Τεστ ελέγχου πρώτων µε χρήση αθροισµάτων Gauss και Jacobi

Transcript

1 Τεστ ελέγχου πρώτων µε χρήση αθροισµάτων Gauss και Jacobi Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης - Εµµανουήλ Γ. Τσακνάκης 1 Αυγούστου Περιγραφή του Αλγορίθµου Περίληψη Εστω ότι έχουµε ένα µεγάλο περιττό αριθµό n που ϑέλουµε να ελέγξουµε αν είναι πρώτος. Μία συνήθης µέθοδος είναι να υπολογίσουµε, για παράδειγµα, το n 1 (mod n). Αν το αποτέλεσµα δεν είναι 1 (mod n), ο n είναι σύνθετος, αν το αποτέλεσµα είναι 1 (mod n), ο n µπορεί και να είναι πρώτος. Ενα ( πιο ισχυρό «ψευδοτέστ» είναι να ελέγξουµε αν ισχύει η a ισοτιµία a n 1 (mod n) n) 1 για ποικιλία αριθµών a. Ωστόσο, κανένα από αυτά τα τεστ δε µας εξασφαλίζει ότι ο n είναι πρώτος. Σε αυτό το κεφάλαιο, ϑα αναφερθούµε σε µία µέθοδο των Adleman- Pomerance-Rumely[1], συµπληρωµένη από τους Cohen-Lenstra[4], η οποία χρησιµοποιεί πληροφορίες αντλούµενες από αυτά τα τεστ, για να παράγει µια πολύ µικρή λίστα πιθανών διαιρετών του n. Είναι τότε εύκολο να ελέγξουµε αν αυτοί είναι διαιρέτες του n και να αποδείξουµε αν ο n είναι πρώτος ή σύνθετος. Το «ψευδοτέστ» που χρησιµοποιήθηκε εδώ, εµπεριέχεται στο Λήµµα 1.5 και είναι το (a + b) n a n + b n (mod n) εαν ο n είναι πρώτος. Μπορούµε να δούµε ότι το Θεώρηµα 1.1 δίνει ένα τρόπο παραγοντοποίησης ενός σύν- ϑετου αριθµού n δίνοντας µία λίστα πιθανών διαιρετών του παρόλο που αυτό είναι απίθανο, καθώς τέτοια n αποτυγχάνουν σε τουλάχιστον ένα από τα γνωστά «ψευδοτέστ» και έτσι δεν ικανοποιούν τις υποθέσεις του Θεωρή- µατος. ιάφορες εκδόσεις του αλγορίθµου αυτού έχουν αποδείξει για µερικούς αριθµούς µήκους 00 ψηφίων ότι είναι πρώτοι, σε µερικά λεπτά. Ο αλγόριθµος που παρουσιάζουµε, ϐασίζεται στο ϐιβλίο του L. Washington[8] Εστω E ένα πεπερασµένο σύνολο περιττών πρώτων αριθµών. Στην πράξη κά- ϑε πρώτος του E πρέπει να είναι µικρός. Ας ϑεωρήσουµε επίσης ότι n p 1 1 (mod p ), p E και διαλέγουµε εκθέτες a p 1 ϑέτοντας Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστήµιο Κρήτης a 1 Το συµβολίζει το σύµβολο Jacobi n 1

2 Εστω t = s = q 1 t όπου το q διατρέχει πρώτους αριθµούς. p E p ap q υq(t)+1, Στην πράξη το t επιλέγεται έτσι ώστε s > n. Εαν τυχαίνει s >> n, τότε επιτρέπεται να αφαιρέσουµε µερικούς πρώτους q από το s, διατηρώντας όµως τη συνθήκη s > n. Θεωρούµε επίσης ότι (n, st) = 1 καθώς διαφορετικά, η εξέταση του n για το αν είναι πρώτος ή όχι ϑα ήταν εύκολη. Η παραπάνω επιλογή των s και t δίνει ότι (Λήµµα.1 ) n t 1 (mod s) (1.1) Παράδειγµα 1.1 Ας πάρουµε n = 493 και E = {3, 5}. Καταρχήν (mod 9) και (mod 5). Φτιάχνουµε τον αριθµό t = 3 5 = 30, του οποίου οι διαιρέτες είναι µέσα στο σύνολο A = {1,, 3, 5, 6, 10, 15, 30}. Οι πρώτοι αριθµοί του συνόλου A + 1 = {, 3, 4, 6, 7, 11, 16, 31} που διαιρούν το t, είναι οι {, 3, 7, 11, 31}. Ετσι λοιπόν, το s όπως το ορίσαµε παραπάνω, είναι s = = 8593 και σίγουρα s > (n). Ελέγχουµε ότι (n, st) = 1 και µένει τώρα να ελέγξουµε ότι πράγµατι (mod 8593). Επείδη s >> n, αν πάρουµε E = {3} (αφαιρούµε δηλαδή το 5), τότε t = 3 = 6, του οποίου οι διαιρέτες είναι µέσα στο σύνολο A = {1,, 3, 6}. Οι πρώτοι αριθµοί του συνόλου A + 1 = {, 3, 4, 7} είναι οι {, 3, 7} και έτσι το καινούριο s, είναι το s = 3 7 = 5 και s > n και έτσι έχουµε λιγότερες πράξεις στη συνέχεια του αλγορίθµου για το αν ο αριθµός n είναι ή όχι πρώτος. Ο τελικός µας στόχος, είναι να δείξουµε το ϑεώρηµα 1.1, το οποίο αποτελεί και τον αλγόριθµο µε τον οποίο ϑα εξετάσουµε εαν ένας αριθµός είναι ή όχι πρώτος. Πρώτα όµως χρειαζόµαστε µερικά ϐασικά αποτελέσµατα τα οποία και ϑα αποδείξουµε αναλυτικά. Καταρχήν το ότι n p 1 1 (mod p ) ( ενώ n p 1 1 (mod p) ) (Θ. Fermat), δίνει ότι το n p 1 είναι γεννήτορας της οµάδας (1 + pz p )/(1 + p 1+ap Z p ), καθώς κάθε αριθµός ισότιµος µε 1 (mod p) αλλά όχι mod p, είναι γεννήτορας της παραπάνω οµάδας (Λήµµα.). Συνεπώς για κάθε ακέραιο r µε (r, p) = 1, µπορούµε να γράψουµε r p 1 (n p 1 ) lp(r) (mod p 1+ap ) Η απόδειξη αυτής της σχέσης, καθώς και υπολοίπων σχέσεων που η απόδειξή τους δεν σχετίζεται µε την απόδειξη της ορθότητας του αλγορίθµου που ϑα παραθέσουµε στο τέλος, παρατίθεται αναλυτικά στο παράρτηµα, στο τέλος της παρούσης εργασίας.

3 για κάποιο ακέραιο l p (r) ο οποίος ορίζεται µοναδικά mod p ap. Παρατήρηση : Ο πρώτος αριθµός, προκαλεί κάποιες τεχνικές δυσκολίες, γι αυτό το λόγο επιλέγουµε 4 t. Τα επόµενα όµως δύο Λήµµατα, ϑα µας επιτρέψουν, να ορίσουµε κατάλληλο l (r) για r n. Λήµµα 1.1 Αν υποθέσουµε ότι υπάρχει ακέραιος c, µε Τότε c n 1 1 (mod n) υ (r 1) υ (n 1), r µε r n, όπου υ (k), είναι το πλήθος των στην πρωτογενή ανάλυση του k. (Ονοµάζεται και part του k). Ας είναι x r η τάξη του c (mod r) δηλαδή ο ελάχιστος ϕυσικός τέτοιος ώστε c xr 1 (mod r), και ας είναι n 1 = λ µ, µ περιττός, λ 1 Αφού c n 1 1 (mod n) άρα c n 1 1 (mod r), συνεπώς c n 1 1 (mod r) δηλαδή c λ 1 µ 1 (mod r). Καθώς όµως c n 1 1 (mod n), άρα υψώνοντας στο τετράγωνο έχουµε c n 1 1 (mod n) και είναι η πρώτη ϕορά που συµβαίνει αυτό µε τα -άρια που έχει το n 1 στην ανάλυσή του. Άρα σίγουρα το part του n 1 πρέπει να είναι ίσο µε το part του x r και συµβολικά υ (n 1) = υ (x r ) (1.) Οταν το r είναι πρώτος, έχουµε c r 1 1 (mod r), απ όπου x r r 1, δηλαδή υ (x r ) υ (r 1) (1.3) Συνδιάζοντας τις (1.), (1.3) παίρνουµε το Ϲητούµενο για όλους τους πρώτους διαιρέτες του n, άρα και για όλους τους διαιρέτες του. Παρατήρηση : Στην πράξη, δεν είναι δύσκολο να ϐρούµε ένα τέτοιο c, διότι εαν ο n είναι πρώτος, οι µισοί από τους ακεραίους c από το 1 εως το n 1 ικανοποιούν την υπόθεση του Λήµµατος 1.1. Θα ϑεωρήσουµε λοιπόν ότι ένα τέτοιο c υπάρχει. Λήµµα 1. Για κάθε αριθµό r µε r n, µπορούµε να γράψουµε r n l (r) (mod k+1 ), όπου k = υ (n 1) και το l (r) είναι υπολογισµένο mod. 3

