Korkeamman asteen kongruensseista

TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Piia Mäkilä Korkeamman asteen kongruensseista Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Toukokuu 010

Tamereen ylioisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos MÄKILÄ, PIIA: Korkeamman asteen kongruensseista Pro gradu -tutkielma, 36 s. Matematiikka Toukokuu 010 Tiivistelmä Luvun a sanotaan olevan kongruentti luvun b kanssa modulo m, jos luku m jakaa erotuksen a b. Tällöin merkitään a b (mod m). Polynomikongruenssilla tarkoitetaan kongruenssia, joka on muotoa f(x) 0 (mod m), missä f(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi. Polynomikongruenssit saadaan ratkaistua käyttämällä kiinalaista jäännöslausetta silloin, kun modulo m voidaan jakaa areittain suhteellisiksi alkuluvuiksi. Kun olynomikongruenssin modulo m on alkuluku, voidaan ratkaisua etsiä testaamalla lukuja täydellisestä jäännössysteemistä modulo m tai käyttää nostoeriaatetta. Nostoeriaatteella tarkoitetaan menetelmää, jonka mukaan etsitään ensin kongruenssin f(x) 0 (mod ) ratkaisu. Tämän jälkeen oletetaan, että tunnetaan ratkaisut kongruenssiin f(x) 0 (mod k ), jonka jälkeen etsitään ratkaisut kongruenssiin f(x) 0 (mod k+1 ). Toisen asteen kongruenssin ax + bx + c 0 (mod ) ratkaisut saadaan kongruenssin ax b + y (mod ) ratkaisusta, missä y on kongruenssin y b 4ac (mod ) ratkaisu. Polynomikongruenssilla, jonka aste on n, on korkeintaan n ratkaisua. Olkoon alkuluku. Kongruenssin y a (mod ) ratkaisua a sanotaan neliönjäännökseksi modulo. Jos ratkaisua ei löydy, niin lukua a sanotaan neliöneäjäännökseksi modulo. Jokainen suistettu jäännössysteemi modulo sisältää ( 1)/ neliönjäännöstä ( ) sekä yhtä monta neliöneäjäännöstä modulo. Legendren symbolin arvo on 1, jos a on neliönjäännös modulo a, ja 1, jos a on neliöneäjäännös modulo. Legendren symbolin arvon ( ) määrittämiseksi on olemassa useita keinoja. Eulerin kriteerin mukaan a a ( 1)/ (mod ). Gaussin lemman nojalla Legendren ( ) symbolin arvo on = ( 1) s, kun s on joukon {a,a,...,(( a 1)/)a} niiden alkioiden lukumäärä, joiden jakojäännös modulo ( )( ) on suuremi kuin /. Neliönjäännösten resirookkilain mukaan = ( 1) ( 1 )( q 1 ). ii q q

Sisältö 1 Johdanto 1 Alustavia tarkasteluja.1 Alkuluvuista............................. Jaollisuus..............................3 Kongruenssin erusominaisuuksia................ 3.4 Kiinalainen jäännöslause..................... 4.5 Primitiivisistä juurista...................... 5.6 Jäännössysteemit......................... 6 3 Polynomikongruensseista 6 3.1 Polynomikongruenssin käsite................... 7 3. Yhdistetty luku kongruenssin modulona............. 8 4 Alkuluvun otenssi kongruenssin modulona 11 4.1 Kongruenssi modulo...................... 11 4. Kongruenssi modulo n...................... 13 4.3 Toisen asteen kongruenssi.................... 17 4.4 Ratkaisujen määrä........................ 0 5 Neliönjäännökset 5.1 Neliönjäännösten ominaisuuksia................. 5. Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause............. 4 5.3 Legendren symboli........................ 6 5.4 Neliönjäännösten resirookkilaki................. 8 Viitteet 36 iii

1 Johdanto Tämä on lukuteorian osa-aluetta käsittelevä ro gradu -tutkielma. Tutkielmassa erehdytään suuren matemaatikon, Karl Friedrich Gaussin 1800-luvulla kehittämään teoriaan. Gauss otti käyttöön tässäkin tutkielmassa käytettävän kongruenssin merkinnän a b (mod m). Luvussa käydään läi alustavia tarkasteluja, joita tarvitaan tutkielman myöhemmissä luvuissa. Luvussa esitetään tarvittavat erustiedot varsin laajasti, mutta niitä ymmärtääkseen lukijalla tulee olla erustiedot algebrasta. Luvussa ei yhtä oikkeusta lukuun ottamatta esitetä lauseiden todistuksia, vaan lukija voi halutessaan katsoa todistukset viitteiden osoittamista lähdeteoksista. Poikkeus todistusten esittämisestä tehdään kiinalaisen jäännöslauseen kohdalla. Luvussa 3 tutustutaan olynomikongruenssin käsitteeseen ja olynomikongruenssien käsittelyyn. Luvussa esitellään olynomikongruenssien ratkaisua kiinalaista jäännöslausetta auna käyttäen silloin, kun kongruenssin modulona on jokin yhdistetty luku. Luvussa 4 käsitellään kongruensseja, joiden modulona on alkuluku. Luvun aluksi tutkitaan korkeamman asteen kongruensseja ja esitetään niille ratkaisutaa sekä esimerkkejä ratkaisutavan käytöstä. Seuraavaksi luvussa käsitellään varsin tuttuja toisen asteen yhtälöitä osana kongruenssia. Louksi luvussa esitetään lause lineaaristen kongruenssien ratkaisujen määrään sekä Lagrangen lause, joka kertoo olynomikongruenssien ratkaisujen määrästä. Luvussa 5 käsitellään neliönjäännöksiä. Aluksi luvussa esitetään määritelmiä ja lauseita koskien neliönjäännöksiä. Seuraavaksi luvussa esitetään Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause. Lauseiden nimistä huolimatta Fermat tai Wilson eivät todistaneet lauseita, vaan Fermat n ienen lauseen on ensimmäisenä todistanut Leonard Euler ja Wilsonin lauseen Joseh Lagrange. Lisäksi luvussa määritellään Adrien-Marie Legendren esittämä Legendren symboli ja esitetään sitä käyttävä Eulerin kriteeri. Luvun louksi käsitellään neliönjäännösten resirookkilakia. Viimeisessä aliluvussa esitetään lauseita, joiden avulla saadaan määritettyä Ledengren symbolin arvo ja esitetään useita esimerkkejä lauseiden käytöstä. Lauseena esitetään muun muassa Gaussin lemma. Neliönjäännösten resirookkilaki esitettään Legendren esittämässä muodossa. Tutkielman äälähteenä on käytetty Charles Vanden Eyndenin teosta Elementary number theory [8] ja siinä on käsitelty ääosin sama teoria kuin lähteen luvuissa 5.1 5.4. Esimerkit ovat tekijän ratkaisemia lähteiden tehtäviä ja ne ovat samantaaisia kuin lähteissä. 1

Alustavia tarkasteluja Tässä luvussa esitetään alkulukuihin, jaollisuuteen, kongruenssiin, rimitiivisiin juuriin ja jäännössysteemeihin liittyviä lauseita ja määritelmiä, joita tarvitaan tutkielman myöhemmissä tarkasteluissa. Lauseiden todistuksia ei ääosin esitetä, mutta oikkeus tehdään kiinalaisen jäännöslauseen kohdalla, koska sitä käytetään myöhemmin luvussa 3...1 Alkuluvuista Tässä alaluvussa esitetään alkuluvun, areittain suhteellisten alkulukujen sekä kanonisen tekijäesityksen määritelmät. Määritelmä.1. (Ks. [8, s. 4].) Luvun a > 1 sanotaan olevan alkuluku, jos se on jaollinen vain itsellään ja luvulla 1. Alkulukuja merkitään tässä tutkielmassa symbolilla. Määritelmä.. (Ks. [8, s. 1].) Lukujen a 1,a,...,a n sanotaan olevan areittain suhteellisia alkulukuja, jos (a i,a j ) = 1 aina, kun i j. Määritelmä.3. (Ks. [8, s. 56].) Olkoon a ositiivinen kokonaisluku. Tällöin merkintää a = a 1 1 a an n, missä 1 < <... < n, sanotaan kanoniseksi alkutekijäesitykseksi tai lyhyemmin kanoniseksi esitykseksi.. Jaollisuus Tässä alaluvussa määritellään jaollisuus ja esitetään siihen liittyviä lauseita. Alaluvussa määritellään myös lattiafunktio ja esitetään sitä koskeva lause. Määritelmä.4. (Ks. [8, s. 8]). Sanotaan, että luku a jakaa luvun b, jos luku b/a on kokonaisluku. Tällöin merkitään a b. Jos a ei jaa lukua b, merkitään a b. Lukua a sanotaan luvun b jakajaksi ja lukua b luvun a monikerraksi. Lause.1. Jos a b ja b c, niin a c. Todistus. Ks. [8, s. 9]. Lause.. Olkoot a,b ja c kokonaislukuja ja olkoon (a,b) = 1. Tällöin a c ja b c, jos ja vain jos ab c. Todistus. Ks. [7, s. 61], [8, s. 48].

