Harjoitukset 4 / 2011 RATKAISUT Lukuteoria 1. Osoita, että a) inkään kokonaisluvun neliö ei ole uotoa 4n + 2 eikä 4n + 3. b) neljän eräkkäisen kokonaisluvun tulo on jaollinen luvulla 24. c) k eräkkäisen kokonaisluvun tulo on jaollinen kertoalla k!. a) Parillisen luvun neliö on uotoa (2) 2 = 4 2 = 4n+0, siis jakolaskualgoritin ukaan ei uotoa 4n + 2 eikä 4n + 3. Parittoan luvun neliö on uotoa (2 + 1) 2 = 4 2 + 4 + 1, siis jakolaskualgoritin ukaan ei sekään uotoa 4n + 2 eikä 4n + 3. Saa kongruenssein: Osoitetaaan, että 2 kertaluvun kongruensseilla x 2 2 (od 4) ja x 2 3 (od 4) ei ole ratkaisuja eli ratkaistaan 2. asteen yhtälöt x 2 = 2 ja x 2 = 3 renkaassa Z 4. Ratkaiseinen on heloa, koska on vain 4 vaihtoehtoa alkioksi x Z 4, niittäin luokat 0, 1, 2 ja 3. Koska 0 2 = 0, 1 2 = 1, 4 2 = 4 = 0 ja 3 2 = 9 = 1, ei ratkaisuja ole. b) 4 eräkkäisistä luvuista kaksi on jaollisia 2:llä ja toinen niistä joa 4:lla. Ainakin yksi on jaollinen 3:lla. Siis tulo on jaollinen 2 4 3 = 24:lla. c) k eräkkäisen luonnollisen luvun a, a + 1,... a + k tulo on (a+k)! Jakaalla a! k!:lla saadaan luku (a+k)! = ( ) ( a+k a!k! a = a+k ) k N. Sillä asia on selvä. Jos taas alkueräinen lukujono alkaa negatiivisesta luvusta, lisätään jokaiseen lukuun (saa) k! niin suurella, että luvuista tulee ositiiviisia. Tää ei vaikuta laskuihin (od k!). 2. Olkoon x R, N ja P. a) Osoita, että x = x b) Osoita, että + 2 +..., utta 1+ + 2 +.... c) Kuinka oneen nollaan äättyy luvun 169! desiaaliesitys? d) Osoita suoraan ääritelästä, että binoikertoiet ( ) n k = n! ovat kokonaislukuja. k!(n k)! [ [ a) Riittää osoittaa, ettei välillä x, x ole yhtään kokonaislukua. Jos sellainen olisi vaikkaa n, niin n olisi kokonaisluku välillä [ x, x[, jolla ei ole kokonaislukuja. b) Merkitään kanonisia esityksiä eli alkulukuhajoitelia k = q P qaq N jolloin tutkittavan alkuluvun otenssi on N (k) = N(k) = a = ax{a N k}. Tehtävänä on laskea N(!). Tietenkin N(!) = N(1 2 3 = N(1) N(2) N(3) N(), utta koska ei edes jaa uita jonon 1, 2, 3... lukuja kuin joka :nnen, siis luvut, 2,..., niin ( N(!) = N() N(2) N(3) N k = N(j 1 2 3 ) = ( ) = + N! ) ( = N( 2 3 + N(1 2 3 ) ) )
Tätä enettelyä voi toistaa! Tulokseksi saadaan a)-kohdan erusteella j k j k ( ) N(!) = + N! = + + N( ) = + 2 + N( 2 ) = = + 2 + 3 +... äärellinen sua. c) Kuinka oneen nollaan äättyy luvun 169! desiaaliesitys? Tää on elkein suora sovellus b)-kohdasta. Olkoon siis =169. Koska 10 ei ole alkuluku, täytyy tietenkin tutkia erikseen sen alkutekijät 5 ja 2. Olkoon siis ensin = 2 (osoittautuu huonoksi järjestykseksi). Olkoon sitten = 5 N 2 (169!) = 169 2 + 169 + 169 + = 2 2 2 3 = 84 + 42 + 21 + 10 + 5 + 2 + 1. N 5 (169!) = 169 5 + 169 5 2 + 169 5 3 + = = 33 + 6 + 1 = 40. Koska jälkiäinen (tietysti!) on ienei, on 169! jaollinen 10:llä 40 kertaa. d) Binoikertoiet ( ) n k = n! ovat kokonaislukuja, koska b)-kohdan kaavan k!