4 Από το Λήµµα 1.1 αφού υ (r 1) υ (n 1), άρα υπάρχουν περιττοί αριθµοί λ, µ τέτοιοι ώστε r 1 = m λ, n 1 = k µ και m k. Αφού r n, υπάρχει ακέραιος k 1 τέτοιος ώστε n = k 1 r. Άρα n 1 = k 1 r r +r 1 = r(k 1 1)+r 1 απ όπου k µ = r(k 1 1) + m λ (1.4) ιακρίνουµε τις περιπτώσεις Αν m = k, τότε διαιρώντας την 1.4 µε k παίρνουµε µ = r(k 1 1) k + λ. Άρα r(k 1 1) k Z και αφού µ, λ περιττοί, είναι άρτιος. Άρα r(k 1 1) 0 (mod k+1 ) απ όπου rk }{{} 1 r 0 (mod k+1 ) και τελικά r n n (mod k+1 ). Εαν m > k, τότε m k 1 και διαιρώντας και πάλι µε k την 1.4 παίρνουµε µ = r(k 1 1) k + m k λ. Οµως µ περιττός και m k λ άρτιος συνεπώς r(k 1 1) k Z και µάλιστα είναι περιττός. Άρα r(k 1 1) k = 1 + ξ για κάποιο ξ Z. Συνεπώς r(k 1 1) = k + k+1 ξ απ όπου rk }{{} 1 r = k + k+1 ξ δηλαδή r k µ k (mod k+1 ) και τελικά n= k µ 1 r k (µ + 1) (mod k+1 ) διότι ο µ + 1 είναι άρτιος. Σε κάθε περίπτωση λοιπόν r n l (r) (mod k+1 ), όπου k = υ (n 1) και το l (r) είναι υπολογισµένο mod. Συνοψίζοντας έχουµε : Για κάθε ακέραιο r n, διαλέγουµε έναν ακέραιο l(r) τέτοιο ώστε l(r) l p (r) (mod p ap ), p E, και l(r) l (r) (mod ), στην περίπτωση που ο πρώτος είναι το. k { }} { Τότε, r p 1 n (p 1)l(r) (mod p 1+ap ), p E και όµοια r n l(r) (mod υ (n 1) +1 ) στην περίπτωση που ο πρώτος είναι το. Σκοπός της εργασίας είναι να δείξουµε ότι οι πιθανοί διαιρέτες r του n, είναι της µορφής r n l (mod s) µε 1 l < t (λόγω της σχέσης 1.1). Σε αυτό ϑα µας ϐοηθήσουν οι χαρακτήρες Dirichlet, καθώς επίσης και τα αθροίσµατα Jacobi για να δείξουµε τις Προτάσεις 1 και, που ϑα µας ϐοηθήσουν στην επίτευξη του τελικού µας στόχου που είναι η απόδειξη του Θεωρήµατος 1.1. Ας είναι q ένας πρώτος διαιρέτης του s. Για κάθε πρώτο p q 1, παίρνουµε ένα χαρακτήρα Dirichlet χ q,p µε οδηγό q και τάξη, όπου k = υ p (q 1). Επειδή q 1 t άρα υ p (q 1) υ p (t) = a p συνεπώς k a p. 4

5 Παρατήρηση : Το σύνολο αυτών των χαρακτήρων χ q,p, καθώς το p διατρέχει τους πρώτους διαιρέτες του q 1, παράγει την οµάδα των χαρακτήρων Dirichlet mod q (Λήµµα.4). Θα πάρουµε αρχικά την περίπτωση περιττού p. ιαλέγουµε ακεραίους a και b τέτοιους ώστε ab(a + b) 0 (mod p) και (a + b) p a p + b p (mod p ) (αυτό είναι πάντοτε εφικτό). Εστω q 1 J = J (χ a q,p, χ b q,p) = χ a q,p(y), χ b q,p(1 y), άθροισµα Jacobi και έστω η οµάδα Galois G = Gal(Q(ζ )/Q), όπου ζ ϱίζα της µονάδος. Θεωρούµε α := y=0 [ ] nx σx 1 Z[G], µία όπου Z[G] είναι ο δακτύλιος της οµάδας G, [y] το ακέραιο µέρος του πραγ- µατικού αριθµού y και σ x : ζ ζ x, ο αυτοµορφισµός ο οποίος δρα στις ϱίζες της µονάδος, στέλνοντάς τις ζ στις ζ x. Παρατήρηση : Μπορούµε να επεκτείνουµε τον ορισµό της σ x στην οµάδα Gal(Q(ζ, ζ q )/Q(ζ q )) η οποία δρα ταυτοτικά στις q ϱίζες της µονάδος, και όπως παραπάνω στις ϱίζες της µονάδος (Θεώρηµα της µεταφοράς, Λήµµα.4). Σχηµατικά Q(ζ q, ζ ) Galois Q(ζ ) Q(ζ q ) Galois Q Λήµµα 1.3 Εστω ab(a + b) 0 (mod p) και ας πάρουµε β := ( [(a + b)x ] [ ] ax [ ] ) bx σx 1 Τότε, (n σ n )β = (σ a + σ b σ a+b )α 5

6 Ας ϑεωρήσουµε θ := 1 pk 1 xσ 1 x = { } x σx 1, το στοιχείο Stickelberger, όπου [ ]{y} { παριστάνει } [ το ] δεκαδικό µέρος του y. Η x x x x ισότητα ισχύει διότι = + και = 0, x = 1,..., µε p x. Για κάθε αριθµό m µε (m, p) = 1 έχουµε (m σ m )θ Λήµµα.5(c) = ( { x m } { } ) mx σx 1 = [ ] mx σx 1 3 (1.5) Συνεπώς, καθώς (n, p) = 1 (διότι (n, t) = 1) έχουµε (n σ n )θ = α και (σ a + σ b σ a+b )θ = ((a + b σ a+b ) (a σ a ) (b σ b ))θ = β (Λόγω της υπόθεσης στην αρχή και της σχέσης 1.5). Πολλαπλασιάζοντας µε (n σ n ) παίρνουµε (n σ n )β = (σ a + σ b σ a+b ) (n σ n )θ = (σ } {{ } a + σ b σ a+b )α α και αποδείχθηκε αυτό που ϑέλαµε. Λήµµα 1.4 Εαν (a + b) p a p + b p (mod p ) και ab(a + b) 0 (mod p), τότε ( [(a + b)x ] [ ] ax [ ] ) bx x 1 0 (mod p) Εαν x y (mod ) τότε x p y p (mod +1 ) (Λήµµα.6). Συνεπώς υπάρχει ένας καλώς ορισµένος οµοµορφισµός δακτυλίων (Λήµµα.7) ϕ : Z[G] Z/+1 Z c x σ x c x x p (mod +1 ) 3 Είναι πολύ εύκολο να δείξουµε ότι σx 1 = σ x 1 και από εδώ και στο εξής ϑα το χρησι- µοποιούµε όπως είναι ϐολικότερο. 6