Lause.3. Olkoot a,b ja c kokonaislukuja ja olkoon (a,b) = 1. Jos a bc, niin a c. Todistus. Ks. [6, s. 109]. Lause.4. Olkoot m 1,m,...,m n areittain suhteellisia kokonaislukuja ja olkoon m i a kaikille i = 1,,...,n. Silloin m a, missä m = m 1 m m n. Todistus. Ks. [5, s. 46]. Määritelmä.5. (Ks. [5, s. 63]). Olkoon a reaaliluku. Merkinnällä a tarkoitetaan niin kutsuttua lattiafunktiota eli suurinta kokonaislukua, joka ei ylitä lukua a. Lause.5. Olkoon a = bq +r, missä 0 r b. Silloin q = a/b. Todistus. Ks. [5, s. 63]..3 Kongruenssin erusominaisuuksia Tässä alaluvussa esitetään kongruenssin määritelmä ja kongruenssin erusominaisuuksia käsitteleviä lauseita. Alaluvussa määritellään myös käänteisluvun käsite sekä esitetään yksi käänteislukuja koskeva lause. Määritelmä.6. (Ks. [1, s. 106].) Olkoot a, b kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Luku a on kongruentti luvun b kanssa modulo m, jos m (a b). Kongruenssille käytettään merkintää a b (mod m). Lause.6. Olkoot a,a,b,b,c ja d kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Tällöin 1) a a (mod m) (refleksiivisyys), ) a b b a (mod m) (symmetrisyys), 3) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) (transitiivisuus), 4) a b (mod m) a b (mod m) a+a b+b (mod m), 5) a b (mod m) a b (mod m) aa bb (mod m), 6) a b (mod m) d m a b (mod d). Todistus. Ks. [8, s. 9]. Edellisen lauseen kolmen ensimmäisen ominaisuuden erusteella kongruenssi on ekvivalenssirelaatio. 3

Lause.7. Jos (a,b) = 1, niin z z (mod a) ja z z (mod b), jos ja vain jos z z (mod ab). Todistus. Ks. [8, s. 116]. Lause.8. Jos (a,b) = d, niin ax ax (mod b), jos ja vain jos x x (mod b/d). Todistus. Ks. [8, s. 31]. Lause.9. Olkoot a,b,c kokonaislukuja, olkoon m > 0 kokonaisluku ja olkoon (c,m) = 1. Jos ac bc (mod m), niin a b (mod m). Todistus. Ks. [6, s. 145]. Lause.10. Olkoot a, b kokonaislukuja ja olkoon m > 0 kokonaisluku. Tällöin kongruenssilla ax b (mod m). on ratkaisu, jos ja vain jos (a, m) b. Tällöin kongruenssilla on täsmälleen (a,m) ratkaisua modulo m. Todistus. Ks. [6, s. 154]. Määritelmä.7. (Ks. [6, s. 155].) Olkoon a kokonaisluku ja olkoon (a, m) = 1. Tällöin kongruenssin ax 1 (mod m) ratkaisua x sanotaan luvun a käänteisluvuksi modulo m. Merkitään x = a 1. Lause.11. Olkoon alkuluku. Kokonaisluku a on itsensä käänteisluku modulo, jos ja vain jos a 1 (mod ) tai a 1 (mod ). Todistus. Ks. [6, s. 156]..4 Kiinalainen jäännöslause Tässä alaluvussa esitetään kiinalainen jäännöslause sekä sen todistus. Lauseen todistus on esitetty, koska kiinalaista jäännöslausetta ja sen todistusta käytetään myöhemmin tutkielman ääluvuissa useasti. Lause.1. (Kiinalainen jäännöslause.) Olkoot m 1,...,m r ositiivisia kokonaislukuja, joille (m i,m j ) = 1 aina, kun i j, ja olkoot b 1,...,b r mielivaltaisia kokonaislukuja. Tällöin kongruenssiryhmällä x b 1 (mod m 1 ) x b (mod m ). x b r (mod m r ) on täsmälleen yksi ratkaisu modulo m 1 m m r. 4

Todistus. (Vrt. [1, s. 117].) Merkitään M = m 1 m m r ja M k = M/m k. Koska luvut m 1,m,...,m r ovat areittain suhteellisia alkulukuja, niin (M k,m k ) = 1. Täten käänteisluvun määritelmän (määritelmä.7) mukaan jokaiselle luvulle M k löytyy yksikäsitteinen käänteisluku M k modulo m k. Käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit M k M k 1 (mod m k). Olkoon x = b 1 M 1 M 1 +b M M + +b r M r M r. Koska M i 0 (mod m k ), kun i k, ja M k M k 1 (mod m r), saadaan x b k M k M k b k (mod m k ). Näin ollen x toteuttaa kaikki kongruenssiryhmän kongruenssit. Todistetaan seuraavaksi ratkaisun yksikäsitteisyys. Olkoot x ja y kaksi kongruenssiryhmän ratkaisua. Tällöin kongruenssi x y (mod m k ) ätee jokaiselle k = 1,,...,r. Koska luvut m k ovat areittain suhteellisia alkulukuja, saadaan x y (mod M), joten ratkaisu on yksikäsitteinen..5 Primitiivisistä juurista Tässä alaluvussa määritellään Eulerin funktio, kertaluku ja rimitiivinen juuri sekä esitetään yksi kertalukuun liittyvä lause. Määritelmä.8. (Ks. [8, s. 9].) Olkoon a ositiivinen kokonaisluku. Eulerin funktio φ(n) määritellään tarkoittamaan kokonaislukujen n määrää, jotka toteuttavat ehdon 1 n a ja joille (a,n) = 1. Määritelmä.9. (Ks. [8, s. 19].) Olkoot a ja m kokonaislukuja, joille (a, m) = 1. Luvun a kertaluvulla modulo m tarkoitetaan ienintä ositiivista kokonaislukua x, jolle Merkitään x = ord m a. a x 1 (mod m). Lause.13. Olkoon a kokonaisluku ja olkoon m > 0 kokonaisluku, joille (a,m) = 1. Tällöin a r a s (mod m), jos ja vain jos r s (mod ord m a). Todistus. Ks. [1, s. 04]. Määritelmä.10. (Ks. [8, s. 14].) Olkoon a kokonaisluku ja olkoon m > 0 kokonaisluku, joille (a, m) = 1. Sanotaan, että r on rimitiivinen juuri modulo m, jos ord m r = φ(m). 5

.6 Jäännössysteemit Tässä alaluvussa määritellään täydellinen ja suistettu jäännössysteemi sekä esitetään suistettuja jäännössysteemeitä koskevia lauseita. Määritelmä.11. (Ks. [3, s. 4].) Joukko {r 1,r,...,r m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m, jos r i r j (mod m) aina, kun i j. Lause.14. Olkoon (c,m) = 1. Jos {a 1,a,...,a m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m, niin myös {ca 1,ca,...,ca m } on täydellinen jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [1, s. 110]. Määritelmä.1. (Ks. [3, s. 4].) Joukko {r 1,r,...,r φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m, jos 1) (r i,m) = 1, kun i = 1,,...,φ(m), ) r i r j (mod m) aina, kun i j. Lause.15. Olkoon (c,m) = 1. Jos {a 1,a,...,a φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m, niin myös {ca 1,ca,...,ca φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [7, s. 163]. Lause.16. Olkoot r ja m > 1 kokonaislukuja, jolle (r, m) = 1 ja olkoon r rimitiivinen juuri modulo m. Tällöin R = {r 1,r,...,r φ(m) } on suistettu jäännössysteemi modulo m. Todistus. Ks. [7, s. 01]. 3 Polynomikongruensseista Tutkielman ääaino on erilaisten kongruenssien käsittelyssä. Luvun aluksi kongruensseihin tutustutaan esittelemällä olynomikongruenssin käsite ja määritellään kongruenssin aste. Lisäksi luvussa käsitellään kongruensseja, joiden modulona on yhdistetty luku. 6