(n k)! ukaan jokainan niittäjän alkutekijä esiintyy osoittajassa vähintään yhtä onta kertaa kuin niittäjässä. 3.... Etsi käänteiset a) Katsoalla kertoataulua od 11-silällä huoaa, että luvuille 1... 10 käänteiset (od 11) ovat (järjestyksessä) 1, 6, 4, 3, 9, 2, 8, 7, 5 b) Luvuille 12... 12 (od 12) Luvuista 1 12 ainoastaan ϕ(12) = kl ovat kääntyviä od 12 eli suhteellisisa alkulukuja 12 kanssa, niittäin luvut 1,5,7 ja 11. Katsoalla kertoataulua od 12-ielessä huoaa, että luvuille 1,5,7 ja 11 käänteiset (od 12) ovat (järjestyksessä) 1,5,7,11, siis kaikii itsensä käänteisiä. Heloalla ääsee valitsealla käännettäviksi luvut 1,5,7-12=-5 ja 11-12=-1, joiden käänteiset ovat 1,5,-5 ja -1. Täsällinen vastaus kysyykseen on siis... 4.... 7:n jaollisuusääntö saadaan suoraan desiaaliesityksestä: N = j a j 10 j a 0 + a 1 10 1 + a 2 10 2 + a 3 10 3 + a 4 10 4 +... a 0 + a 1 3 + a 2 3 2 + a 3 3 3 + a 4 3 4 +... a 0 + a 1 3 + a 2 2 + a 3 ( 1) + a 4 3 ( 1) + a 5 2 ( 1) +... (a 0 + a 1 3 + a 2 2) (a 3 + a 4 3 + a 5 2) +... (od 7) 7 n = a µ 10 µ 7 (a 0 + 3a 1 + 2a 2 ) (a 3 + 3a 4 + 2a 5 ) + (a 6 + 3a 7 + 2a 8 )... 5.... 2
a) Kirjoitan näkyviin kaksi täydellistä (tjs) ja kaksi ja suistettua (sjs) jäännössysteeiä (od 20). {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19} ja { 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 20000000000010} ovat tjs. 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19 on sjs, saoin 9, 7, 3, 1, 1, 3, 7, 9. (Huoaa lukuäärä ϕ(20) = ϕ(5) ϕ(4) = 4 2 = 8 ja jälkiäisen syetria.) b) Täydellinen jäännössysteei (tjs) odulo n on {1, 2,..., n} (1-käsitteiset luvut od n), joten 2 (tjs.) = n(n + 1) 0. Pienin ositiiviluku x, joka toteuttaa kongruenssin 2x 0 (od n) on n/2, jos n on arillinen ja n uuten. c) Jos n > 2, niin suistettu jäännössysteei (sjs) odulo n on kirjoitettavissa uotoon { a 1,..., a, a, a 1 }, sillä (k, n) = ( k, n) Siis (sjs.) 0, joten etsitty luku on n. Erikoistaauksessa n = 2 on sjs={1}, jonka ienin ositiivinen edustaja eli etsitty luku on 1. 6.... a) Olkoon (, n) = 1. Väite sanoo, että kun x käy läi tjs:n (od ) (olkoon se X) ja y käy tjs:n (od n) (olkoon se Y ), niin luvut xn + y käyvät t.j.s:n (od n), toisin sanoen niitä on n kaaletta ja ne ovat arittain eäkongruentteja (od n). Osoitetaan ensin eäkongruenttisuus. Jos kuitenkin olisi x 1 n + y 1 x 2 n + y 2 (od n), niin, koska (n, ) = 1 = n on kääntyvä renkaassa Z, x 1 n + y 1 x 2 n + y 2 (od n) (x 1 x 2 )n (y 2 y 1 ) (od n) (x 1 x 2 )n (y 2 y 1 ) 0 (od ) (x 1 x 2 ) 0 (od ) x 1 x 2 (od ) x 1 = x 2 n (od ), koska x 1, x 2 X, joka on tjs Vastaavasti y 1 = y 