ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τετάρτη Μαΐου 013 Ασκηση 1. Βρείτε τις τάξεις των στοιχείων του U(Z 9 ) U(Z 10 ), όπου U(Z n ) = U n είναι το σύνολο των αντιστρεψίµων στοιχείων του Z n. Λύση. (1) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 9 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 9. Αφού 9 = 3 έχουµε φ(9) = 9(1 1/3) = 6 U(Z 9 ) = { [1], [], [4], [5], [7], [8] } Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 9) = 1 τότε ord 9 (a) φ(9) = 6, άρα ord 9 (a) {1,, 3, 6}. Φανερά ord 9 (1) = 1 αφού [8] = [ 1] έχουµε ord 9 (8) =. Εχουµε [ ] = [4], [ 3 ] = [8] εποµένως ord 9 () = 6. Εχουµε εποµένως ord 9 (4) = 3. Επίσης εποµένως ord 9 (5) = 6. Τέλος άρα ord 9 (7) = 3. [4 ] = [16] = [7] = [ ], [4 3 ] = [4][ ] = [ 8] = [1] [5 ] = [5] = [7] = [ ], [5 3 ] = [5][ ] = [ 10] = [ 1] [7 ] = [( ) ] = [4], [7 3 ] = [7][4] = [1] () Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 10 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 10. Αφού 10 = 5 έχουµε φ(10) = 10(1 1/)(1 1/5) = 4 { } U(Z 10 ) = [1], [3], [7], [9] Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 10) = 1 τότε ord 10 (a) φ(10) = 4, άρα ord 10 (a) {1,, 4}. Φανερά έχουµε ord 10 (1) = 1 αφού [9] = [ 1] έχουµε ord 10 (9) =. Επίσης [3 ] = [9] = [ 1] εποµένως ord 10 (3) = 4. Τέλος έχουµε [7 ] = [( 3)] = [ 1] εποµένως ord 10 (7) = 4. Ασκηση. είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε : ord a n 1(a) = n ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n φ(a n 1). Λύση. Εστω 1 t < n. Τότε a t 1 (mod a n 1) διότι διαφορετικά αν a t 1 (mod a n 1) = a n 1 a t 1 = a n 1 a t 1 = a n a t που είναι άτοπο αφού οι a, t n είναι ϑετικοί ακέραιοι t < n. Από την άλλη όµως έχουµε προφανώς ότι a n 1 (mod a n 1)

2 άρα έπεται ότι n = ord a n 1(a) = min { k N a k 1 (mod a n 1) } Τέλος από γνωστή ιδιότητα έχουµε ότι ord a n 1(a) = n φ(a n 1). Ασκηση 3. Βρείτε αρχικές ϱίζες mod n για n = 3 n = 31. Λύση. (α) n = 3: Αφού ο αριθµός 3 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 3). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1,..., : a φ(3) a (mod 3) = a 1 (mod 3) Παρατηρούµε ότι για a = υπάρχει µικρότερη δύναµη k από το έτσι ώστε ο αριθµός k να είναι (mod 3) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 11 = 048 = = 11 1 (mod 3) οκιµάζοντας όπως παραπάνω αποκλείουµε τους αριθµούς 3 4 αντίστοιχα, δηλαδή υπάρχουν µικρότερες δυνάµεις k από το έτσι ώστε ο αριθµός a k, όπου a = 3, 4, να είναι (mod 3) ίσος µε 1. Θέτουµε τώρα a = 5. Τότε (a, 3) = (mod 3). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 5 k 1 (mod 3) k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 3 (5), τότε ϑα πρέπει k = k = 1,, 11, Προφανώς k 1 Αρα το απορρίπτεται. Για το 11 έχουµε 5 = 5 (mod 3) Συνεπώς το 11 απορρίπτεται. Τότε 5 11 = = (mod 3) εποµένως το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 3). ord 3 (5) = (β) n = 31: Αφού ο αριθµός 31 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 31). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1,..., 30: a φ(31) a (mod 31) = a 30 1 (mod 31) Παρατηρούµε ότι για a = υπάρχει δύναµη k µικρότερη από το 30 έτσι ώστε ο αριθµός k να είναι (mod 31) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 5 = 3 1 (mod 31) Θέτουµε τώρα a = 3. Τότε (a, 31) = (mod 31). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 3 k 1 (mod 31) k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 31 (3), τότε ϑα πρέπει Προφανώς το k = 1 απορρίπτεται έχουµε : k = : 3 9 (mod 31). k = 3: (mod 31). k = 5: 3 5 = 43 6 (mod 31). k = 6: 3 6 = 6 3 = (mod 31). k 30 = k = 1,, 3, 5, 6, 10, 15, 30 k = 10: 3 10 = (mod 31). k = 15: 3 15 = = 5 6 = (mod 31). Εποµένως όλες οι παραπάνω δυνάµεις απορρίπτονται άρα 30 = min { k N 3 k 1 (mod 31) } = ord 31 (3) = 30 = φ(31) δηλαδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31).