7 Οµως (σ a + σ b σ a+b )( θ) = β και εφαρµόζοντας τον οµοµορφισµό ϕ και στα δύο µέλη παίρνουµε Οµως ϕ ( (σ a + σ b σ a+b )( θ) ) ϕ ( β ) (mod +1 ) (1.6) ϕ ( (σ a + σ b σ a+b )( θ) ) = ϕ(σ a + σ b σ a+b )ϕ( θ) = ( / a p + b p (a + b) p ) / 1 και pk 1 ϕ( β) = pk 1 = = ( a p + b p (a + b) p) pk 1 ( [(a + b)x ( [(a + b)x ] ] [ ] ax [ ] ax x 1 p [ ] ) bx ϕ(σx 1 ) [ ] ) bx } {{ } pk 1 ( [(a + b)x B ] [ ] ax x p [ ] ) bx x 1 (mod +1 ) και η ισότητα ( ) ισχύει διότι x p x (mod p) απ όπου x p x 1 (mod p) και πολλαπλασιάζοντας και τα δύο µέλη της τελευταίας µε B έχουµε την Ϲητούµενη ισοτιµία (Ας σηµειωθεί ότι το x έχει επιλεγεί έτσι ώστε p x για να υπάρχει ο x 1 mod p). Άρα τελικά ( a p +b p (a+b) p) pk 1 pk 1 x 1 p ( [(a ] [ ] [ ] ) + b)x ax bx x 1 (mod +1 ) (1.7) Οµως το x p 1, άρα και το x 1 p διατρέχει όλα τα y mod καθώς y 1 (mod p) και κάθε τιµή του y την παίρνει p 1 ϕορές (Λήµµα.8) Επίσης όλα τα y mod δηλαδή τα 0, 1,,..., 1 τα οποία είναι 1 (mod p) είναι σε πλήθος 1 [είναι σε πλήθος όσα και εκείνα που είναι 0 (mod p) (εκείνα που δεν είναι πρώτα προς τον πρώτο p, είναι σε πλήθος ϕ( ) = 1 )]. xϕ(σ x 1) 7

8 Συνεπώς 1 1 x 1 p (p 1) j=0 (1 + jp) 1 (mod ) άρα αφού εξ υποθέσεως p a p + b p (a + b) p και 1 x 1 p άρα +1 ( a p + b p (a + b) p) pk 1 x 1 p, και τελικά το αριστερό µέλος της 1.7 δεν διαιρείται από το +1 συνεπώς το ίδιο συµβαίνει και για το δεξί το οποίο όµως είναι διαιρετό από το. Αναγκαστικά λοιπόν p ( [(a + b)x ] [ ] ax [ ] ) bx x 1 Ας ϑεωρήσουµε τώρα το άθροισµα Gauss που ορίζεται να είναι το q 1 g(χ q,p ) := χ q,p (y)ζq y Z[ζ, ζ q ] y=1 Επεκτείνουµε όπως πριν, τον ορισµό της σ x, έτσι ώστε σ x (ζ q ) = ζ q, δηλαδή η σ αφήνει αναλλοίωτες τις q ϱίζες της µονάδος. Τότε λόγω της ιδιότητας J (χ 1, χ ) = g(χ 1)g(χ ) (χ 1 χ 1) έχουµε g(χ 1 χ ) J α = = g(χ a q,p) α g(χ b q,p) α g(χ a+b q,p ) α (Ισχύει g(χ r q,p) = g(χ q,p ) σr ) g(χ q,p ) σaα g(χ q,p ) σ bα g(χ q,p ) σ = g(χ a+bα q,p ) (σa+σ b σ a+b )α Λήµµα 1.3 = g(χ q,p ) (n σn)β Λήµµα 1.5 Εστω r τυχαίος πρώτος µε (r, pq) = 1. Τότε [ ] g(χ q,p ) r σr χ q,p (r) (mod ) 1 r rz q, ζ q, ζ ( q 1 Εχουµε g(χ q,p ) r = ( 1) r y=1 ) r q 1 χ q,p (y)ζq y 8 y=1 χ r q,p(y)ζ yr q (mod r)

9 Θέτω y το yr. Τότε καθώς το ζq yr είναι µία άλλη (εν γένει) q ϱίζα της µονάδος έστω ζ q, άρα και πάλι το y ϑα παίρνει τις τιµές από 1 εως q 1. Οπότε η παραπάνω σχέση γράφεται q 1 y =1 χ r q,p ( y r ) ζq y = χ q,p (r) r q 1 χ r q,p(y)ζq y χ q,p (r) r g(χ q,p ) σr (mod r) y=1 Τώρα έχουµε τα απαραίτητα εφόδια για να αποδείξουµε την πρώτη ισχυρή πρόταση Πρόταση 1 Εστω p περιττός πρώτος και έστω J το άθροισµα Jacobi όπως ορίστηκε παραπάνω (µαζί µε τα a, b που επιλέξαµε). Εαν το J α δεν είναι ισότιµο µε µία ϱίζα της µονάδος mod nz[ζ ], τότε ο n είναι σύνθετος. Εαν J α ζ (mod n) µε ζ pk = 1, τότε χ q,p (r) = χ q,p (n) l(r), r µε r n. Από το Λήµµα 1.5, εαν ο n είναι πρώτος, τότε J α Λήµµα = g(χ q,p )(n σn)β 1.5 χ q,p (r) nβ (mod n). Συνεπώς το J α είναι ισότιµο mod n µε µία ϱίζα της µονάδος. Αυτό αποδεικνύει το πρώτο µέρος της πρότασης. Ας ϑεωρήσουµε τώρα ότι ο n δεν είναι (ακόµη) γνωστό εαν είναι πρώτος ή όχι, αλλά ότι J α ζ (mod n) µε ζ pk = 1. Ας πάρουµε u = g(χ q,p ) β. Τότε η J α = g(χ q,p [ ) (n σn)β ] γίνεται u n σn = J α 1 ζ (mod n), και δουλεύουµε στον δακτύλιο rz q, ζ q, ζ. Για i 1 έχουµε u ni σn i = u (n σn)(ni 1 + +σn i 1 ) ζ ni 1 + +σn i 1 = ζ ini 1 (mod n) (1.8) k 1 διότι ζni k σn ( = σn k 1 ζ ni k) = ζ ni k nk 1 = ζ ni 1 Θέτουµε στην 1.8 όπου i = (p 1) και έτσι έχουµε Οµως u σ(p 1)pk n = k = 1,..., i u n(p 1)pk σ (p 1)pk n ζ (p 1)pk n (p 1)p 1 (mod n) (1.9) (g ( χ q,p (r) ) ) β σ (p 1) n = g (χ n(p 1)pk q,p ) β (r) και χ n(p 1)pk q,p (r) = χ q,p (r) διότι n ϕ(pk+1) 1 (mod +1 ) 1 (mod ) απ όπου n (p 1)pk 1 (mod ) άρα n (p 1)pk = 1 + λ, για κάποιο λ Z και τελικά χ n(p 1)pk q,p. (r) = χ 1+pk λ q,p (r) = χ q,p (r) (χ pk q,p(r)) λ = χq,p (r), διότι ο χ q,p έχει τάξη 9