3.1 Polynomikongruenssin käsite Polynomikongruenssilla tarkoitetaan muotoa f(x) 0 (mod m), missä f(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi, olevaa kongruenssia. Esimerkki olynomikongruenssista on 10x 4 8x 3 +5x+3 x 4 +3x 3 9 (mod 1). Kokonaislukumuuttujaa x, joka toteuttaa kongruenssin, sanotaan kongruenssin ratkaisuksi. Puhuttaessa kongruenssin ratkaisuista tarkoitetaan keskenään eäkongruentteja ratkaisuja. Tästä syystä jokaisella ratkeavalla kongruenssilla modulo m on ratkaisuja korkeintaan m. Kirjoitetaan edellä esitetty esimerkki muodossa f(x) 0 (mod m) siirtämällä kaikki termit kongruenssimerkin vasemmalle uolelle, samoin kuin olynomiyhtälöä käsiteltäessä. Tällöin saadaan f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod 1). Kongruenssin käsittelyä voidaan jatkaa edelleen kirjoittamalla se yksinkertaisemaan muotoon. Käytetään lauseen.6 kohtaa 5), jonka mukaan olynomin f(x) kertoimet voidaan korvata kongruenteilla kertoimilla ilman, että kongruenssin ratkaisu muuttuu. Esimerkiksi kongruenssi on ekvivalentti kongruenssin f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod 1) f(x) = 8x 4 11x 3 +5x 0 (mod 1) kanssa. Jokainen olynomin f(x) termi, jonka kerroin on jaollinen modulolla m, voidaan jättää ois kongruenssista, koska kyseiset termit ovat kongruentteja luvun 0 kanssa riiumatta kertoimesta x. Tästä saadaan kongruenssin asteen määritelmä. Määritelmä 3.1. (Ks. [8, s. 150].) Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi. Kongruenssin aste on kongruenssin f(x) 0 (mod m) olynomin f(x) korkein muuttujan x otenssi, jonka kerroin ei ole jaollinen modulolla m. Esimerkki 3.1. (Vrt. [8, s. 154].) Olkoon f(x) = 8x 4 11x 3 + 5x + 1. Kongruenssin f(x) = 8x 4 11x 3 +5x+1 0 (mod m) aste on 4, jos modulo m on 5. Jos moduloksi m asetetaan 4, niin tällöin kongruenssin aste on 3. 7

3. Yhdistetty luku kongruenssin modulona Tässä alaluvussa käsitellään kongruensseja, joissa on modulona yhdistetty luku. Kongruenssien ratkaisua käsitellään esimerkein sekä annetaan ratkaisumalli lauseena. Tarkastellaan kongruenssia (ks. [8, s. 155], teht. 0.) f(x) = x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 66). (3.1) Kongruenssin ratkaiseminen kokeilemalla olisi mahdollista, mutta se olisi työlästä, koska se vaatisi 66 kokonaisluvun kokeilemista kongruenssin ratkaisuksi. Kongruenssi saadaan ratkaistuksi helommin muokkaamalla sen moduloa, minkä jälkeen voidaan käyttää kiinalaista jäännöslausetta. Kongruenssin modulon saa muokattua alkuluvuksi käyttämällä lausetta.7, jolloin sen käsittely helottuu. Käytetään lausetta kahdesti kongruenssiin 3.1 jolloin saadaan f(x) 0 (mod ), f(x) 0 (mod 66) f(x) 0 (mod 3), f(x) 0 (mod 11). Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 4 x 3 +5x+1 0 (mod ), x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 3), x 4 x 3 +5x+1 0 (mod 11). Ratkaisemalla kongruenssit kongruenssiryhmän ratkaisu alautuu kongruenssiryhmän x 1 (mod ), x 1 (mod 3), x 6 (mod 11) ratkaisemiseksi. Koska luvut, 3 ja 11 ovat areittain suhteellisia alkulukuja, voidaan kongruenssiryhmän ratkaisussa käyttää kiinalaista jäännöslausetta ja sen todistusta (lause.1). Kiinalaisen jäännöslauseen mukaan kongruenssiryhmälle löytyy yksikäsitteinen ratkaisu modulo 3 11 = 66, joka on alkueräisen kongruenssin 3.1 modulo. Nyt M = 66, joten saadaan M 1 = 66/ = 33, M = 66/3 =, M 3 = 66/11 = 6. 8

Jokaiselle luvulle M k löytyy yksikäsitteinen käänteisluku modulo m k. Käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit 33M 1 1 (mod ), M 1 (mod 3), 6M 1 (mod 11). Käänteisluvut ovat M 1 = 1,M = 1 ja M 3 =. Nyt x 1 33 1+1 1+6 6 = 17 61 (mod 66), joten alkueräisen kongruenssin ratkaisu on x 61 (mod 66). Tätä keinoa voidaan käyttää minkä tahansa kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisemiseen, silloin kun modulolla m on vähintään kaksi erisuurta alkulukutekijää. Esimerkiksi kongruenssi f(x) 0 (mod 455) voidaan jakaa kongruensseihin f(x) 0 (mod 13) ja f(x) 0 (mod 35). Näistä kongruensseista jälkimmäinen voidaan jakaa edelleen kongruensseihin f(x) 0 (mod 5) ja f(x) 0 (mod 7). Seuraavaksi edellä esitelty menetelmä annetaan lauseena. Lause 3.1. Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi ja olkoon m = n 1 1 n k k luvun m kanoninen esitys. Tällöin, jos x on jokaisen kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ), missä i = 1,,..., k ratkaisu, niin se on myös kongruenssin ratkaisu. Tulos ätee myös kääntäen. f(x) 0 (mod m) Todistus. (Vrt. [7, s. 18].) Oletetaan, että f(x 0 ) 0 (mod n i i ) kaikille i = 1,,...,k. Silloin n i i f(x 0 ) kaikille i = 1,,...,k. Koska m = n 1 1 n k k, niin lauseen.4 mukaan m f(x 0 ). Siis, jos x on jokaisen kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ) ratkaisu kaikille i = 1,,..., k, niin se on samanaikaisesti kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu. Todistetaan vielä käänteinen tulos. Oletetaan, että f(x 0 ) 0 (mod m). Koska n i i m, niin f(x 0 ) 0 (mod n i i ) kaikille i = 1,,...,k. Siis jokainen kongruenssin f(x) 0 (mod m) ratkaisu on samanaikaisesti kongruenssin f(x) 0 (mod n i i ) ratkaisu kaikille i = 1,,...,k. 9

Seuraavaksi esitetään kaksi esimerkkiä lauseen 3.1 käytöstä. Esimerkki 3.. (Ks. [8, s. 155], teht. 18.) Ratkaistaan kongruenssi x 3x+ 1001 0 (mod 1). Luvun 1 alkulukutekijät ovat 3 ja 7. Jaetaan kongruenssi kahteen osaan käyttäen lausetta.7. Ratkaisuiksi kongruenssille saadaan x = 1,, ja kongruenssille x = 0,3. x +1001 0 (mod 3) x 3x 0 (mod 7) Ratkaistavaksi saadaan kongruenssiryhmä x 1 tai x (mod 3), x 0 tai x 3 (mod 7), jonka yhtäaikaiset kongruenssit saadaan ratkaistua käyttämällä lausetta.1 (kiinalainen jäännöslause). Luvuiksi M k saadaan M 1 = 1/3 = 7, M = 1/7 = 3. Lasketaan seuraavaksi käänteisluvut. Ratkaistaan kongruenssit 7M 1 1 (mod 3), 3M 1 (mod 7), jolloin saadaan M 1 = 1ja M = 5. Kongruenssiryhmän yhtäaikainen ratkaisu on siis x 1 7 1+0 3 5,1 7 1+3 3 5, 7 1+0 3 5, 7 1+3 3 5, = 7,5,14,59 7,10,14,17 (mod 1). Kongruenssille x 3x+1001 0 (mod 1) löytyi neljä ratkaisua, jotka ovat x 7,10,14,17 (mod 1). Esimerkki 3.3. (Ks. [8, s. 155], teht. 15.) Ratkaistaan kongruenssi x 3 x + 3x+1 0 (mod 1). Sievennetään kongruenssia ja jaetaan se kahteen osaan käyttäen lausetta.7. Kongruensseiksi saadaan x 3 x +1 0 (mod 3), x 3 x +3x+1 0 (mod 7). Toisen kongruenssin ratkaisu on x = 3, mutta ensimmäiselle kongruenssille ei löydy ratkaisuja. Näin ollen myöskään alkueräiselle kongruenssille ei löydy ratkaisua. 10