3 3 Ασκηση 4. είξτε ότι αν υπάρχει µια πρωταρχική ϱίζα mod n τότε υπάρχουν ακριβώς φ() (ανισότιµες) πρωταρχικές ϱίζες mod n. Μπορείτε να περιγράψετε το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n; Λύση. Εστω a µια πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε U(Z n ) = { 1, a, a,..., a 1} οι ϕυσικοί αριθµοί a, a,..., a 1 είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n). Επειδή έπεται ότι τα στοιχεία του συνόλου ord n (a k ) = ord n (a) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) S = { a k 1 k & (k, ) = 1 } είναι πρωταρχικές ϱίζες (mod n), διότι για κάθε k µε 1 k (k, ) = 1 έχουµε ότι ord n (a k ) = Τα στοιχεία του S είναι ανα δυο ανισότιµα (mod n) διότι διαφορετικά το a δεν ϑα ήταν πρωταρχική ϱίζα. Αντίστροφα τώρα, αν b είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod n) ϑα δείξουµε ότι υπάρχει ένα k, 1 k (k, ) = 1, έτσι ώστε b a k (mod n) Πράγµατι ϑα πρέπει (b, n) = 1 ord n (b) =. Επειδή το σύνολο {a, a,..., a 1 } είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n) έπεται ότι υπάρχει ένα k = 1,..., έτσι ώστε b a k (mod n). Θα δείξουµε ότι (k, ) = 1. Εχουµε = ord n (b) = ord n (a k ) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) Συνεπώς έχουµε ότι το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n είναι = (k, ) = 1 το πλήθος τους είναι S = φ(). S = P n Ασκηση 5. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 3. Λύση. Από την Ασκηση 3 έχουµε ότι το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 3). Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε, ϐλέπε την Ασκηση 3 παραπάνω, τότε ότι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 3) είναι τα στοιχεία του συνόλου : P 3 = { 5 k 1 k (k, ) = 1 } το πλήθος τους είναι φ(φ(3)) = φ() = 10 Τότε { 5 k 1 k & (k, ) = 1 } = { 5 1, 5 3, 5 5, 5 7, 5 9, 5 13, 5 15, 5 17, 5 19, 5 1} υπολογίζουµε : 5 5 (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3)

4 4 Αρα οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 3) είναι : 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 0, 1. Ασκηση 6. Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (a, n) = 1. Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. () Για κάθε πρώτο διαιρέτη p του, ισχύει ότι : Ως εφαρµογή, να εξετάσετε αν οι αριθµοί, 3 είναι : (1) πρωταρχικές ϱίζες mod 11, () πρωταρχικές ϱίζες mod 9. a p 1 (mod n) Λύση. (1) = (): Εστω ότι ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Τότε άρα για κάθε 1 k <. k = p έπεται ότι διότι p <. ord n (a) = a k 1 (mod n) Ιδιαίτερα, αν p είναι ένας τυχαίος πρώτος διαιρέτης του, τότε διαλέγοντας a p 1 (mod n) () = (1): Εστω ότι a p 1 (mod n) για κάθε πρώτο διαιρέτη p του υποθέτουµε αντίθετα ότι το a δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε ord n (a) ord n (a) <. Θέτοντας ord n (a) = r ϑα έχουµε ότι r r > 1. Εστω p πρώτος διαιρέτης του r, ο οποίος υπάρχει διότι r > 1. Τότε = p m = p = m r = a p = a m r = (a r ) m = 1 m = 1 1 (mod n) που είναι ϕυσικά άτοπο. Συνεπώς ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Εφαρµογή: (1) Εστω n = 11 a =. Τότε φ(11) = 10 οι πρώτοι διαιρέτες του 10 είναι οι αριθµοί, 5. Οµως Αρα 10 = 5 = 3 1 (mod 11) 10 5 = = 4 1 (mod 11) ord 11 () = 10 = φ(11) δηλαδή το είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). Για a = 3 έχουµε 3 10 = 3 5 = 43 1 (mod 11) άρα το 3 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). () Εστω n = 9 a =. Τότε φ(9) = 6 οι πρώτοι διαιρέτες του 6 είναι οι αριθµοί, 3. Υπολογίζουµε : Αρα 6 = 3 = 8 1 (mod 9) 6 3 = = 4 1 (mod 9) ord 9 () = 6 = φ(9) δηλαδή το είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Για a = 3 έχουµε 3 6 = (mod 9) 1 (mod 9)