10 Άρα αντικαθιστώντας τις παραπάνω στην (1.9), έχουµε u n(p 1)p 1 (mod n) (1.10) Ας είναι τώρα r ένας πρώτος διαιρέτης του n. Το Λήµµα 1.5 δίνει ότι u ri σr i = u (r σ r)(r i 1 + +σr i 1 ) χ q,p (r) r(ri 1 + +σr i 1 )β χ iri β q,p (r) (mod r) Θέτωντας i = p 1 παίρνουµε u rp 1 σr p 1 χ q,p (r) (p 1)rp 1 β (mod r) (1.11) Απ το Λήµµα 1.4, το β δρα στις ϱίζες της µονάδος µέσω ενός ακεραίου που δεν διαιρείται από το p διότι εξ ορισµού (Παράγραφος.1 του Παραρτήµατος) ο εκθέτης του ζ όταν το β δράσει πάνω του, ϑα είναι ακριβώς εκείνη η παράσταση του Λήµµατος 1.4, που δεν είναι διαιρετή από το p. Συνεπώς (Λήµµα.9) υπάρχει ϱίζα της µονάδος η τέτοια ώστε ζ = η nβ Ας πάρουµε l = l(r) άρα r p 1 n (p 1)l (mod +1 ) και σr p 1 στις µεν q ϱίζες της µονάδος ισχύει σ p 1 (ζ q ) = ζ q = σ (p 1)l r = σ (p 1)l n διότι n (ζ q ) και στις δε (ζ ) και η ισότητα ( ) ϱίζες της µονάδος σr p 1 (ζ ) = ζ rp 1 p = ζ n (p 1)l = σ (p 1)l k n ισχύει διότι εφόσον r p 1 n (p 1)l (mod +1 ) άρα r p 1 n (p 1)l (mod ) συνεπώς ζ rp 1 Άρα = ζ n(p 1)l + λ u n(p 1)l r p 1 = u n(p 1)l σ n (p 1)l = ζ n(p 1)l για κάποιο λ Z. +σr p 1 Οµως η 1.8 για i = (p 1)l δίνει r p 1 = u n(p 1)l σ (p 1)l n u σp 1 r r p 1 (1.1) u n(p 1)l σ (p 1)l n ζ (p 1)ln(p 1)l 1 = η β(p 1)ln(p 1)l (mod n) άρα και mod r Επίσης από 1.11 u σp 1 r r p 1 χ q,p (r) (p 1)rp 1β (mod r), συνεπώς η 1.1 γίνεται u n(p 1)l r p 1 η β(p 1)ln(p 1)l χ q,p (r) (p 1)rp 1β ( ) (p 1)r p 1 β χ q,p (r) η l (mod r) Καθώς n p 1 1 (mod p ) προκύπτει ότι z := n(p 1)pk 1 0 (mod p) διότι +1 n (p 1)p = (n p 1 1) (n (p 1)(pk 1) + n (p 1)(pk ) + + n (p 1) + n p 1 + 1) } {{ } όροι, και κάθε ένας είναι 1 (mod p) λόγω της n p 1 1 (mod p) 0 (mod +1 ) άρα τελικά +1 n (p 1)pk 1. Καθώς n (p 1)l r p 1 0 (mod +1 ) έχουµε ( z n (p 1)l r p 1) = n(p 1)pk 1 ( +1 n (p 1)l r p 1) 0 (mod n (p 1)pk 1) 10

11 Άρα n (p 1)pk 1 z(n (p 1)l r p 1 ). ηλαδή υπάρχει w τ.ω. Τότε ( (mod r).. ηλαδή ) z(p 1)r p 1 β χ q,p (r) η l z(n (p 1)l r p 1 ) = w (n (p 1)pk 1) ( ) u z n (p 1)l r p 1 ( ) z(p 1)r p 1 β χ q,p (r) η l 1 (mod r) = u w(n(p 1)p) (1.10) 1 w 1 Αλλά p z(p 1)r p 1 (διότι κανένας από τους 3 όρους δεν είναι διαιρετός από p) και ο β από το Λήµµα 1.4, δρα στο χ q,p(r) (που είναι σίγουρα ϱίζα της µονάδος ίσως και p d ϱίζα της µονάδος µε d < k) µέσω ενός ακεραίου που δεν διαιρείται από το p. Αφού λοιπόν χ q,p(r) η l είναι p οστής δύναµης ϱίζα του 1 και ο εκθέτης µετά την δράση του β, δεν διαιρείται από το p, έπεται ότι χ q,p(r) 1 (mod r). η l Από Λήµµα.10 οι ϱίζες της µονάδας είναι διακριτές η l mod r. Άρα χ q,p (r) η l = 1 απ όπου χ q,p (r) = η l ηλαδή χ q,p (r) = η l(r) για κάθε πρώτο διαιρέτη r του n (το η είναι ανεξάρτητο του r).εφόσον l(r 1 r ) l(r 1 ) + l(r ) (mod ) έχουµε ότι χ q,p (r) = η l(r) για όλους τους διαιρέτες r του n. Για r = n και παίρνοντας l = 1, έχουµε χ q,p (n) = η l(n) = η 1 = η,άρα χ q,p (r) = χ q,p (n) l(r) για κάθε r n.εδώ ολοκληρώνεται η απόδειξη της Πρότασης 1. Θεωρούµε τώρα την περίπτωση p =. Εστω χ q, είναι ο τετραγωνικός χαρακτήρας mod q. Από την ιδιότητα g(χ q,p )g(χ q,p ) = χ q,p ( 1)q έχουµε g(χ q, ) = χ q, ( 1)q, δηλαδή g(χ q, ) n 1 = (±q) (n 1)/. Πρόταση Αν q (n 1)/ ±1 (mod n), τότε ο n είναι σύνθετος. Αν q (n 1)/ ±1 (mod n), τότε χ q, (r) = χ q, (n) l(r) Εστω ότι ο n είναι πρώτος. Τότε q n 1 1 (mod n), δηλαδή q (n 1)/ ±1 (mod n). 11

12 Εστω τώρα ότι δεν ξέρουµε αν ο n είναι πρώτος. Είναι g(χ q, ) r 1 χ r q, = χ q, (r) (mod r), µε r περιττό πρώτο (Λήµµα.11).. Επίσης g(χ q, ) n 1 = (±q) (n 1)/ η (mod n),µε η = ±1. Εστω r ένας περιττός πρώτος διαιρέτης του n και l = l(r). Εχουµε g(χ q, ) nl 1 = g(χ q, ) (n 1)(nl ) η nl η l (mod n) Επεται λοιπόν ότι g(χ q, ) nl r g(χ q, ) nl 1 g(χ q, ) 1 r ηl χ q, (r) Εστω k = u (n 1), τότε (n 1) = k+1 z, µε z περιττό. (mod r) Αφού r p 1 n (p 1)l (mod +1 ) άρα για p = παίρνουµε n l r 0 (mod k+1 ) και g(χ q, ) (n 1) η 1 (mod n), ϑα έχουµε ( ) z η l g(χ q,) (nl r)z g(χ q,) k+1wz g(χ q,) (n 1)w 1 (mod r) χ q, (r) η l Αφού ο z είναι περιττός και χ q, (r) = ±1 συνεπάγεται ότι χ q,(r) = η l(r) για κάθε πρώτο διαιρέτη r του n. Αφού l(r 1 r ) l(r 1 ) + l(r ) (mod k ), έχουµε χ q, (r) = η l(r) για όλους τους διαιρέτες του n. Για r = n έχουµε χ q, (n) = η l(n) = η 1 = η δηλαδή χ q, (r) = χ q, (n) l(r) για όλα τα r n. Θεώρηµα 1.1 Εστω n, s και t όπως ορίστηκαν παραπάνω.υποθέτουµε ότι: 1. q n 1 ±1 (mod n) για όλα τα q s.. J (χ a q,p, χ b q,p) α ζ (mod n) µε ζ pk = 1 για όλους τους πρώτους q s και όλους τους περιττούς πρώτους p q 1 (όπου k = u p (q 1), τα α και a, b όπως έχουν οριστεί παραπάνω. 3. Υπάρχει c Z µε c n 1 1 (mod n). Τότε κάθε διαιρέτης r του n ικανοποιεί την r n i (mod s) µε 0 i < t. Αν µία εκ των (1), () και (3) δεν ισχύει, τότε ο n είναι σύνθετος. Εστω p n και q s. Από τις προτάσεις 1 και έχουµε ότι χ q,p (r) = χ q,p (n) l(r) για όλα τα p q 1. Αφού αυτοί οι χαρακτήρες γεννάνε την οµάδα των χαρακτήρων Dirichlet mod q, έπεται ότι χ(r) = χ(n) l(r) 1