4 Alkuluvun otenssi kongruenssin modulona Tässä luvussa käsitellään aluksi kongruensseja, joiden modulona on alkuluku korotettuna otenssiin. Tämän jälkeen tarkastellaan toisen asteen kongruensseja ja louksi esitetään kongruenssin ratkaisujen määrästä kertovia lauseita. 4.1 Kongruenssi modulo Aiemmin esiteltyä keinoa ei voida käyttää kaikkien kongruenssien ratkaisussa, vaikka modulo jaettaisiinkin alkulukutekijöihin. Esimerkiksi kongruenssia (ks. [8, s. 155], teht. 7.) x 3 +8 0 (mod 5), (4.1) ei voida ratkaista aiemmin esitetyn keinon avulla, koska moduloa 5 ei voida jakaa areittain suhteellisiin alkulukuihin. Tämän tyyisten kongruenssien ratkaisua käsitellään seuraavaksi. Aloitetaan kongruenssin (4.1) ratkaiseminen käyttämällä lausetta.6, jonka mukaan, jos a b (mod m) ja d m, niin a b (mod d). Nyt 5 5, joten saadaan x 3 +8 0 (mod 5). (4.) Kokeilemalla kongruenssin ratkaisuksi saadaan x = 3. Nyt alkueräisen kongruenssin ratkaisun löytämiseksi voidaan kokeilla vain lukuja x 3 (mod 5) eli lukuja 8, 13, 18 ja 3 sen sijaan, että kokeiltaisiin kaikki 5 kokonaislukua. Kokeilemalla saadaan alkueräisen kongruenssin ratkaisuksi x = 3. Jos kokeiltavia lukuja on aljon, kannattaa ratkaisua jatkaa kokeilemisen sijaan sijoituskeinolla. Tällöin alkueräiseen kongruenssiin (4.1) sijoitetaan x = x +y, missä x on kokeilemalla saatu kongruenssin (4.) ratkaisu ja y muokatun modulon monikerta. Tässä taauksessa alkueräiseen kongruenssiin (4.1) sijoitetaan 3 + 5y, missä y = 0, 1,, 3, 4. Tällöin saadaan (3+5y) 3 +8 0 (mod 5). Laskemalla kongruenssin vasen uoli ja sieventämällä kongruenssi saadaan 10y +10 0 (mod 5). Käyttämällä lausetta.8 saadaan edellä esitetty kongruenssi muotoon y + 0 (mod 5). Helosti nähdään, että etsitty arvo välillä 0,...,4 on y = 4. Ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin (4.1) saadaan sijoittamalla arvo y = 4 yhtälöön 11

x = 3+5y, jolloin saadaan x = 3+5 4 = 3. Nyt saatu ratkaisu on sama, joka saatiin aiemmin kokeilemalla. Esimerkin ratkaisutaa toimii myös yleisesti. Olkoon alkuluku ja olkoon kongruenssi f(x) 0 (mod ). (4.3) Ratkaistaan ensin kongruenssi f(x) 0 (mod ). (4.4) Olkoon x jokin jälkimmäisen kongruenssin (4.4) ratkaisu. Etsitään alkueräisen kongruenssin (4.3) ratkaisua muodossa x = x + y, missä y kuuluu johonkin täydelliseen jäännössysteemiin modulo. Sijoittamalla muuttujan x aikalle x +y alkueräiseen kongruenssiin saadaan muuttujan y suhteen lineaarinen kongruenssi ay +b 0 (mod ), josta saadaan haluttu ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin (4.3). Kongruenssi on lineaarinen, koska kun x + y korotetaan otenssiin, niin suurin osa termeistä, joissa on mukana muuttuja y, suistuvat ois, koska niiden kerroin on jaollinen alkueräisen kongruenssin modulolla. Jos kongruenssilla (4.4) on enemmän kuin yksi ratkaisu, on menetelmää sovellettava niihin kaikkiin. Tästä kerrotaan yksityiskohtaisemmin seuraavassa luvussa. Seuraavaksi esitetään esimerkki, jossa käytetään tämän aliluvun lisäksi kiinalaista jäännöslausetta (lause.1). Esimerkki 4.1. (Ks. [8, s. 16], teht. 5.) Olkoon kongruenssi f(x) = x x+7 0 (mod 63). Koska 63 = 3 7, niin saadaan Aloitetaan ratkaisemalla kongruenssi x x+7 0 (mod 9), x x 0 (mod 7). x x+7 0 (mod 9) (4.5) käyttäen tässä aliluvussa esitettyä taaa. Ratkaistaan ensin kongruenssi kokeilemalla x x + 7 0 (mod 3) ja saadaan ratkaisuksi x =. Nyt riittää kokeilla lukuja x (mod 9) eli lukuja x =,5,8 kongruenssiin (4.5). Kongruenssin ratkaisuksi saadaan x =, 5, 8. Ratkaistaan sitten kongruenssi x x 0 (mod 7). Kokeilemalla kongruenssin ratkaisuksi saadaan x = 0,1. 1

Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 0 tai x 1 (mod 7), x tai x 5 tai x 8 (mod 9), jonka ratkaisussa käytetään auna kiinalaista jäännöslausetta (.1). Nyt M 1 = 63/7 = 9 ja M = 63/9 = 7, joten käänteisluvut saadaan ratkaisemalla kongruenssit 9M 1 1 (mod 7), 7M 1 (mod 9). Käänteisluvuiksi saadaan M 1 = 4 ja M = 4. Alkueräisen kongruenssin ratkaisuksi saadaan x 0 9 4+ 7 4,0 9 4+5 7 4,0 9 4+8 7 4, 1 9 4+ 7 4,1 9 4+5 7 4,1 9 4+8 7 4 = 0+56,0+140,0+4,36+56,36+140,36+4 = 56,140,4,9,176,60 56,14,35,9,50,8 (mod 63), eli x 8,14,9,35,50,56 (mod 63). 4. Kongruenssi modulo n Tässä alaluvussa yleistetään edellisen alaluvun ratkaisumalli koskemaan kongruensseja, joissa modulo on muotoa n, missä on alkuluku. Olkoon f(x) 0 (mod n ) annettu kongruenssi. Ensimmäiseksi täytyy etsiä jokin ratkaisu kongruenssiin f(x) 0 (mod ), minkä jälkeen saatua ratkaisua käytetään kongruenssin f(x) 0 (mod ) ratkaisussa. Näin jatketaan kunnes saadaan ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin modulo n. Siis modulon k eksonenttia kasvatetaan aina yhdellä, kunnes saadaan modulo n. Tätä keinoa kutsutaan nostoeriaatteeksi. Menetelmän tarkemaa tarkastelua varten tarvitaan olynomin muodollisen derivaatan käsite, joka määritellään seuraavaksi. 13

Määritelmä 4.1. (Ks. [8, s. 158].) Olkoon f(x) = a r x r + +a 0 olynomi. Määritellään olynomin muodollinen derivaatta olemaan olynomi Esimerkki 4.. Polynomin muodollinen derivaatta on f (x) = a r rx r 1 +a r 1 (r 1)x r + +a 1. f(x) = 4x 6 +7x 5 15x 3 +8 f (x) = 4x 5 +35x 4 45x. Seuraavaksi esitetään lause, jonka avulla saadaan ratkaistuksi kongruenssit, joiden modulona on alkuluku korotettuna otenssiin n. Lause 4.1. Olkoon f(x) kokonaislukukertoiminen olynomi, alkuluku ja k( 1) kokonaisluku. Oletetaan, että x k on kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisuja. Tällöin x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos x k+1 = x k + k y, missä y, 0 y, on kongruenssin ratkaisu. f (x k )y f(x k) k (mod ) Todistus. (Vrt. [5, s. 15], [7, s. 183].) Oletetaan, että x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu. Jaollisuuden määritelmän (määritelmä.4) mukaan k k+1. Tällöin lauseen.6 kohdan 6) mukaan x k+1 on myös kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisu. Siis x k+1 = x k + k y, missä x k on kongruenssin f(x) 0 (mod k ) ratkaisu, 0 x k k ja y kokonaisluku. Nyt x k+1 on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos f(x k+1 ) 0 (mod k+1 ). Taylorin sarjaa käyttämällä saadaan f(x k+1 ) = f(x k + k y) = f(x k )+ k yf (x k )+k N, missä N on jaollinen luvulla k+1. Koska f(x k ) 0 (mod k ), niin kongruenssin määritelmän (määritelmä.6) mukaan k f(x k ). Lausetta.8 käyttäen saadaan ja edelleen f(x k ) k +yf (x k ) 0 (mod ) yf (x k ) f(x k) k (mod ). Koska lauseen todistuksen jälkimmäinen osa ätee myös kääntäen, saadaan että x k+1 = x k + k y on kongruenssin f(x) 0 (mod k+1 ) ratkaisu, jos ja vain jos y on kongruenssin ratkaisu. yf (x k ) f(x k) k (mod ) 14

