-137
Sijoittamalla x:n paikalle x N, saadaan (x N a) n x nn 1 (mod x rn 1) Z p [x]. (13.146) Relaation x r 1 x rn 1 Z p [x] (13.147) avulla (x N a) n x nn 1 (mod x r 1) Z p [x]. (13.148) Edetään induktiolla käyttäen tuloksia (13.143) ja (13.148). Esimerkiksi (x a) np (x n a) p x np 1 (mod x r 1) Z p [x]. (13.149) Lemma 13.9. Olkoon n Z 2, p P, p n ja E = {n i p j 0 i, j r }. (13.150) 0-138
Tällöin, jos n ei ole alkulukupotenssi, niin #E > r. (13.151) Todistus. Olkoon siis n / p Z + ja olkoot 0 i, i, j, j r (13.152) sekä n i p j = n i p j. (13.153) Nyt n = ap k ; p a Z 2, k Z +. (13.154) Siten kohdasta (13.153) saadaan a i p ik+j = a i p i k+j, (13.155) ja koska p a, niin a i a i, a i a i. (13.156) 0-139
Täten a i = a i i = i p ik+j = p ik+j (13.157) p j = p j j = j. (13.158) Eli, kun m = n i p j = m = n i p j E (i, j) = (i, j ), joten pätee (13.159) (i, j) = (i, j ) m = m. (13.160) Siten #E = #{(i, j) 0 i, j r } = (1 + r ) 2 > r. (13.161) 0-140
Todistus. Lauseen 13.14 todistus. Vastaoletus eli n / p Z+. (13.162) Lemman 13.9 nojalla #E > r, joten m, m E, m = m : m m (mod r) (13.163) (i, j) = (i, j ), 0 i, j, i, j r (13.164) s.e. n i p j n i p j (mod r), m = n i p j, m = n i p j. (13.165) Voidaan olettaa, että m > m, jolloin m = m + kr, jollakin k Z +. Tällöin Lemman 13.8 nojalla (x a) m x m a x m (x r ) k a x m 1 k a (13.166) 0-141