13 για όλους τους χαρακτήρες Dirichlet έχουµε οδηγό q, συνεπάγεται ότι mod q. ηλαδή χ(r) = χ(n l(r) ) και αφού r n l(r) (mod q) (1.13) Αν q είναι περιττός και q s έπεται ότι q E και q 1+aq δύναµη του q που διαιρεί το s. Επίσης είναι η µεγαλύτερη r q 1 (n q 1 ) l(r) (mod q 1+aq ) (1.14) από τον ορισµό του l(r). Θεωρούµε τον ισοµορφισµό (Λήµµα.1) (Z/q 1+aq Z) = (Z/qZ) ( (1 + qz q )/(1 + q 1+aq Z q ) ) που στέλνει το x στο (x, x q 1 ). Αφού τα r και n l(r) έχουν την ίδια εικόνα (από τις 1.13 και 1.14) ϑα πρέπει r n l(r) (mod q 1+aq ) (1.15) Για q =, από τον ορισµό του s έχουµε ότι το 4, αλλά οχι το 8, διαιρεί το s. Άρα r n l(r) (mod 4) (1.16) Από τις 1.15 και 1.16 έχουµε ότι r n l(r) (mod s). Αφού n t 1 (mod s) έχουµε r n i (mod s), 0 i < t. Παράδειγµα 1. Εστω n = Παίρνουµε E = {3} και τότε t = 6. Ελέγχουµε αν n p 1 1 (mod p ) και πράγµατι (mod 9). Εχουµε s = 3 7 = 5. Είναι 5 > , 48 και , , (mod 48611). Αρα η συνθήκη (1) ικανοποιείται καθώς επίσης και η (3) για c =. Μένει να ελέγξουµε την συνθήκη (). Εχουµε p = 3 και επιλέγουµε q = 7. Ας είναι ζ µια πρωταρχική 3 ϱιζα της µονάδος. Ενας χαρακτήρας χ = χ 7,3, µε οδηγό 7 και τάξη 3, µπορεί να ϐρεθεί επιλέγοντας µια πρωταρχική ϱίζα τάξης 3 (mod 7) και ϑέτοντας χ(3) = ζ. Τότε έχουµε χ(y) = 1 για y = ±1,χ(y) = ζ για y = ±3 και χ(y) = ζ για y = ±. 6 Εστω a = b = 1. Τότε J(χ, χ) = χ(k)χ(1 k) = (χ(1)χ(0) + χ()χ( 1)+χ(3)χ( )+χ( 3)χ( 3)+χ( )χ(3)+χ( 1)χ()) = 3ζ = (3ζ + 3) = 3ζ + 1 [ n ] [ n ] Εχουµε α = σ1 1 + σ 1 = σ διότι 1 (mod 3) 3 3 Τότε k=1 J α = (1 + 3ζ) 1603 (1 + 3ζ )

14 (1 + 3ζ) 1603 = ζ (mod 48611) 4 (1 + 3ζ ) 3407 = ζ (mod 48611) ηλαδή J α ζ (mod 48611) Αρα η συνθήκη () ισχύει. Από το ϑεώρηµα 1.1 έχουµε ότι r n i (mod s) για κάθε r s όπου 0 i < 6. Αφού n 7 (mod s) οι πιθανοί διαιρέτες του είναι οι r = 1, 7, 11, 51, 5, 131 (mod 5) Αν ο είναι σύνθετος ϑα πρέπει να έχει ένα παράγοντα r , 48. Οι µόνοι πιθανοί διαιρέτες είναι οι 11, 5 και 131. Αφού κανένας από αυτούς δεν είναι διαιρέτης του 48611, ο είναι πρώτος. Παρατήρηση : Εαν 3 p < και p 1093, 3511, τότε µπορούµε να εκλέξουµε a = b = 1. Κοίταξε [3] 4 Για την εύρεση της δύναµης αυτής mod 48611, ένας εύκολος τρόπος, είναι χρησιµοποιώντας τους διαδοχικούς τετραγωνισµούς και γράφοντας σε δυαδική µορφή τον εκθέτη 1603 = ( ). 14

15 Παράρτηµα.1 ακτύλιος Οµάδας Εστω G µία πεπερασµένη οµάδα. Ο δακτύλιος οµάδας Z[G] είναι το σύνολο των απεικονίσεων (όχι αναγκαστικά οµοµορφισµών) απ το G στο Z εφοδιασµένο µε τις επόµενες δύο πράξεις Εαν f 1, f Z[G], ορίζουµε ( f1 + f ) (σ) = f1 (σ) + f (σ), σ G Ο πολλαπλασιασµός είναι λίγο πιο τεχνικός και ορίζεται ως εξής f 1 f = τ G f 1 (τ)f (τ 1 σ) Οι παραπάνω δύο πράξεις δοµούν το Z[G] σε δακτύλιο. Ετσι δικαιολογείται και το όνοµα «δακτύλιος οµάδας». Το τυπικό στοιχείο f Z[G], γράφεται στη µορφή f = σ G f(σ)σ ή f = σ G n σ σ Το ενδιαφέρον µας στρέφεται τώρα στην περίπτωση όπου G = Gal(K/Q) 5 για ένα αριθµητικό σώµα K (π.χ. το κυκλοτοµικό σώµα Q(ζ n ), το οποίο είναι επέκταση Galois πάνω απ το Q και πιο συγκεκριµένα στην περίπτωση που το K είναι ένα κυκλοτοµικό σώµα). Εξ ορισµού η G δρα στο K. Μπορούµε να επεκτείνουµε την δράση της G µε ένα ϕυσικό τρόπο σε δράση του Z[G] ως ακολούθως Εαν f Z[G] και x K, τότε ϑέτουµε x f = f(x) = σ G σ(x) nσ Είναι εύκολο να επαληθεύσουµε τις παρακάτω ιδιότητες ( x, x 1, x K και f, f 1, f Z[G] ) (i) x f 1+f = x f 1 x f (ii) x f 1f = (x f 1 ) f = (x f ) f 1 (iii) (x 1 + x ) f = x f 1 + xf (iv) (x 1 x ) f = x f 1 xf 5 Εαν K = Q(ζ n) µε ζ n µία πρωταρχική n ϱίζα της µονάδος, τότε η επέκταση K/Q είναι επέκταση Galois µε αντίστοιχη αβελιανή οµάδα Galois που δίνεται από την G = Gal(K/Q) = σa, (a, n) = 1 όπου σ a(ζ n) = ζn a. Ο ϐαθµός της επέκτασης K/Q είναι ϕ(n), όπου ϕ είναι η συνάρτηση του Euler. 15

16 . Απαραίτητα Λήµµατα Λήµµα.1 Η επιλογή των s, t δίνει n t 1 (mod s) Από το ϑεώρηµα του Euler, καθώς (n, q) = 1 (λόγω της (n, s) = 1 και της q s), έχουµε ότι n φ(qυq(t)+1) 1 (mod q υq(t)+1 ), δηλαδή n qυq(t) (q 1) 1 (mod q υq(t)+1 ) (.1) Οµως q 1 t και q υq(t) t απ όπου q υq(t) (q 1) t, άρα t = q υq(t) (q 1) t, για κάποιο t Z. Υψώνοντας λοιπόν την σχέση.1 στην δύναµη t παίρνουµε n t 1 (mod q υq(t)+1 ). Η τελευταία σχέση όµως, ισχύει για κάθε πρώτο q µε q 1 t, και καθώς όλοι αυτοί είναι διακεκριµένοι, παίρνουµε n t 1 (mod q υq(t)+1 ) απ όπου έχουµε το Ϲητούµενο. q 1 t mod p είναι γεννή- Λήµµα. Κάθε αριθµός ισότιµος µε 1 (mod p) αλλά όχι τορας της οµάδας (1 + pz p )/(1 + p 1+ap Z p ), µε a p 1. Ας είναι β 1 (mod p) και β 1 (mod p ) Αφού 1 + pz p = { 1 + a 1 p + a p + /a i {0, 1,..., p 1} } και 1 + p 1+ap Z p = { 1 + b 1 p 1+ap + b p +ap + /b i {0, 1,..., p 1} } άρα (1 + pz p )/(1 + p 1+ap Z p ) = { 1 + c 1 p + c p + + c ap p ap /c i {0, 1,..., p 1} } η οποία έχει p ap στοιχεία (διότι τα c i {0, 1,..., p 1} άρα κάθε ένα c i έχει p επιλογές) άρα και η τάξη της είναι p ap. Ας υποθέσουµε τώρα ότι υπάρχει κάποιο στοιχείο r, µε 1 r < p ap τέτοιο ώστε β r 1 (mod p 1+ap ) (a p 1). Παίρνουµε το r να είναι το ελάχιστο δυνατό για το οποίο ισχύει η παραπάνω. Άρα το r είναι η τάξη του στοιχείου. Τότε αφού r p ap, άρα r =, µε 0 k < a p. ιακρίνουµε τις περιπτώσεις 16