Seuraavaksi esitetään kolme esimerkkiä edellisen lauseen käytöstä. Esimerkki 4.3. (Ks. [8, s. 161], teht. 9.) Ratkaistaan kongruenssix x+7 0 (mod 7). Koska 7 = 3 3, niin kongruenssi voidaan ratkaista ratkaisemalla ensin kongruenssi f(x) = x x+7 0 (mod 3). Kokeilemalla arvoja täydellisestä jäännössysteemistä modulo 3 ratkaisuksi saadaan x 1 =. Ratkaisu kongruenssiin modulo 9 tulee olemaan muodossa x 1 +3y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x k )y f(x k) k (mod ). Sijoittamalla saatu ratkaisu x 1 = olynomiin f(x) saadaan f() = 9. Polynomin f(x) derivaatta on f (x) = x 1, joten saadaan f () = 3. Luvulle x 1 = kongruenssin 3y 9 (mod 3) 31 ratkaisu on y = 0,1,. Sijoitetaan saadut arvot yhtälöön x = x 1 +3y, jolloin saadaan x = + 3 0 =, x = + 3 1 = 5 ja x = + 3 = 8, eli x =,5,8. Näistä vain arvolle x = 5 löytyy ratkaisu. Seuraavaksi etsitään ratkaisuja alkueräiseen kongruenssiin muodossa x 3 = x + 9y. Muuttujan y tulee toteuttaa kongruenssi Arvolle x = 5 kongruenssin f (x )y f(x ) 3 (mod 3). 9y 7 9 (mod 3) ratkaisu on y = 0,1,, joten x 3 = 5 + 9 0 = 5, x 3 = 5 + 9 1 = 14 ja x 3 = 5+9 = 3. Täten ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin on x = 5,14,3. Esimerkki 4.4. (Ks. [8, s. 161], teht. 15.) Ratkaistaan kongruenssi x 3 + x +1 0 (mod 81). Huomaa, että 81 = 3 4. Merkitään f(x) = x 3 +x +1 ja ratkaistaan ensin kongruenssi f(x) 0 (mod 3). Ratkaisu kongruenssiin on x 1 = 1. Derivoidaan olynomi f(x), jolloin saadaan f (x) = 3x + x. Etsitään seuraavaksi ratkaisu kongruenssillef(x) 0 (mod 9) muodossax 1 + 3y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x 1 )y f(x 1) 3 (mod 3). 15

Arvolle x 1 = 1 kongruenssin 5y 3 3 (mod 3) ratkaisu on y = 1. Tällöin saadaan x = x 1 +3y = 1+3 1 = 4. Huomaa, että ainoa mikä kongruenssissa f (x k )y f(x k) k (mod ) on merkityksellistä derivaatan f (x k ) suhteen on se, mikä on sen arvo modulo. Koska kaikki ratkaisut x k ovat kongruentteja modulo muuttujan x 1 kanssa, ei derivaatan f arvoa tarvitse laskea uudelleen. Seuraavaksi etsitään uusia arvoja y, jotka toteuttavat kongruenssin Arvolle x = 4 saadaan kongruenssi f (x )y f(x ) 3 (mod 3). 5y 9 (mod 3). Ratkaisu on y = 0, josta saadaan x 3 = x +9y = 4+9 0 = 4. Alkueräisen kongruenssin ratkaisu on x = 4. Aliluvin louksi esitetään vielä esimerkki, jonka ratkaisemiseksi käytetään lauseita 3.1 ja 4.1. Esimerkki 4.5. (Ks. [8, s. 16], teht. 3.) Ratkaistaan kongruenssi f(x) = x x 1 0 (mod 1000). Koska 1000 = 3 5 3, niin kongruenssi saadaan jaettua kongruensseihin x x 1 0 (mod 8), (4.6) x x 1 0 (mod 15). (4.7) Polynomin f(x) derivaatta on f (x) = x 1. Ratkaistaan ensin ylemi kongruenssi (4.6) käyttäen lausetta 4.1. Aloitetaan ratkaisemalla kongruenssi f(x) 0 (mod ). Sievennetään kongruenssia ja saadaanx x 0 (mod ). Kokeilemalla ratkaisuksi saadaan x = 0,1. Etsitään kongruenssin x x 0 (mod 4) ratkaisua muodossa x = x 1 +y, missä y toteuttaa kongruenssin f (x 1 )y f(x 1) (mod ). Arvolle x 1 = 0 saadaan y 1 (mod ), 16

joten y = 0. Sijoitetaan saatu y yhtälöön x = x 1 + y ja saadaan x = 0+ 0 = 0. Etsitään seuraavaksi ratkaisuja kongruenssiin x x 0 (mod 8) muodossa x 3 = x +4y, missä y toteuttaa kongruenssin Arvolle x = 0 saadaan f (x 1 )y f(x 1) 4 (mod ). y 1 (mod ), 4 joten y = 1. Sijoitetaan vielä y ja saadaan x 3 = x +4y = 0+4 1 = 4. Lasketaan muuttujan x 3 arvot myös arvolle x 1 = 1. Muuttujan y arvoksi saadaan y = 0. Kun y sijoitetaan yhtälöön x = x 1 + y, saadaan x = 1+ 0 = 1. Jatketaan samoin kuten edellä ja arvolle x = 1 saadaan y = 1. Nyt x 3 = 1+4 1 = 5. Ratkaistaan seuraavaksi kongruenssi (4.7). Ratkaistaan kongruenssi f(x) 0 (mod 5) kokeilemalla, jolloin saadaan x 1 =,4. Jatketaan kongruenssin ratkaisemista samoin kuin edellä. Suorittamalla tarvittavat laskutoimitukset kongruenssin (4.7) ratkaisuksi saadaan x 3 = 4,1. Nyt ratkaistavana on kongruenssiryhmä x 4 tai x 5 (mod 8), x 4 tai x 1 (mod 15). Käytetään kongruenssiryhmän ratkaisuun kiinalaista jäännöslausetta (lause.1). Nyt M 1 = 1000/8 = 15 ja M = 1000/15 = 8, joten käänteisluvuiksi saadaan M 1 = 5 ja M = 47. Kongruenssiryhmän yhtäaikainen ratkaisu on x 4 15 5+4 8 47,5 15 5+4 8 47, 4 15 5+1 8 47,5 15 5+1 8 47, 4004, 469, 4837, 48997 (mod 1000) 4,37,69,997 (mod 1000) Siis ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin on x 4, 37, 69, 997 (mod 1000). 4.3 Toisen asteen kongruenssi Polynomikongruensseille, joiden modulo on alkuluku, ainut ratkaisumalli on testata lukuja täydellisestä jäännössysteemistä. Kongruenssien ratkaisu on heloa, jos modulo on ieni luku, mutta ratkaisu on sitä työläämää mitä suuremi modulo on kyseessä. Seuraavaksi ryhdytään tutkimaan tekniikkaa, jossa kongruenssin astetta suistetaan ienemmäksi. Tutkitaan toisen asteen kongruenssia ax +bx+c 0 (mod ) (4.8) 17

missä on alkuluku ja a 0 (mod ). Jos a 0 (mod ), on kyseessä lineaarinen kongruenssi. Kun tutkitaan kongruenssin (4.8) muotoa, ensimmäisenä mieleen tulee toisen asteen yhtälön ratkaisukaava x = b± b 4ac. a Jos olemme kiinnostuneita vain oikeista ratkaisuista, saamme niitä nolla, yksi tai kaksi riiuen siitä onko diskriminantti b 4ac negatiivinen, nolla vai ositiivinen. Kongruenssille (4.8) etsimme kokonaislukuratkaisuja x. Jos diskriminantti b 4ac ei ole neliö, niin juurilausekkeesta saatu arvo ei ole kokonaisluku eikä välttämättä edes reaalinen. Oletetaan, että diskriminantti b 4ac on kongruentti modulo neliön y kanssa eli b 4ac y (mod ), jolloin saadaan x = b+y. a Yhtälöstä saatava ratkaisu ei kuitenkaan ole välttämättä kokonaisluku. Ratkaistaan ongelma vaatimalla muuttujan x olemaan ratkaisu kongruenssiin ax b+y (mod ). Lauseen.10 mukaan ratkaisu on olemassa aina, kun (a,) = 1. Oletuksen mukaan a. Jos jakaisi luvun, niin alkuluku olisi. Tällöin kongruenssin ratkaisu olisi heloa. Kaikkiaan ohdinnat ovat johtaneet siihen, että jos y b 4ac (mod ) ja jos x on ratkaisu kongruenssiin ax b+y (mod ), niin x on ratkaisu myös kongruenssiin (4.8). Tällä tavoin saadaan ratkaistuksi toisen asteen kongruenssit. Seuraavaksi menetelmä annetaan lauseena. Lause 4.. Olkoon ariton alkuluku, ja olkoon (,a) = 1. Tällöin kongruenssin ax +bx+c 0 (mod ) ratkaisut saadaan kongruenssin ax b + y (mod ) ratkaisusta, missä y on ratkaisu kongruenssiin y b 4ac (mod ). Ratkaisuja on yksi, mikäli (b 4ac). Muussa taauksessa ratkaisuja ei ole yhtään tai kaksi. Todistus. Lauseen ensimmäisen osan todistamiseksi täytyy todistaa kaksi asiaa. 1) Jos y b 4ac (mod ) ja ax b+y (mod ), niin x on ratkaisu alkueräiseen kongruenssiin. ) Jokainen ratkaisu voidaan tuottaa tällä tavoin. Todistetaan kohta 1. Koska (,a) = 1 ja (,) = 1, niin (,a) = 1. Näin ollen on olemassa sellainen kokonaisluku u, (,u) = 1, että au 1 (mod ). 18

