ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Σάββατο 20 Απριλίου 2013 Ασκηση 1. 1) είξτε ότι η κλάση υπολοίπων [10] 21 είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z 21, και ϐρείτε την αντίστροφη κλάση της. 2) είξτε ότι η κλάση [62] 155 δεν είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z 155. Λύση. 1) Γνωρίζουµε ότι η κλάση [a] n είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Z n a, n) = 1 Αφού λοιπόν 10, 21) = 1 έπεται ότι η κλάση υπολοίπων [10] 21 είναι αντιστρέψιµη ως στοιχείο του Z 21. Για την εύρεση της αντίστροφης κλάσης [10] 1 21, ϑα έχουµε : 21 = = ) 10 [1] 21 = [21] 21 + [ 2] 21 [10] 21 [1] 21 = [ 2] 21 [10] 21 [10] 1 21 = [ 2] 21 [10] 1 21 = [19] 21 Εποµένως η αντίστροφη κλάση της [10] 21 είναι η [19] 21. 2) Εχουµε 62, 155) = 2 31, 5 31) = 31 Επειδή 62, 155) = 31 1 έπεται ότι η κλάση [62] 155 δεν αντιστρέφεται. Ασκηση 2. είξτε ότι αν a, n Z µε n 1 τότε το σύνολο αποτελεί ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod n. {a, a + 1,..., a + n 1 Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότι αν a + i a + jmod n) τότε i = j, όπου 0 i j n 1. Εχουµε a + i a + jmod n) n a + i a j n i j n j i Αν j i 0 έχουµε n j i, το οποίο ειναι αντίφαση, γιατί j < n και i 0. Αρα i = j. Συνεπώς το σύνολο {a, a + 1,..., a + n 1 αποτελεί ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod n. Ασκηση 3. Εστω {a 1, a 2,, a και {b 1, b 2, b δύο πλήρη συστήµατα υπολοίπων mod, όπου είναι ένας πρώτος. Να δείξετε ότι αν > 2, τότε το σύνολο { a1 b 1, a 2 b 2,, a b δεν είναι ποτέ πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod.

2 2 Λύση. Αφού {a 1, a 2,, a και {b 1, b 2, b είναι δύο πλήρη συστήµατα υπολοίπων mod, τότε για κάποιο i, j {1,..., έχουµε ότι a i 0 mod ) και b j 0 mod ). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι i =, δηλαδή a 0 mod ) Εχουµε τότε δύο περιπτώσεις : 1) Αν j, τότε a j b j 0 mod ) και a b 0 mod ). Εποµένως a j b j a b mod ), και άρα το σύνολο { a1 b 1,, a b δεν είναι πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod. 2) Υποθέτουµε τώρα ότι j =. Αφού {a 1, a 2,, a είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod τότε υπάρχει µια ένα προς ένα και επί συνάρτηση Συνεπώς επειδή σ : {1, 2,..., 1 {a 1, a 2,..., a 1, έτσι ώστε a i σi) mod ) 1 1 από το Θεώρηµα Wilson έπεται ότι και όµοια έπεται ότι Τότε όµως 1 a i = σi) = i = 1 2 1) a 1 a 2 a 1 = = 1)! 1) mod ) b 1 b 2 b 1 1) mod ) a 1 b 1 a 2 b 2 a 1 b 1 1) 2 1 mod ) { Εποµένως το σύνολο a 1 b 1, a 2 b 2,, a b δεν είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod, διότι αν ήταν τότε ϑα έπρεπε a 1 b 1 a 2 b 2 a 1 b 1 1 mod ), που είναι άτοπο επειδή > 2, έπεται ότι 1 1 mod )). { Αρα σε κάθε περίπτωση το σύνολο a 1 b 1,, a b δεν είναι πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod. Ασκηση 4. 1) είξετε ότι : a b mod n 1 ) & b c mod n 2 ) a c modn 1, n 2 )) 2) είξτε ότι αν a, b, n 1,..., n k Z µε n i 1 για κάθε i, τότε a b mod n i ), για κάθε i = 1, 2,, k a b mod[n 1,..., n k ]) Λύση. 1) Εχουµε a b mod n 1 ) b c mod n 2 ) n 1 a b n 2 b c Εστω d = n 1, n 2 ) ο µέγιστος κοινός διαιρέτης των n 1 και n 2. Τότε d n 1 και d n 2 και άρα έχουµε d a b d a b + b c d a c a c mod d) d b c 2) Εστω a b mod n i ) για κάθε i = 1, 2,, k. Τότε n i a b i = 1,..., k [n 1,..., n k ] a b a b mod[n 1,..., n k ]) Υποθέτουµε αντίστροφα ότι a b mod[n 1,..., n k ]). Τότε [n 1,..., n k ] a b και επειδή n 1 [n 1,..., n k ],, n k [n 1,..., n k ] έπεται ότι n i a b για κάθε i = 1,..., k. Αρα a b mod n i ) για κάθε i = 1, 2,, k.