17 Εαν k = 0, τότε β 1 (mod p 1+ap ), αδύνατο λόγω της β 1 (mod p ) και του ότι a p 1. Εαν k 1, τότε β pk 1 (mod p 1+ap ) 1 (mod p +k ) (διότι +k 1+a p όταν k < a p ). Οµως η µορφή του β που ανήκει στην παραπάνω οµάδα είναι και τότε β = 1 + c 1 p + c p + + c ap p ap, c i {0, 1,..., p 1} β pk = ( 1 + c 1 p + c p + + c ap p ap) 1 + c 1 +1 (mod p +k ) διότι όλοι οι όροι πλην του δεύτερου όρου συνδιασµένου µε τις µονάδες, περιέχουν πολλαπλάσιο του + και εξαφανίζονται. Άρα πρέπει c (mod p +k ) δηλαδή c 1 0 (mod p) που είναι αδύνατο καθώς εαν είχαµε c 1 0 (mod p) τότε β 1 (mod p ), αδύνατο λόγω της υπόθεσης. m Λήµµα.3 Ας είναι q 1 = i i και χ i,j ο j χαρακτήρας µε οδηγό q και i=1 τάξη i i. Τότε, το σύνολο αυτών των χαρακτήρων χ i,j, καθώς το p i διατρέχει τους πρώτους διαιρέτες του q 1, παράγει την οµάδα των χαρακτήρων Dirichlet mod q. Παίρνουµε όπου µ p k i i χ i,j : (Z/qZ) µ k p i, i = 1,..., m i είναι το σύνολο των i i ϱιζών της µονάδος (που αποτελεί πολλαπλασιαστική οµάδα) και ο οποίος έχει οδηγό q και τάξη i i. Τότε ορίζουµε χ : (Z/qZ) µ q 1 µε χ = χ 1,j 1 χ,j... χ m,jm κατά τον γνωστό τρόπο κατασκευής του, τον χαρακτήρα µε οδηγό q και τάξη i m i = q 1. i=1 Με τον τρόπο αυτό κατασκευάζουµε όλη την οµάδα των χαρακτήρων Dirichlet mod q. (Εξ ορισµού, δεν ξεχνούµε ότι οι χαρακτήρες Dirichlet mod q έχουν τάξη q 1. Οι χαρακτήρες χ i,j που ορίσαµε παραπάνω, έχουν µεν οδηγό q αλλά η τάξη τους είναι i i άρα δεν αποτελούν όλους τους χαρακτήρες mod q (Εκτός εαν το q είναι δύναµη πρώτου) ). 17

18 Παράδειγµα.1 Ας πάρουµε την περίπτωση q = 7 Τότε q 1 = 6 = 3 Θέτουµε λοιπόν p 1 = µε k 1 = 1, και p = 3 µε k = 1. Οι χαρακτήρες χ 1,j µε οδηγό 7 και τάξη, είναι οι χ 1, χ 1, Το χ 1,j (3) είναι γεννήτορας του Z 7, αρκεί λοιπόν να ορίσουµε το χ 1,j(3) για να ϐρούµε όλους τους χαρακτήρες. Παίρνοντας χ 1,j(3) = ±1, έχουµε όλους τους δυνατούς χαρακτήρες χ 1,j : Z/7Z µ Οι χαρακτήρες χ,j µε οδηγό 7 και τάξη 3, είναι οι χ, χ, 1 ω ω ω ω 1 χ, 3 1 ω ω ω ω 1 όπου ω = e πi/3. Οι τιµές χ,j(3) = 1, ω, ω αρκούν για να υπολογίσουµε τους χαρακτήρες χ,j : Z/7Z µ 3 Οι παραπάνω χαρακτήρες παράγουν όλους τους χαρακτήρες δηλαδή τους χαρακτήρες mod 7. Παράγουν χ χ 1 ω ω ω ω 1 χ 3 1 ω ω ω ω 1 χ χ 5 1 ω ω ω ω 1 χ 6 1 ω ω ω ω 1 Πράγµατι, παίρνοντας τον χαρακτήρα γ := χ 1,j 1 χ,j για j 1 = 1, και j = 1,, 3, παίρνουµε την οµάδα των χαρακτήρων mod 7. Λήµµα.4 Ας είναι K, F, L σώµατα. Εαν η L/K είναι πεπερασµένη επέκταση Galois και η F/K είναι επέκταση σωµάτων, τότε η LF/F είναι επέκταση Galois και Gal(LF/F ) = Gal(L/L F ) Σχηµατικά 18

19 LF L Galois F Galois L F K Η επέκταση LF/F είναι Galois. Πράγµατι, αφού L/K είναι Galois, άρα το L είναι σώµα ανάλυσης ενός συνόλου διαχωρισίµων πολυωνύµων S K[X]. Εποµένως και το LF είναι σώµα ανάλυσης του ίδιου S F [X]. Επίσης εαν f(x) K[X] διαχωρίσιµο, τότε έπεται ότι f(x) F [X], επίσης διαχωρίσιµο. Άρα η LF/F είναι επέκταση Galois. Θεωρούµε τώρα την απεικόνιση ϕ : Gal(LF/F ) Gal(L/K) σ σ L Αφού η L/K είναι κανονική επέκταση, άρα σ L Gal(L/K), δηλαδή η ϕ είναι καλά ορισµένη και επίσης οµοµορφισµός οµάδων. ker ϕ = {σ Gal(LF/F ) σ L = id L } Εποµένως εαν σ ker ϕ, τότε σ F = id F και σ L = id L απ όπου το σώµα των σταθερών στοιχείων του ker ϕ, περιέχει το σώµα F και το σώµα L. Εποµένως, ϑα περιέχει και το LF, δηλαδή σ = id LF άρα η ϕ είναι 1 1. Οµως ισχύει Imϕ Gal(L/K) και συνεπώς από το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα της ϑεωρίας Galois, έχουµε ότι Imϕ = Gal(L/E), όπου K E L και E το σώµα των σταθερών στοιχείων της Imϕ. Αρκεί να αποδείξουµε τώρα ότι E = F L. Εστω λοιπόν a F L. Τότε το a παραµένει σταθερό σ L, σ Gal(LF/F ) ( a F και σ Gal(LF/F ) δίνουν σ(a) = a και σ L (a) = a ). Άρα λοιπόν a E και έτσι F L E. Εαν τώρα a E τότε a L και σ L (a) = a, σ Gal(LF/F ) πράγµα που σηµαίνει ότι σ(a) = a, σ Gal(LF/F ) δηλαδή a F απ όπου a F L και τελικά ότι E F L. Συνεπώς πράγµατι E = F L. Άρα Gal(LF/F ) / ker ϕ = Imϕ = Gal(L/L F ). } {{ } id Λήµµα.5 Ας είναι [y], {y} το ακέραιο και το δεκαδικό µέρος του πραγµατικού αριθµού y αντίστοιχα. Τότε ισχύουν τα παρακάτω : 19