Kerrotaan kongruenssi ax b + y (mod ) uolittain luvulla u, jolloin saadaan au x u( b+y) (mod ) eli x u( b+y) (mod ). Sijoitetaan saatu x kongruenssiin (4.8). Silloin ax +bx+c = a(u( b+y)) +b(u( b+y))+c = au(uy ) au(buy)+au(b u) b u+buy +c uy buy +b u b u+buy +c (mod ) = uy b u+c u(b 4ac) b u+c (mod ) = b u 4acu b u+c = 4acu+c c+c = 0 (mod ). (Vrt.[8, s. 164].) Todistetaan kohta. Oletetaan, että x toteuttaa alkueräisen kongruenssin. Koska (,a) = 1 ja (,4) = 1, niin (,4a) = 1. Näin ollen kongruenssi (4.8) saadaan muotoon ja edelleen muotoon 4a x +4abx+4ac 0 (mod ) (ax+b) b +4ac 0 (mod ). Jos määritellään muuttuja y = ax + b, niin jälkimmäinen kongruenssi saadaan muotoon y b 4ac (mod ) ja muuttajan y määritelmästä saadaan ax b+y (mod ). Todistetaan vielä lauseen toinen osa. Josyu x (mod ) jay u x (mod ) jollakin kokonaisluvullau, niinx x (mod ), jos ja vain josy y (mod ). Tällöin riittää kun laskee kongruenssin y b 4ac (mod ) ratkaisut sen sijaan, että laskisi alkueräisen kongruenssin ratkaisut. Jos sekäy ettäy ovat ratkaisuja, niin y y (mod ) eli y y = (y+y )(y y ). Lauseen. mukaan tästä seuraa, että y y (mod ) tai y y (mod ). Tällöin saadaan kaksi ratkaisua aitsi, jos y y (mod ) eli y. Koska on ariton eli >, niin tämä on mahdollista vain, jos y. Silloin myös y. Koska y b 4ac (mod ) ja y eli b 4ac, niin kongruenssilla on vain yksi ratkaisu. Näin on todistettu myös lauseen jälkimmäinen osa. Huomautus. Lauseen ensimmäisen osan todistuksen kohtaan 1) löytyy vihje lähteestä [8, s. 169], teht. 37. Seuraavaksi esitetään esimerkki edellisen lauseen käytöstä. Esimerkki 4.6. (Vrt. [8, s. 169], teht. 3.) Ratkaisex +9x+3 0 (mod 17). 19

Ratkaisu. Tehtävän ratkaisemiseen voidaan käyttää lausetta 4., koska modulo 17 on alkuluku, joka ei jaa arvoa a = 1. Tässä tehtävässä a = 1, b = 9 ja c = 3. Ratkaistaan y b 4ac = 9 4 1 3 = 69 1 (mod 17). Helosti nähdään, että ratkaisu on y = ±1. Seuraavaksi on ratkaistava kongruenssi ax b+y (mod 17) eli x 9±1 = 10 tai 8 (mod 17). Ratkaisuiksi saadaan x = 1, 13. Tämä on ratkaisu myös alkueräiseen kongruenssiin. 4.4 Ratkaisujen määrä Polynomikongruenssien ratkaisujen määrälle ei ole yleistä sääntöä. Kuitenkin tällainen sääntö löytyy, kun modulona on alkuluku. Tässä alaluvussa käsitellään Lagrangen lausetta, joka kertoo ratkaisujen määrästä. Lause 4.3. Olkoon (a,m) = 1. Tällöin lineaarisella kongruenssilla on täsmälleen yksi ratkaisu. ax b (mod m) Todistus. (Vrt. [1, s. 111].) Lauseen todistamiseksi riittää kokeilla lukuja 1,,...,m sillä ne muodostavat täydellisen jäännössysteemin modulo m. Muodostetaan tulot a,a,...,ma. Koska (a,m) = 1, niin lauseen.14 mukaan myös tulot muodostavat täydellisen jäännössysteemin modulo m. Näin ollen täsmälleen yksi tuloista on kongruentti luvun b kanssa modulo m. Siis kongruenssin toteuttaa vain yksi luku x. Seuraavaksi esitetään kaksi aulausetta, joita käytetään lauseen 4.4 (Lagrangen lause) todistuksessa. Aulause 4.1. Olkoon f kokonaislukukertoiminen olynomifunktio, ja olkoon r kokonaisluku. Tällöin on olemassa sellainen kokonaislukukertoiminen olynomifunktio g, että Todistus. Ks. [8, s. 17]. f(x) f(r) = (x r)g(x). 0

Aulause 4.. Olkoon f kokonaislukukertoiminen olynomifunktio, ja olkoon f(r) 0 (mod m). Tällöin on olemassa sellainen kokonaislukukertoiminen olynomifunktio g, jonka korkein kerroin on sama kuin funktion f, ja jonka vastaavat kertoimet funktioiden f(x) ja (x r)g(x) kanssa ovat kaikki kongruentteja modulo m, mutta jonka aste on yhtä ienemi kuin funktion f. Todistus. Ks. [8, s. 18]. Lause 4.4. (Lagrangen lause.) Olkoon alkuluku ja olkoon f(x) = a r x r +a r 1 x r 1 +...+a 0 kokonaislukukertoiminen olynomi, jossa a r 0 (mod ). Tällöin olynomikongruenssilla f(x) 0 (mod ) on ratkaisuja korkeintaan r. Todistus. (Vrt. [1, s. 115].) Todistetaan lause induktiolla olynomin asteen r suhteen. Kun olynomin aste r = 1, on kyseessä lineaarinen kongruenssi a 1 x+a 0 0 (mod ). Koskaa 1 0 (mod ), niin(a 1,) = 1. Tällöin lauseen 4.3 mukaan ratkaisuja on tasan yksi. Oletetaan sitten, että lause itää aikkaansa, kun olynomin aste on r 1. Todistetaan, että lause itää aikkaansa, kun olynomin aste on r. Tehdään vastaoletus, että alkueräisellä kongruenssilla on r +1 eäkongruenttia ratkaisua modulo ja merkitään niitä x 0,x 1,...,x r, missä f(x k ) 0 (mod ) kaikille k = 0,1,...,r. Aulauseen 4. mukaan itää aikkaansa, että f(x) f(x 0 ) = (x x 0 )g(x), missä g(x) on kokonaislukukertoiminen olynomi, jonka aste on r 1 ja jonka korkein kerroin on a r. Siis f(x k ) f(x 0 ) = (x k x 0 )g(x k ) 0 (mod ), koska f(x k ) f(x 0 ) 0 (mod ). Kuitenkin x k x 0 0 (mod ), jos k 0, joten täytyy olla g(x k ) 0 (mod ) kaikille k 0. Tämä tarkoittaa, että kongruenssilla g(x) 0 (mod ) on r keskenään eäkongruenttia ratkaisua modulo, mikä on ristiriidassa induktio-oletuksen kanssa. Siis vastaoletus ei idä aikkaansa ja väite on tosi. 1

5 Neliönjäännökset Tässä luvussa määritellään neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset sekä käsitellään niitä käyttäviä lauseita. Luvussa esitetään Fermat n ieni lause sekä Wilsonin lause, joita käytetään myöhemmin Eulerin kriteerin todistuksessa. Lisäksi luvussa määritellään Legendren symboli sekä kaksi sitä käyttävää lausetta. Luvun louksi käsitellään neliönjäännösten resirookkilakia, johon liittyen esitetään muun muassa Gaussin lemma. 5.1 Neliönjäännösten ominaisuuksia Tässä alaluvussa määritellään neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset sekä esitetään lauseita ja useita esimerkkejä niiden käytöstä. On kiinnostavaa tietää, millä luvuilla m kongruenssi y m (mod ) on ratkeava. Jos jakaa luvun m, niin ratkaisu on y = 0, mutta jos ei jaa lukua m, niin ratkaisun olemassaolo ei ole yhtä selvää. Määritelmä 5.1. (Ks. [8, s. 165].) Neliönjäännökset ja neliöneäjäännökset. Olkoon alkuluku. Oletetaan, että a eli a ei kuulu suistettuun jäännössysteemiin modulo. Jos on olemassa sellainen kokonaisluku y, että y a (mod ), niin lukua a kutsutaan neliönjäännökseksi modulo. Jos tällaista lukua y ei ole olemassa, niin lukua a kutsutaan neliöneäjäännökseksi modulo. Esimerkki 5.1. Etsi neliönjäännökset modulo 5. Ratkaisu. A = {1,, 3, 4} on suistettu jäännössysteemi modulo 5. Nyt 1 = 1 1 (mod 5), = 4 4 (mod 5), 3 = 9 4 (mod 5), 4 = 16 1 (mod 5). Luvuille 1 ja 4 löytyy sellainen luku y, että y a (mod ). Siis luvut 1 ja 4 ovat neliönjäännöksiä modulo 5, ja luvut ja 3 ovat neliöneäjäännöksiä modulo 5. Koska jos a a (mod ), niin kongruenssit y a (mod ) ja y a (mod )