3 3 Ασκηση 5. είξτε ότι 1) 2) 3) 4) 5) mod mod mod 7 1! + 2! + 3! ! 9 mod mod 4 Λύση. 1) Εχουµε 2 5 = 32 9 mod 41) 2 5 ) 4 9) 4 mod 41) mod 41) ) 2 mod 41) ) 2 mod 41) mod 41) mod 41) mod 41) 2) Εχουµε 2 5 = 32 4 mod 7) 2 5 ) mod 7) mod 7) Οµως mod 7) 4 2 ) mod 7) mod 7) Εποµένως έπεται ότι mod 7). 3) Εχουµε και άρα mod 7. 4) Παρατηρούµε ότι 41 1 mod 7) ) 65 mod 7) 1 mod 7) 1! + 2! + 3! 9 mod 12) 4! = 24 0 mod 12) Τότε k 4 : k! = 4! 5 6 k 0 mod 12) 1! + 2! + 3! ! mod 12) 9 mod 12)

4 4 5) Εστω n = 2a όπου a = 1,..., 50. Τότε n 5 = 2a) 5 = 2 5 a 5 = a 5 ) = a 5 ) 0 mod 4) και άρα mod 4) Για τους υπόλοιπους όρους έχουµε 1 1 mod 4) mod 4) 3 1 mod 4) 3 5 1) 5 1 mod 4) Αρα έχουµε 5 1 mod 4) 5 5 1) 5 1 mod 4) mod 4) ) 5 1 mod 4) ) + + 1) 1 + 1) λ 1 + 1) 0 mod 4 Παρατηρείστε ότι το 1) στο παραπάνω άθροισµα εµφανίζεται λ ϕορές όπου λ περιττός αριθµός. Ασκηση 6. Εαν οι a, b είναι ακέραιοι και είναι ένας πρώτος αριθµός δείξτε ότι Λύση. Από το διωνυµικό ανάπτυγµα έχουµε a + b) = a k b k = k=0 0) a + a + b) a + b mod ) a 1) 1 b = a + b + a k b k k=1 1 ) a b 1 + b ) Θα δείξουµε ότι! = k!! = N για κάθε 1 k 1. Παρατηρείστε ότι αν οχι πρώτος η παραπάνω σχέση δεν ισχύει, για παράδειγµα 4 4 = 6 2) Εστω 1 2 = a 1 1 an n η πρωτογενής ανάλυση του! και έστω = qb 1 1 qbm m η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού Οµως διότι οι αριθµοί 1, 2, 3,, 1 και 1,, n και q 1,, q m k, k επίσης. Αρα για να είναι ϑετικός ακέραιος ο ϑα πρέπει στη πρωτογενή του ανάλυση να έχουµε ότι κάθε q i είναι κάποιο j και b i a i. Επειδή λοιπόν ο πρώτος αριθµός / {q 1,, q m έπεται ότι η πρωτογενής ανάλυση του