20 (a) x = pk 1 (b) (Gauss) Εαν µ, ν N µε (µ, ν) = 1, τότε ν 1 [ ] κµ = ν κ=1 µ 1 λ=1 [ ] λν (µ 1)(ν 1) = µ (c) { } mx = pk 1 pk 1 = σ m { } x, µε (m, p) = 1. (a) x pk 1 = x pk 1 p x x Οµως και απ την άλλη, p x 1 1 x = pk 1 = pk ( 1) = pk 1 x = p + p (p 1)p + + pk x 1 = pk p + p + p + + 3p + + pk p = προσθέτωντας λοιπόν τις δύο τελευταίες παίρνουµε το Ϲητούµενο. (b) Χρησιµοποιώντας ένα σύστηµα καρτεσιανών συντεταγµένων xoy, ϑεω- ϱούµε τα σηµεία A(ν, 0), B(ν, µ), Γ(0, µ). Στο εσωτερικό του ορθογωνίου ΟΑΒΓ ϐρίσκονται τα σηµεία µε συντεταγµένες (κ, λ) όπου κ = 1,..., µ 1, λ = 1,..., ν 1. Το πλήθος των σηµείων αυτών είναι (µ 1)(ν 1). Οµως πάνω στη διαγώνιο ΟΒ δεν ανήκει κανένα από τα σηµεία αυτά, αφού τότε οι συντεταγµένες ϑα ικανοποιούν τη σχέση κ µ = λ ν, πράγµα αδύνατο αφού (µ, ν) = 1. Τα σηµεία (κ, λ) που ϐρίσκονται κάτω από τη διαγώνιο (µε το κ δοσµένο), ικανοποιούν την ανισότητα λ κ < µ απ όπου { ν λ < µκ [ ] } [ ] µκ µκ ν. Εποµένως λ 1,,..., δηλαδή το λ παίρνει ν ν ν 1 [ ] µκ τιµές. Το συνολικό πλήθος σηµείων είναι. Επίσης, αφού κάτω ν από τη διαγώνιο ϐρίσκονται τα µισά από τα σηµεία (κ, λ) του εσωτερικού (µ 1)(ν 1) δηλαδή ϑα έχουµε τελικά το Ϲητούµενο. 0 κ=1

21 (c) { } mx = ( mx [ ] ) p mx = m x pk 1 [ ] mx (.) Οµως [ ] mx = [ ] mx p x (m 1)( 1) = m pk 1 Gauss = [ ] mx = [ ] mx (m 1)(pk 1 1) pk 1 Από τις.,.3 και µε τη ϐοήθεια του Λήµµατος.5 (a) έχουµε { } ( mx = m pk 1 m pk 1 pk 1 ) 1 1 [ ] mx 1 = pk 1 Απ την άλλη λόγω του ότι ο σ m πειράζει µόνο τις m ϱίζες της µονάδος και αφήνει αναλλοίωτη οποιαδήποτε άλλη ποσότητα, έχουµε ότι pk 1 σ m { } x = { } p x = Λήµµα.6 Εαν x y (mod ) τότε x p y p (mod +1 ) Καταρχήν x Λήµµα.5(a) 1 = x p y p = (x y) (x p 1 + x p y + + xy p + y p 1 ) } {{ } A Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι p A και διακρίνουµε τις εξής περιπτώσεις Εαν p x τότε p y άρα p A και συνεπώς x p y p 0 (mod +1 ) Εαν p x τότε p y άρα (p, x) = (p, y) = 1 και από το ϑεώρηµα του Fermat έχουµε ότι x p 1 1 (mod p) και y p 1 1 (mod p). Συνεπώς για κάθε παράγοντα x p k y k 1 της παράστασης A ισχύει x p k y k 1 y p k y k 1 = y p 1 1 (mod p) (.3) άρα η παράσταση A διαιρείται από το p. 1

22 Λήµµα.7 Η παρακάτω απεικόνιση ϕ : Z[G] Z/+1 Z c x σ x είναι καλώς ορισµένος οµοµορφισµός δακτυλίων. c x x p (mod +1 ) Θα δείξουµε ότι η παραπάνω απεικόνιση είναι καλώς ορισµένη ενώ για το ότι είναι οµοµορφισµός δακτυλίων είναι απλή εφαρµογή του ορισµού και παραλείπεται. Εστω λοιπόν σ x, σ y Z[G]. Τότε εαν σ x = σ y τότε σ x (ζ) = σ y (ζ), ζ ϱίζα της µονάδος, άρα και για τις πρωταρχικές ϱίζες της µονάδος. Εστω ζ µία πρωταρχική ϱίζα της µονάδος. Τότε σ x (ζ ) = σ y (ζ ) απ όπου ζ x = ζ y εξ ορισµού. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας ας υποθέσουµε ότι x y και µάλιστα x > y. Άρα η παραπάνω σχέση γράφεται ζ x y = 1 απ όπου x y διότι το ζ είναι πρωταρχική ϱίζα της µονάδος. Άρα x y (mod ) απ όπου x p y p (mod ) δηλαδή ϕ(σ x ) = ϕ(σ y ). Λήµµα.8 (i) Ας υποθέσουµε ότι η πολυωνυµική ισοτιµία f(x) = a 0 x n + a 1 x n a n 0 (mod p r 1 ), όπου p πρώτος και r ϕυσικός, έχει µία λύση b (mod p r 1 ). Τότε εαν f (b) 0 (mod p), υπάρχει µοναδική λύση της f(x) 0 (mod p r ) που αντιστοιχεί στη b (mod p r 1 ), η a tp r 1 +b (mod p r ), όπου t είναι ένας ακέραιος που επαληθεύει την γραµµική ισοτιµία f (b)t ( f(b)/p r 1 ) (mod p). (ii) Εστω p πρώτος µε p x. Τότε το x p 1 διατρέχει όλα τα y mod καθώς y 1 (mod p) και κάθε τιµή του y την παίρνει p 1 ϕορές. (i) Εστω a (mod p r ) µία λύση της f(x) 0 (mod p r ), που αντιστοιχεί στη b (mod p r 1 ). Τότε a b (mod p r 1 ). Εποµένως a = tp r 1 + b, όπου t Z. Τότε f(a) = f(tp r 1 + b) = a 0 (tp r 1 + b) n + + a n 1 (tp r 1 + b) + a n [ n ( ] n = a 0 )b k (tp r 1 ) n k + + a n 1 (tp r 1 + b) + a n k k=0

23 Από το παραπάνω ανάπτυγµα παίρνουµε f(a) = f(b) + f (b)tp r 1 + Mp r όπου M Z. Καθώς f(b) 0 (mod p r 1 ), υπάρχει s Z έτσι, ώστε f(b) = sp r 1. Επίσης, επειδή r, έχουµε r r. Εποµένως f(a) (s + tf (b))p r 1 (mod p r ) Συνεπώς f(a) 0 (mod p r ) s + tf (b) 0 (mod p) Αφού f (b) 0 (mod p), άρα (p, f (b)) = 1 και εποµένως η γραµµική ισοτιµία tf (b) s (mod p) έχει µοναδική λύση t (mod p). Άρα ο ακέραιος a = tp r 1 + b επαληθεύει την ισοτιµία f(x) 0 (mod p r ). Εστω t Z, µε t t (mod p). Τότε ο a = t p r 1 +b επαληθεύει επίσης την ισοτιµία f(x) 0 (mod p r ). Επειδή p t t, έχουµε p r a a και εποµένως a a (mod p r ). Εποµένως, η κλάση του a (mod p r ) είναι η µοναδική λύση της f(x) 0 (mod p r ) που είναι η αντίστοιχη της b (mod p r 1 ). (ii) Το x p 1 διατρέχει τα y mod µε y x p 1 1 mod p. Αρκεί η x p 1 y (mod ) να έχει p 1 λύσεις. Θα δουλέψουµε µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής πάνω στο k. Για k = 1: Η x p 1 y 1 (mod p) έχει πράγµατι p 1 ϱίζες. Εστω λοιπόν k και ας υποθέσουµε ότι η x p 1 y (mod 1 ) έχει p 1 ϱίζες, τότε και η x p 1 y (mod ) έχει p 1 ϱίζες. Ας είναι λοιπόν b mod 1 ϱίζα της x p 1 y (mod 1 ). Συνεπώς b p 1 y (mod 1 ) και p y άρα b 0 (mod 1 ). Εαν πάρω f(x) = x p 1 y τότε η τυπική παράγωγος στο b είναι f (b) = (p 1)b p 0 (mod p) διότι p p 1 και p b αφού εξ υποθέσεως p x. Συνεπώς αφού b 0 (mod 1 ) και f (b) 0 (mod p), άρα υπάρχει µοναδική λύση της x p 1 y (mod ) που αντιστοιχεί στην b mod 1, και η δοθείσα ισοτιµία έχει ακριβώς p 1 λύσεις. Λήµµα.9 Ας είναι µ η οµάδα των ϱιζών της µονάδος µε p πρώτο και ζ µ. Τότε εαν (n, p) = 1 και β όπως ορίστηκε στο Λήµµα 1.3, (i) Εαν ζ nβ = 1 τότε ζ = 1 3