ovat yhtäitäviä, joten neliönjäännökset muodostavat kokonaisia kongruenssiluokkia. Lauseen 4. todistuksen loussa osoitetaan, että jos on ariton alkuluku ja a sekä y a (mod ), niin ratkaisuja saadaan kaksi, joista toinen on kongruentti luvun y kanssa. Jos lasketaan arvoja kaikille 1,,...,( 1) saadaan jokainen kongruenssiluokka modulo tasan kaksi kertaa, ensin jollain luvulla k, 1 k ( 1)/ ja toisen kerran luvulla k, koska ( k) k (mod ). Tästä saadaan lause 5., joka vähentää työtä kun etsitään ratkaisua kongruenssiin y a (mod ). Lause 5.1. Olkoon ariton alkuluku ja olkoon r rimitiivinen juuri modulo. Silloin rimitiivisten juurten arilliset otenssit r,r 4,...,r 1 ovat neliönjäännöksiä modulo, ja arittomat otenssit r 1,r,...,r ovat neliöneäjäännöksiä modulo. Todistus. (Vrt. [1, s. 08].) Olkoon n arillinen kokonaisluku. Merkitään n = m, jolloin saadaan r n = r m, joten r n x (mod ), missä x = r m, eli r n on neliönjäännös modulo. Parillisia otensseja on olemassa ( 1)/, joten neliönjäännöksiä modulo on olemassa sama määrä. Täten neliöneäjäännöksiä on olemassa ( 1)/ ja ne ovat arittomat otenssit. Lause 5.. Olkoon ariton alkuluku. Jokainen suistettu jäännössysteemi modulo sisältää ( 1)/ neliönjäännöstä modulo ja ( 1)/ neliöneäjäännöstä modulo. Todistus. Olkoon r rimitiivinen juuri modulo. Lauseen.16 mukaan joukko R = {r 1,r,...,r 1 } suistettu jäännössysteemi modulo. Selvästi myös joukko A = {1,,...,( 1)} on suistettu jäännössysteemi modulo. Oletetaan, että a on joukon A alkio. Tällöin on olemassa sellainen yksikäsitteinen joukon R alkio r k, joka toteuttaa kongruenssin r k a (mod ). Lauseen 5.1 mukaan joukossa R on ( 1)/ neliönjäännöstä ja ( 1)/ neliöneäjäännöstä, koska joukon R alkiosta joka toisen otenssi on arillinen. Huomautus. Lauseen alkuosan todistuksessa on käytetty lähdettä [4]. Seuraavaksi esitetään kaksi esimerkkiä lauseen 5. käytöstä. 3

Esimerkki 5.. Lasketaan ienimmät jäännökset modulo 7. Saadaan 1 = 1 1 (mod 7), = 4 4 (mod 7), 3 = 9 (mod 7), 4 = 16 (mod 7), 5 = 5 4 (mod 7), 6 = 36 1 (mod 7). Huomaa, että jokainen neliönjäännös modulo 7 esiintyy välillä 1 ja(7 1)/ = 3. Esimerkki 5.3. (Ks. [8, s. 169], teht. 31.) Ratkaise kongruenssi4x +6x+1 0 (mod 13). Ratkaisu. Tässä diskriminantti b 4ac = 6 4 4 1 = 0 7 (mod 13), missä 7 13, joten lauseen 4. mukaan ratkaisuja ei ole yhtään tai on kaksi. Lasketaan neliönjäännökset modulo 13 välillä 1 ja (13 1)/ = 6. 1 = 1 1 (mod 13), = 4 4 (mod 13), 3 = 9 9 (mod 13), 4 = 16 3 (mod 13), 5 = 5 1 (mod 13), 6 = 36 10 (mod 13). Jos lasketaan jäännökset myös välillä [7,13], saadaan samat tulokset, mutta äinvastaisessa järjestyksessä. Koska 7 on neliöneäjäännös modulo 13, niin y 7 (mod 13) eli kongruenssille y b 4ac (mod ) ei löydy ratkaisua, joten myöskään alkueräiselle kongruenssille ei löydy ratkaisua. 5. Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause Tässä alaluvussa esitetään Fermat n ieni lause ja Wilsonin lause sekä näiden todistukset. Lauseita käytetään seuraavan alaluvun Eulerin kriteerin todistuksessa. Lause 5.3. (Fermat n ieni lause.) Jos on alkuluku, joka ei jaa lukua a, niin a 1 1 (mod ). Todistus. (Vrt. [6, s. 17].) Olkoot a,a,...,( 1)a kokonaislukuja. Yksikään näistä luvuista ei ole jaollinen luvulla, koska jos ja, niin lauseen.3 4

mukaan j, koska a. Tämä ei ole mahdollista, koska 1 j 1. Lisäksi mitkään luvuista a,a,...,( 1)a eivät ole keskenään kongruentteja modulo. Todistetaan tämä. Oletetaan, että ja ka (mod ), missä 1 j k 1. Nyt lauseen.9 mukaan j k (mod ), koska (a,) = 1. Tämä ei ole mahdollista, koska j,k < 1 ovat ositiivisia kokonaislukuja. Koska kokonaisluvut a,a,...,( 1)a muodostavat ( 1)-alkiosen joukon, jotka ovat eäkongruentteja nollan kanssa ja mitkään kaksi lukua eivät ole keskenään kongruentteja modulo, tiedetään, että joukon ienimmät ositiiviset jäännökset jossain järjestyksessä ovat luvut 1,,..., 1. Tämän vuoksi tulo a a ( 1)a on kongruentti modulo ensimmäisten 1 kokonaisluvun tulon kanssa. Siis saadaan ja edelleen a a ( 1)a 1 ( 1) (mod ), a 1 ( 1)! ( 1)! (mod ). Koska (( 1)!,) = 1, niin lausetta.9 käyttäen jaetaan yhtälö uolittain luvulla ( 1)! ja saadaan Täten lause on todistettu. a 1 1 (mod ). Fermat n ieni lause toimii myös käänteisesti, joten sitä voidaan käyttää alkulukutestinä. Lause 5.4. (Wilsonin lause.) Olkoon alkuluku. Tällöin ( 1)! 1 (mod ). Todistus. (Vrt. [6, s. 16].) Kun =, saadaan ( 1)! 1 1 (mod ), joten lause itää aikkaansa, kun =. Olkoon >. Käänteisluvun määritelmän (määritelmä.7) mukaan jokaiselle kokonaisluvulle a on olemassa sellainen käänteisluku a 1, 1 a 1, siten että aa 1 1 (mod ). Lauseen.11 mukaan ainoat ositiiviset kokonaisluvut <, jotka ovat omia käänteislukujaan, ovat 1 ja 1. Tästä syystä luvut, 3,..., voidaan jakaa ( 3)/ kokonaislukuariin niin, että jokainen ari on kongruentti luvun yksi kanssa modulo. Siis saadaan 3 ( 3)( ) 1 (mod ). Kerrotaan kongruenssi uolittain luvuilla 1 ja ( 1) ja saadaan ( 1)! = 1 3 ( 3)( )( 1) 1 ( 1) 1 (mod ). Täten väite on todistettu. 5

5.3 Legendren symboli Tässä alaluvussa määritellään Legendren symboli ja esitetään lauseita sen käytöstä. Määritelmä 5.. (Legendren symboli.) (Ks. [8, s. 168].) Olkoon ( ) ariton alkuluku, joka ei jaa lukua a. Määritellään Legendren symboli olemaan 1, jos a on neliönjäännös modulo, ja 1, jos a on neliöneäjäännös modulo. Esimerkki 5.4. (Vrt. [8, s. 168].) Esimerkissä 5. on laskettu neliönjäännökset modulo 7. Legendren symbolit ovat ( ) ( ) ( ) 1 4 = = = 1, 7 7 7 ( ) ( ) ( ) 3 5 6 = = = 1. 7 7 7 Lause 5.5. (Eulerin kriteeri.) Olkoon ariton alkuluku ja a. Tällöin ( ) a a ( 1)/ (mod ). Todistus. (Vrt. [7, s. 189].) Olkoot ariton alkuluku, (,a) = 1 ja olkoon 1 r 1. Koska kongruenssilla rx a on yksikäsitteinen ratkaisu modulo, on olemassa täsmälleen yksi tekijä s, 1 s 1, jolle rs a (mod ). Todistetaan lause kahdessa osassa. Oletetaan ensin, että a on neliöneäjäännös moduloeli( a ) = 1, niinr s (mod) ja tekijät1,,..., 1 voidaan jakaa areihin r i s i siten, että r i s i a (mod ), missä i = 1,,...,( 1)/. Näin ollen lauseen 5.4 (Wilsonin lause) mukaan a 1 ( 1)! r i s i a ( 1)/ (mod ). 1 i=1 Oletetaan sitten, että a on neliönjäännös modulo eli ( a ) = 1. Tällöin on olemassa sellainen b, että b a (mod ). Tällöin Fermat n ienen lauseen erusteella a ( 1)/ b 1 1 (mod ). Täten molemmissa taauksissa saadaan ( ) a a ( 1)/ (mod ). 6