5 = 3 = 0 1 (mod 9) Συνεπώς το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Ασκηση 7. (1) είξτε ότι το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. () Για δοθέντα ακέραιο a µε (a, 17) = 1 υπολογίστε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k ώστε a 3 k (mod 17). (3) Λύστε την ισοτιµία x 4 13 (mod 17) (1) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] 17. (1) Το 17 είναι πρώτος, άρα φ(17) = 16. Από την ϑεωρία ord 17 (3) 16. Οι διαιρέτες του 16 είναι το σύνολο {1,, 4, 8, 16}. Εχουµε [3] = [9], [3] 3 = [9][3] = [7] = [10] = [ 7], [3 4 ] = [3][10] = [30] = [13] = [ 4], [3] 8 = [( 4) ] = [16] = [ 1]. Εποµένως ord 17 3 = 16, άρα το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. () Εστω a ακέραιος µε (a, 17) = 1 b ο µοναδικός ακέραιος µε 1 b 16 a b (mod 17). Φανερά ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος k ώστε a 3 k (mod 17) είναι ίσος µε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k 1 ώστε b 3 k 1 (mod 17). Χρησιµοποιώντας τα αποτέλεσµατα του (1) έχουµε µετά απο λίγες πράξεις [3] 1 = [3], [3] = [9], [3] 3 = [10], [3] 4 = [13], [3] 5 = [5], [3] 6 = [15], [3] 7 = [11], [3] 8 = [16], [3] 9 = [14], [3] 10 = [8], [3] 11 = [7], [3] 1 = [4], [3] 13 = 1, [3] 14 = [], [3] 15 = [6], [3] 16 = [1] Εποµένως για παράδειγµα, για b = 1 έχουµε k 1 = 16, για b = έχουµε k 1 = 14, για b = 3 έχουµε k 1 = 1, για b = 4 έχουµε k 1 = 1, για b = 5 έχουµε k 1 = 5 για b = 6 έχουµε k 1 = 15. (3) Παρατηρούµε ότι αν a, b είναι ακέραιοι µε [a] = [b] το a είναι λύση της ισοτιµίας (1), τότε το b είναι επίσης λύση της ίδιας ισοτιµίας. Ετσι µπορούµε να µιλάµε για λύσεις της ισοτιµίας στο Z 17. Εστω a µια λύση. Τότε υπάρχει ακέραιος t µε a 4 13 = 17 t άρα a 4 = t το οποίο συνεπάγεται ότι (a 4, 17) = ( t, 17) = (13, 17) = 1. Σαν συνέπεια (a, 17) = 1 άρα το a είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Z 17. Από το µέρος (1) της άσκησης το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. Αρα υπάρχει ακέραιος k µε [3 k ] = [a]. Επίσης από το µέρος (1) της άσκησης έχουµε [13] = [3 4 ]. Εποµένως αναζητούµε ακέραιους k µε 1 k 16 ώστε (3 k ) (mod 17) () Το 3 σαν αρχική ϱίζα (mod 17) έχει τάξη φ(17) = 16. Εποµένως από την Θεωρία η εξίσωση () είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία 4k 4 (mod 16) η οποία είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία k 1 (mod 4). Οι λύσεις, ως προς k αυτής που είναι µεταξύ 1 16 είναι οι ακόλουθες : k = 1, 5, 9, 13. Χρησι- µοποιώντας τους υπολογισµούς στο µέρος () της άσκησης οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z 17 είναι οι ακόλουθες : [3 1 ] = [3], [3 5 ] = [5], [3 9 ] = [14], [3 13 ] = [1]. Σαν συνέπεια οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z είναι το σύνολο [3] [5] [1] [14]. ηλαδή, ένας ακέραιος a είναι λύση της ισοτιµίας (1) αν µόνο αν υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστε a = 17q + r r {3, 5, 1, 14}.