5 5 ϑα περιέχει τον και άρα Εποµένως 0 mod ) 1 k=1 a k b k 0 mod ) και άρα από το διωνυµικό ανάπτυγµα έχουµε το Ϲητούµενο : a + b) a + b mod ). Ασκηση 7. Εαν ο m είναι σύνθετος ακέραιος µε m > 4 δείξτε ότι Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότι m 1)! 0 mod m) m m 1)! Αφού ο m είναι σύνθετος έχουµε ότι m = s t µε 1 s, t m 1. ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις : Εστω s t και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι s < t. Τότε m 1)! = s t m 1 m = s t m 1)! Εστω s = t. Τότε m = s 2 και άρα m 1 = s 2 1 = s 1) s + 1). Αφού m = s 2 > 4 έχουµε ότι s > 2 και άρα s 1 2 m 1 2 s + 1) = 2s + 2 > 2s Αρα s, 2s < m 1, και συνεπώς οι αριθµοί s και 2s είναι παράγοντες του m 1)!, δηλαδή και άρα έχουµε το Ϲητούµενο. m 1)! = 1 2 s 2s m 1 m = s 2 m 1)! Ασκηση 8. Εστω X = { x 1, x 2,, x k ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod k, όπου k > 1 είναι περιττός ϕυσικός. είξτε ότι : x i 0 mod Λύση. Το σύνολο Y = {1, 2,..., k είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod k. Αρα υπάρχει µια ένα προς ένα και επί απεικόνιση σ : Y Y έτσι ώστε x i σi) mod για κάθε 1 i k. Τότε Οµως σi) = x i j = k = j=1 σi) mod k k + 1) 2 ) Επειδή ο αριθµός k > 1 είναι περιττός ϕυσικός έχουµε ότι k+1 2 N και άρα Από τις σχέσεις 1) και 2) έπεται ότι k k + 1) k 2 k x i 0 mod. x i k k + 1) 2 ) mod 1) 2)

6 6 Ασκηση 9. Εστω X = { x 0, x 1,, x m 1 ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod m και έστω Y = { y0, y 1,, y n 1 ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod n. Αν n, m) = 1, δείξτε ότι το σύνολο Z = { nx i + my j N 0 i m 1 & 0 j n 1 ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod mn. Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότι nx i + my j nx k + my λ mod mn) για κάθε 0 i k m 1 και για κάθε 0 j λ n 1. Εστω nx i + my j nx k + my λ mod mn). Τότε n x i x k ) + m y j y λ ) 0mod mn) mn n x i x k ) + m y j y λ ) Αφού m mn τότε από τη παραπάνω σχέση έχουµε m n x i x k ) + m y j y λ ) m m y j y λ ) m n x i x k ) m,n)=1 m x i x k x i x k mod m) Παρόµοια δείχνουµε ότι y j y λ mod n) και επειδη X = { { x 0, x 1,, x m 1 είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod m και Y = y0, y 1,, y n 1 είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod n έπεται ότι i = k και j = λ Αρα το σύνολο Z = { nx i + my j N 0 i m 1 & 0 j n 1 είναι ένα πλήρες σύστηµα υπολοίπων mod mn. Ασκηση 10. Εστω X = { x 1, x 2,, x φm) ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων mod m και έστω Y = { y1, y 2,, y φn) ένα περιορισµένο ή ανηγµένο) σύστηµα υπολοίπων mod n. Αν n, m) = 1, δείξτε ότι το σύνολο Z = { nx i + my j N 1 i φm) & 1 j φn) ένα περιορισµένο ή ανηγµένο) σύστηµα υπολοίπων mod mn. Λύση. Για να είναι το σύνολο Z ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων mod mn ϑα πρέπει να δείξουµε ότι 1): nx i + my j nx k + my l mod mn) i, j) = k, l) 2): nx i + my j, mn) = 1, 1 i φm), 1 j φn) 1): Εστω nx i + my j nx k + my l mod mn). Τότε mn nx i x k ) + my j y l ) m nx i x k ) + my j y l ) m mn n nx i x k ) + my j y l ) n mn m,n)=1 m x i x k n y j y l x i x k mod m) y j y l mod n) m nx i x k ) n my j y l )