Esimerkki 5.5. Määritetään Legendren symbolin arvo Eulerin kriteerin (lause 5.5) avulla, kun a = 6 ja = 11. Koska 6 (11 1)/ = 6 5 = 7776 1 (mod 11), niin Eulerin kriteerin mukaan ( 6 11) = 1. Lause 5.6. Olkoon alkuluku ja a,b. Tällöin ( ) ( ) a b 1) Jos a b (mod ), niin =, ( ) a ) a ( 1)/ (mod ), ( ) ( )( ) ab a b 3) =, ( ) a 4) = 1, ( ) 1 5) = 1, jos 1 (mod 4), ( ) 6) = 1, jos 3 (mod 4). 1 Todistus. 1) (Ks. [6, s. 405].) Kohta seuraa neliönjäännösten määritelmästä (määritelmä 5.1). Jos a b (mod ), niin kongruenssilla x a (mod ) on ratkaisu, jos ja vain jos kongruenssilla x b (mod ) on ratkaisu. Siis molemmat luvuista a ja b ovat joko neliönjäännöksiä tai neliöneäjäännöksiä ( modulo eli a ) ( = b ). ) (Ks. [8, s. 168].) Kohta seuraa Eulerin kriteeristä (lause 5.5). 3) (Ks. [8, s. 168].) Kohta seuraa kohdasta ), koska ( )( ) ( ) a b ab a ( 1)/ b ( 1)/ = ab ( 1)/ (mod ). 4) (Ks. ( [6, ) s. 405].) Legendren symbolin määritelmän (määritelmä 5.) mukaan = ±1. Kohdasta 3) seuraa, että a ( ) a = ( a )( ) a = 1. (Ks. [6, s. 405].) Eulerin kriteerin (lause 5.5) mukaan ( ) 1 1 ( 1)/ (mod ). 5) Jos 1 (mod 4), niin = 4k +1 jollakin kokonaisluvulla k. Siis ( 1) ( 1)/ = ( 1) k = 1, 7

( ) 1 joten = 1. 6) Jos 3 (mod 4), niin = 4k +3 jollakin kokonaisluvulla k. Siis ( ) 1 joten = 1. ( 1) ( 1)/ = ( 1) k+1 = 1, Edellä esitetyn lauseen käytöstä esitetään esimerkkejä seuraavassa aliluvussa. 5.4 Neliönjäännösten resirookkilaki Tässä alaluvussa todistetaan Gaussin lemma, sen eräs erikoistaaus ja neliönjäännösten resirookkilaki sekä sen seurauslause. Esitettyjä lauseita käsitellään lisäksi esimerkein. Lause 5.7. (Gaussin lemma.) Olkoon ariton alkuluku ja olkoon a kokonaisluku, jolle (,a) = 1. Jos s on joukon {a,a,...,(( 1)/)a} sellaisten alkioiden lukumäärä, joiden jakojäännös modulo on suuremi kuin /, niin ( ) a = ( 1) s. Todistus. (Vrt. [6, s. 407].) Tarkastellaan joukkoa A = {a,a,...,(( 1)/)a}. Merkitään u 1,u,...,u s joukon A jakojäännöksiä modulo, jotka ovat suuremia kuin /, ja v 1,v...,v t joukon A jakojäännöksiä modulo, jotka ovat ienemiä kuin /. Koska (ja,) = 1 kaikille 1 j ( 1)/, niin jakojäännökset kuuluvat joukkoon {1,,..., 1}. Osoitetaan, että u 1, u,..., u s,v 1,v...,v t muodostavat jossain järjestyksessä joukon {1,,...,( 1)/}. Koska joukossa on täsmälleen ( 1)/ ositiivista kokonaislukua, jotka eivät ole suuremia kuin ( 1)/, riittää osoittaa, että mitkään luvuista eivät ole keskenään kongruentteja modulo. Selvästi u i u j (mod ) aina, kun i j, ja v i v j (mod ) aina, kun i j. Jos jotkin luvuista u i tai v j olisivat keskenään kongruentteja modulo, niin saataisiin ma na (mod ), missä m,n ( 1)/ ovat kokonaislukuja. Koska a, lauseen.9 nojalla saataisiin m n (mod ), mikä on mahdotonta. Lisäksi mikään kokonaisluvuista u i ei voi olla kongruentti modulo kokonaisluvun v j kanssa, koska silloin saataisiin ma na (mod ) eli ma 8

na (mod ). Koska a, lauseen.9 nojalla saataisiin m n (mod ), mikä on mahdotonta, koska m, n kuuluvat joukkoon {1,,...,( 1)/}. Tiedetään, että luvut u 1, u,..., u s,v 1,v...,v t ovat jossain järjestyksessä luvut 1,,...,( 1)/. Siis ( ) 1 ( u 1 )( u ) ( u s )v 1 v v t! (mod ). Koska u i u i (mod ), niin edellinen kongruenssi saadaan muotoon ( ) 1 ( 1) s u 1 u u s v 1 v v t! (mod ). (5.1) Koska u 1,u,...,u s,v 1,v,...,v t muodostavat joukon A tiedetään, että u 1 u u s v 1 v v t a a (( 1)/)a ( ) = a 1 1! (mod ). (5.) Kongruensseita (5.1) ja (5.) saadaan edelleen ( ) ( ) ( 1) s a 1 1 1!! (mod ). Koska (,(( 1)/)!) = 1, niin lauseen.9 nojalla saadaan ( 1) s a 1 1 (mod ). Kerrotaan kongruenssi uolittain luvulla ( 1) s. Tällöin a 1 ( 1) s (mod ), koska ( 1) s ( 1) s = ( 1) s = 1. Eulerin kriteerin (lause 5.5) mukaan a 1 ( ) a (mod ), joten ( ) a ( 1) s (mod ). Täten lause on todistettu. Esimerkki 5.6. Määritetään Legendren symbolin arvo käyttäen Gaussin lemmaa (lause 5.7), kun a = 3 ja = 13. Lasketaan lukujen 3, 3 = 6,3 3 = 9,4 3 = 1,5 3 = 15 ja 6 3 = 18 jakojäännökset modulo = 13 ja saadaan 3,6,9,1,,5. Näistä 4 on suuremia kuin 13/3, joten Gaussin lemman mukaan saadaan ( 3 13) = ( 1) 4 = 1. Siis 3 on neliönjäännös modulo 13. 9

Seuraavaksi esitettävä lause on edellä esitetyn Gaussin lemman seuraus. Sen avulla voidaan määrittää Legendren symbolin arvo, kun a =. Lause 5.8. Olkoon ariton alkuluku. Tällöin ( ) = ( 1) ( 1)/8. Todistus. (Vrt. [6, s. 408].) Gaussin lemman (lause 5.7) erusteella tiedetään, että jos s on joukon A = {,,...,(( 1)/) } sellaisten alkioiden ( ) lukumäärä, joiden jakojäännös modulo on suuremi kuin /, niin = ( 1) s. Jokainen joukon A luvuista on ienemi kuin, joten riittää tutkia lukua / suuremia lukuja, jotta saadaan selville, kuinka monella luvulla on lukua / suuremi jakojäännös. Kokonaislukuj, missä1 j ( 1)/, on ienemi kuin/, kunj /4. Siis on olemassa /4 kokonaislukua, jotka ovat ienemiä kuin /, joten lukua / suuremia lukuja on olemassa s = ( 1)/ /4. Gaussin lemman (lause 5.7) mukaan saadaan ( ) = ( 1) ( 1)/ /4. Lauseen todistamiseksi riittää osoittaa, että kaikille arittomille kokonaisluvuille, 1 /4 1 (mod ). (5.3) 8 Huomaa, että yllä oleva kongruenssi (5.3) ätee ositiiviselle kokonaisluvulle, jos ja vain jos se ätee kokonaisluvulle +8. Tämä itää aikkaansa, koska (+8) 1 ( ) 1 (+8)/4 = +4 ( /4 +) 1 /4 (mod ) 4 ja (+8) 1 = 1 ++8 1 (mod ). 8 8 8 Näin ollen voidaan todeta, että kongruenssi (5.3) ätee kaikille arittomille alkuluvuille, jos se ätee luvuille = ±1 ja = ±3. Tämä näytetään seuraavaksi. Olkoon = ±1. Tällöin kongruenssin (5.3) oikeaksi uoleksi saadaan (±1) 1 8 = 0. 30