6 6 Ασκηση 8. Εστω n = 4, p m ή p m, όπου p περιττός πρώτος m 1 ακέραιος. Αν a είναι µια αρχική ϱίζα mod n, δείξτε ότι a / 1 (mod n) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] n. Αφού για n 3 ο αριθµός είναι άρτιος, έχουµε ότι ο αριθµός / είναι ακέραιος. Θέτουµε b = a /. Αφού ord n (a) =, έχουµε ord n (b) = ord n (a / ) = (/, ) = / =. Φανερά ord n ( 1) =, γιατί [ 1] = [1]. Για να δείξουµε ότι b 1 (mod n) αρκεί να δείξουµε ότι το [ 1] είναι το µοναδικό αντιστρέψιµο στοιχείο του Z n που έχει τάξη. Αφού a είναι αρχική ϱίζα (mod n), τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z n είναι το σύνολο {[a] k 1 k } = {[a], [a ], [a 3 ],..., [a 1 ], [a ] = [1]} Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν k ακέραιος µε 1 k 1 ord n (a k ) = τότε k = /. Αφού ord n (a k ) = η υπόθεση ord n (a k ) = συνεπάγεται ότι Αρα k. Αφού 1 k 1, έπεται ότι (k, ) = (k, ). = k Ασκηση 9. Εστω p περιττός πρώτος a ένας ακέραιος µε (a, p) = 1. είξτε ότι : (1) Αν p 1 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν µόνο αν ο ακέραιος a είναι επίσης πρωταρχική ϱίζα mod p. () Αν p 3 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν µόνο αν ord p ( a) = p 1. Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] p. (1) Υποθέτουµε ότι p 1 mod 4, έστω q ακέραιος µε p 1 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q. Αφού ( a) = a, αρκεί να υποθέσουµε ότι ο ακέραιος a µε (a, p) = 1 είναι αρχική ϱίζα mod p να δείξουµε ότι το a είναι αρχική ϱίζα mod p. Υποθέτουµε ότι το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p έχουµε ότι ord p ( a) < φ(p) = 4q, άρα υπάρχει ακέραιος διαιρέτης d του 4q µε 1 d < 4q ώστε ( a) d 1 mod p. Αν ο d είναι άρτιος, αφού a d = ( a) d έπεται ότι a d 1 mod p, αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. Υποθέτουµε d περιττός. Αφού d 4q έχουµε ότι d q. Αρα ( a) q 1 mod p που συνεπάγεται ότι a q 1 mod p άρα ότι a q 1 mod p, το οποίο είναι αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. () Υποθέτουµε ότι p 3 mod 4, έστω q ακέραιος µε p 3 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q +. Πρώτα ϑα υποθέσουµε ότι ο a είναι αρχική ϱίζα mod p ϑα δείξουµε ότι ord p ( a) = p 1. Από την Ασκηση 8 του παρόντος ϕυλλαδίου a p 1 1 mod p. Εποµένως [ a] = [ 1][a] = [a] p 1 p 1 [a] = [a] +1 = [a] p+1 Εποµένως από την Θεωρία έχουµε οτι p 1 ord p ( a) = (p 1, p+1 ) = 4q + (4q +, q + ) Εχουµε (4q +, q + ) = (4q + (q + ), q + ) = (, q + ) = Συνεπώς ord p ( a) = (4q + )/ = q + 1 = (p 1)/.

7 Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ord p ( a) = p 1 ϑα δείξουµε ότι το a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p δηλαδή ότι ord p (a) = p 1. Από την Θεωρία ord p (a) φ(p) = p 1 = 4q +. Αρκεί να υποθέσουµε ότι για κάποιον ακέραιο k µε 1 k < p 1 έχουµε a k 1 mod p να καταλήξουµε σε αντίφαση. Αν ο k είναι άρτιος, τότε a k = ( a) k άρα ( a) k 1 mod p, το οποίο συνεπάγεται ότι q + 1 k. Αφού k άρτιος q + 1 περιττός έπεται ότι (q + 1) = p 1 k άρα k p 1, αντίφαση. Υποθέτουµε τώρα ότι ο k είναι περιττός. Τότε ο k είναι άρτιος [( a) k ] = [( 1) k ][a k ] = [ 1 ] k [a k ] = [1][1] = [1] Αρα q + 1 k το οποίο συνεπάγεται ότι q + 1 k. Αφού k < p 1 = (q + 1) έχουµε k = q + 1. Ετσι a q+1 1 mod p το οποίο συνεπάγεται ότι ( a) q+1 = a q+1 1 mod p, αντίφαση αφού υποθέσαµε ότι ord p ( a) = q