24 (ii) Η απεικόνιση φ : µ µ ζ ζ nβ είναι αυτοµορφισµός (i) Εαν ζ nβ = 1 και ζ 1 τότε πρέπει p n ( p ( [(a + b)x ] [ ] ax [ ] ) ) bx x 1 κάτι το οποίο δεν ισχύει λόγω της (n, p) = 1 και του Λήµµατος 1.4. Άρα ζ = 1. (ii) Αρκεί να δείξουµε ότι ο φ είναι µορφισµός και 1 1. Μορφισµός : Ας είναι ζ 1, ζ µ. Τότε φ(ζ 1 ζ ) = ( ) nβ ζ 1 ζ = ζ nβ 1 ζ nβ = φ(ζ 1 )φ(ζ ). 1 1: Ας είναι ζ 1, ζ µ µε φ(ζ 1 ) = φ(ζ ). Τότε ζ nβ 1 = ζ nβ ( ζ1 ) nβ ζ 1 απ όπου = 1 και έτσι από το (i) έχουµε = 1 απ όπου ζ ζ ζ 1 = ζ. Παρατήρηση : Αφού η παραπάνω απεικόνιση είναι και επί, άρα ζ µ, η µ τέτοιο ώστε φ(η) = ζ, δηλαδή ζ = η nβ Λήµµα.10 Εστω ζ πρωταρχική n ϱίζα της µονάδος και ας υποθέσουµε ότι p n και P ένα πρώτο ιδεώδες του Q(ζ), πάνω από το p. Τότε (i) ισχύει n P Z = pz (ii) οι n ϱίζες της µονάδος είναι διακεκριµένες mod P. 4

25 (i) Καταρχήν το ότι pz P Z είναι προφανές. Θα δείξουµε τώρα ότι εαν το R 1 είναι τυχαίο ιδεώδες του R := Q(ζ), τότε το R 1 Z είναι ιδεώδες του Z. Πράγµατι εαν k R 1 Z και λ Z, τότε (k R1 λ Z δηλαδή λ R, αφού Z R) (k Z λ Z) απ όπου kλ R 1 (αφού R 1 ιδεώδες του R) και kλ Z και τελικά kλ R 1 Z. Εφαρµόζοντας λοιπόν το παραπάνω, έχουµε ότι το P Z είναι ιδεώδες του Z. Άρα P Z Z. Θα δείξουµε ότι P Z Z. Εαν P Z = Z, τότε ϑα ήταν Z P δηλαδή ZR PR απ όπου R PR (αφού ZR = R). Οµως το P είναι ιδεώδες του R, δηλαδή PR = P απ όπου R P και επειδή P R έχουµε P = R, άτοπο αφού P πρώτο ιδεώδες του R. Επίσης το pz είναι maximal ιδεώδες. Εστω A ιδεώδες του Z (µε A Z) τέτοιο ώστε pz A Z. Αρκεί να δείξουµε ότι A = pz. Οπως γνωρίζουµε τα ιδεώδη A του Z είναι της µορφής A = nz, n N, n 1 (αφού A Z). Εχουµε όµως p pz A άρα p = n m, m Z και αφού n 1 πρέπει n = p δηλαδή A = pz. Τελικά λοιπόν, έχουµε ότι pz P Z Z και αφού το pz είναι maximal ιδεώδες, είναι pz = P Z. (ii) Οπως είναι γνωστό για X = 1 στην ταυτότητα X n X + 1 = n 1 (X ζ j ), παίρνουµε j=1 n 1 n = (1 ζ j ). j=1 Ας υποθέσουµε λοιπόν ότι ζ i, ζ j µε j > i, δύο διαφορετικές n ϱίζες της µονάδος µε ζ i ζ j (mod P). Τότε ισοδύναµα ζ i ζ j P δηλαδή ζ i (1 ζ j i ) P Οµως εαν ζ i P, τότε καθώς ζ i Z[ζ], έχουµε P ζ i ζ i = 1 συνεπώς για κάθε α Z[ζ], αφού 1 P άρα α = α 1 P, απ όπου Z[ζ] P. Οµως απ την άλλη P Z[ζ] άρα P = Z[ζ],άτοπο αφού το P είναι πρώτο ιδεώδες. n 1 Άρα 1 ζ j i P συνεπώς n = (1 ζ j ) P άρα τελικά n P. j=1 Οµως n Z άρα n P Z = pz απ όπου τελικά p n, άτοπο. Λήµµα.11 Εστω r περιττός πρώτος. Τότε ισχύει g(χ q, (r)) r 1 χ q, (r) r (mod r) 5

26 Από το Λήµµα 1.5 έχουµε g(χ q, ) r χ q, (r) r g(χ q, ) σr (mod r). Αρκεί λοιπόν, να δείξουµε ότι g(χ q, ) σr = g(χ q, ) Οµως g(χ q, ) σr ( q 1 ) = σ r χ q, (y)ζq y y=1 q 1 = g(χ r q,) = g(χ q, ), διότι r περιττός πρώτος. y=1 ( σ r χq, (y) ) q 1 ζq y = y=1 χ r q,(y)ζ y q = Λήµµα.1 Η απεικόνιση φ : (Z/q 1+aq Z) (Z/qZ) ( (1 + qz q )/(1 + q 1+aq Z q ) ) x (x, x q 1 ) είναι ισοµορφισµός. Το ότι είναι µορφισµός είναι απλή εφαρµογή του ορισµού. Από την άλλη το πλήθος των στοιχείων του (Z/q 1+ap Z) είναι ϕ(q 1+aq ) = q aq (q 1) και το πλήθος των στοιχείων του (Z/qZ) ( (1 + qz q )/(1 + q 1+aq Z) ) είναι (q 1)q aq. Θα δείξουµε ότι ο φ είναι και 1 1. Ας πάρουµε ϕ(x) = ϕ(y) απ όπου (x, x q 1 ) = (y, y q 1 ) και έτσι x y (mod q) x q 1 y q 1 (mod q 1+aq ) Οµως x q 1 y q 1 0 (mod ( q 1+aq ) άρα q 1+aq (x y)(x q + y q ) (q ). Οµως q (x q + y q ) διότι εαν q (x q + y q ) τότε x q + y q 0 (mod q) x y (mod q) = x q + x q 0 (mod q) οπότε (q )x q 0 (mod q) άρα q q (άτοπο) ή q x q (άτοπο διότι x (Z/q 1+aq Z) ). Άρα λοιπόν q 1+aq x y απ όπου x y (mod q 1+aq ) δηλαδή η ϕ είναι 1 1. Άρα λοιπόν είναι και επί λόγω της ισοπληθικότητας των παραπάνω συνόλων. 6

27 Βιβλιογραφία Ξενόγλωσση [1] Adleman, L., Pomerance C. and Rumely, R.: On distinguishing prime numbers from composite numbers, Annals of Math. 117 (1983) [] Baker A.J., An Introduction to p-adic Numbers and p-adic Analysis, Online Notes, 005. [3] Cohen, H.: A Course in Computational Algebraic Number Theory, Graduate Texts in Mathematics 138, Springer-Verlag, Berlin [4] Cohen H. - Lenstra H. W. Jr., Primality Testing and Jacobi Sums, Mathematics of Computation, Vol. 4, No (Jan., 1984), p [5] Koblitz N., P-Adic Numbers, P-Adic Analysis, Zeta-Functions Second Edition, Graduate Texts in Mathematics 58, Springer-Verlag, [6] Morandi P., Field and Galois Theory, Graduate Texts in Mathematics 167, Springer-Verlag, [7] Schoof R., Four primality testing algorithms, to appear in Surveys in algorithmic number theory Cambridge University Press, 004. [8] Washington, L.: Introduction to cyclotomic fields nd edition, Graduate Texts in Math. 83, Springer-Verlag, New York Ελληνόγλωσση [1] Αντωνιάδης Ι., Σηµειώσεις µαθήµατος «Άλγεβρα ΙΙ», Χειµ. Εξάµηνο [] Λάκκης Κ., Άλγεβρα, Θεσσαλονίκη Ιστοσελίδες [1] [] 7