7 Αρα i, j) = k, l) διότι X = { x 1, x 2,, x φm) είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων mod m και Y = { y1, y 2,, y φn) είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων mod n. 7 2): Αφού n, m) = 1 τότε nx i + my j, mn) = nx i + my j, m) nx i + my j, n) Εστω d = nx i + my j, m). Τότε για κάθε i = 1,..., φm) έχουµε d nx i + my j d nx i d nx i, mx i ) d n, m)x i d x i d m d mx i Συνεπώς d x i, m) = 1 διότι το X είναι ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων mod m, και άρα d = 1. Παρόµοια δείχνουµε ότι nx i + my j, n) = 1 και άρα το 2) ισχύει. Ασκηση 11. 1) Εστω m, n δύο ϕυσικοί αριθµοί έτσι ώστε : m, n) = 1. είξτε ότι : 2) Εστω, q δύο πρώτοι, όπου q. είξτε ότι : α ) m φn) + n φm) 1 mod mn) q 1 + q 1 1 mod q) ϐ ) 1 q 1 & a, q) = 1 a q 1 1mod q) Λύση. 1) Από το Θεώρηµα του Euler έχουµε: m φn) 1 mod n) n φm) 1 mod m) n m φn) 1 m n φm) 1 m n m φn) 1) n φm) 1) m n m φn) n φm) m φn) + n φm) 1) ) m n m φn) n φm) m n m φn) + n φm) 1 m φn) + n φm) 1 mod mn) 2) α ) Αφού q έχουµε, q) = 1 και άρα από το ερώτηµα 1) έπεται ότι φq) + q φ) 1 mod q) q 1 + q 1 1 mod q) ϐ ) Εστω ότι 1 q 1 και a, q) = 1. Τότε q 1 = 1) k για κάποιο k N, και επειδή, q) = 1 έχουµε a, q) = 1 a, )a, q) = 1 a, ) = 1 και a, q) = 1 a και q a

8 8 Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a 1 1 mod ) a 1)k 1 k mod ) a q 1 1 mod ) a q 1 1 mod q) a q 1 1 mod ) a q 1 1 mod q) a q 1 1 q a q 1 1 Εποµένως a q 1 1mod q).,q)=1 q a q 1 1 Ασκηση 12. είξτε ότι για κάθε n N, ο αριθµός 1 5 n n n είναι ακέραιος. Λύση. Εχουµε και άρα : A = 1 5 n n n = 3n5 + 5n 3 + 7n 15 A Z 15 3n 5 + 5n 3 + 7n Εστω B = 3n 5 + 5n 3 + 7n. Τότε το B γράφεται ως εξής : Επειδή ο αριθµός 3 είναι πρώτος τότε για κάθε n Z έχουµε 3 n 3 n n 3 n mod 3) 3 3 n 5 + 2n 3 + 2n) Επίσης το B γράφεται και ως B = 3 n 5 + 2n 3 + 2n) n 3 n) 1) 1) 3 B 2) B = 5 n 5 + n 3 + n) 2 n 5 n) 3) Οµοια µε παραπάνω, επειδή ο αριθµός 5 είναι πρώτος τότε για κάθε n Z έχουµε 5 n 5 n n 5 3) n mod 5) 5 B 4) 5 5 n 5 + n 3 + n) Από τις σχέσεις 2) και 4) και επειδή 3, 5) = 1 έπεται ότι Αρα A Z. 15 B 15 3n 5 + 5n 3 + 7n Ασκηση 13. 1) είξτε ότι : 11 10! + 1 και 13 12! + 1 2) Να ϐρεθούν τα υπόλοιπα των διαιρέσων : 16! 19 & 5!25! 31 & & &