2. Koska siis luvut xn + y ovat arittain eäkongruentteja, niitä on ös oikea äärä eli n kl. b) aivan saanlainen lasku, utta on lisäksi osoitettava, että xn + y kuuluu sjs:ään eli on alkuluokka (od n) eli kääntyvä renkaassa Z n, kun x on alkuluokka (od n), y on alkuluokka (od ) ja (, n) = 1. Osoitetaan, että (xn + y, n) = 1. Koska (n, ) = 1, tää on yhtäitävää sen kanssa, että (xn + y, n) = 1 ja (xn + y, ) = 1. Selvästi (xn + y, n) = (y, n) = 1, koska sekä y että n ovat oletuksen ukaan suhteellisisa alkulukuja :n kanssa. Vastaavasti (xn + y, ) = 1.. 7. Millerin testi. Luku n, jolle n 1 = 2 s t, (t ariton), lääisee Millerin testin kantaluvun a suhteen, jos joko (1) a t 1 (od n) tai (2) a 2jt 1 (od n) jollakin 0 j s 1. 3
Wikiedia Just like the Ferat and Solovay Strassen tests, the Miller Rabin test relies on an equality or set of equalities that hold true for rie values, then checks whether or not they hold for a nuber that we want to test for riality. First, a lea about square roots of unity in the finite field Z, where is rie and > 2. Certainly 1 and 1 always yield 1 when squared od ; call these trivial square roots of 1. Lea: There are no nontrivial square roots of 1 od Proof. This is a a secial case of the result that, in a field, a olynoial has no ore zeroes than its degree. To show this directly, suose that x is a square root of 1 od. Then: x 2 1 (od ) ie. (x 1)(x + 1) 0 (od ), which in a field ilies (x + 1) 0 (od ) or (x 1) 0 (od ). Päätodistus:Now, let be an odd rie. Then 1 is even and we can write it as 2 s d, where s and d are ositive integers, and d is odd. For each a Z = Z \ {0}, either a d 1 (od ) or a 2rd 1 (od ) for soe 0 r < s. To show that one of these ust be true, recall Ferat s little theore: (Kantaluku a valitaan niin, ettei se ole :n onikerta.) a 1 1 (od ) By the lea above, if we kee taking square roots of a 1, we will get either 1 or 1. If we get 1 then the second equality holds and we are done. If we never get 1, then when we have taken out every ower of 2, we are left with the first equality. Matheatica versions 2.2 and later have ileented the ultile Rabin-Miller test in bases 2 and 3 cobined with a Lucas seudorie test as the riality test used by the function PrieQ[n]. As of 1997 no counterexales are known and if any exist, they are exected to occur with extreely sall robability (i.e., uch less than the robability of a hardware error on a couter erforing the test). eli 8. Ratkaise kongruenssi x 2 1 (od 13) Wilsonin lauseen avulla. 13 on alkuluku. Siten Wilsonin lause antaa Huoataan, että (13 1)! + 1 0 (od 13) 12! 1 (od 13). 12 1 (od 13) 11 2 (od 13) 10 3 (od 13).. 7 6 (od 13). 4
Siis 1 12! (1 2 3 4 5 6) 2 24 2 5 2 (od 13). Tietysti yös 5 on ratkaisu!. 5