9 9 Λύση. α ) Εχουµε 10! + 1 = = 1 2 6) 3 4) 5 9) 7 8) = ) + 1 mod 11) 0 mod 11) 11 10! + 1 Επίσης έχουµε 12! + 1 = = 1 2 7) 3 9) 4 10) 5 8) 6 11) = ) + 1 mod 13) 0 mod 13) 13 12! + 1 ϐ ) Από το Θεώρηµα Wilson γνωρίζουµε ότι 1)! 1 mod ) όπου ένας πρώτος αριθµός. 16! 19 : Για = 19 έχουµε 18! 1 mod 19) 18! 18 mod 19) 18 18! 16! ! 2) 1) 16! 2 mod 19) ! 2 mod 19) 2, 19) = ! mod 19) Τότε 9 16! = 19 k και άρα 16! = Εποµένως το υπόλοιπο της διαίρεσης 16! 19 είναι 9. 5!25! 31 : Εχουµε 5! 25! = ! 30) 29) 28) 27) 26) 25! mod 31) 5! 25! 1) 5 30! mod 31) Wilson 5! 25! 1) 5 1) mod 31) 5! 25! 1 mod 31) Αρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του 5!25! 31 είναι : Εχουµε mod 11) = 10! mod 11) Από το Θεώρηµα Wilson έχουµε ότι 10! 1) mod 11) 10 mod 11) και άρα mod 11) Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης του είναι 10.

10 : Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε = = 5 6 ) mod 7) και άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι : Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε mod 11) 6 10 ) 200 1mod 11) mod 11) Αρα το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι 1. Ασκηση 14. είξτε ότι : mod 7) & mod 17) Λύση. Εχουµε = = mod 6) Αρα από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε = = 3 6) mod 7) 1) mod 7) και άρα mod 7). Για το δεύτερο ερώτηµα παρατηρούµε ότι = Τότε από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε mod 17) mod 17) 2 16) mod 17) 2 16) mod 17) mod 17) και άρα έχουµε το Ϲητούµενο. Ασκηση 15. είξτε ότι, n N: 42 n 7 n & 30 n 9 n Λύση. Εστω n N. Αν ο n είναι άρτιος τότε ο αριθµός n 7 είναι άρτιος και άρα n 7 n είναι επίσης άρτιος. Συνεπώς σε αυτή τη περίπτωση έχουµε n 7 n mod 2). Αν τώρα ο n είναι περιττός τότε ο αριθµός n 7 είναι περιττός και άρα ο n 7 n είναι άρτιος. Εποµένως πάλι έχουµε n 7 n mod 2). Αρα για κάθε n N ισχύει n 7 n mod 2) 1) Επειδή ο αριθµός 3 είναι πρώτος τότε n 3 n mod 3) και άρα n 7 = n 3 ) 2 n n 2 n n 3 n mod 3) n 7 n mod 3) 2) Επίσης επειδή ο αριθµός 7 είναι πρώτος τότε n 7 n mod 7) 3) Αρα από τις σχέσεις 1), 2) και 3) έπεται ότι n 7 n mod 2 3 7) n mod 42) 42 n 7 n Επειδή n 3 n mod 3) και n 5 n mod 5) τότε έχουµε n 9 n n 3 ) 3 n n 3 n 0 mod 3) 1 ) και n 9 n n 5 n 4 n n 5 n 0 mod 5) 2 )

11 11 Οπως παραπάνω έχουµε ότι ο αριθµός n 9 n είναι άρτιος για κάθε n N. Αρα n 9 n 0 mod 2) 3 ) Από τις σχέσεις 1 ), 2 ) και 3 ) έπεται ότι 2, 3, 5 n 9 n n 9 n και άρα 30 n 9 n.