1 Įvadas Neišspręstos problemos Dalumas Dalyba su liekana Dalumo požymiai... 3

Transcript

1 Skaičių teorija paskaitų konspektas Paulius Šarka, Jonas Šiurys 1 Įvadas Neišspręstos problemos Dalumas Dalyba su liekana Dalumo požymiai Didžiausias bendras daliklis 4 4 Skaidymas dauginamaisiais 6 5 Lyginiai Dalumo požymiai dar kartą Mažoji Ferma ir Oilerio teoremos Mažoji Ferma teorema Oilerio ϕ funkcija Oilerio teorema Pavyzdžiai Kinų liekanų teorema Pavyzdžiai Oilerio ϕ funkcijos multiplikatyvumas RSA kriptografija RSA saugumas Liekanų grupė Liekanų grupė Liekanų kūnas ir žiedas Ciklinė grupė moduliu p Kvadratinės liekanos Truputį apie struktūrą Gauso lema

2 12 Kvadratinio apverčiamumo teorema Pavyzdžiai Diofanto lygtys Pirmo laipsno Diofanto lygtys Antro laipsnio Diofanto lygtys ir Pitagoro trejetai Aukštesnio laipsnio Diofanto lygtys ir paskutinioji Ferma teorema Pelio lygtis Racionalūs ir iracionalūs skaičiai Irracionalumo matas Algebriniai ir transcendentiniai skaičiai 44

3 Įvadas 1.1 Neišspręstos problemos Ar yra be galo daug tokių pirminių skaičių p, kad p + d taip pat yra pirminis? Jei d = 2, tada turime pirminių dvynių problemą m. balandžio 17 d., d < , Yitang Zhang 2014 m. balandžio 14 d., d = 246, D.H.J. Polymath Su kokiu mažiausiu natūraliuoju skaičiumi k, k 2 n + 1 yra sudėtinis su visais natūraliaisiais n? (Mažiausias Sierpiński skaičius.) Sierpiński ir Selfridge 1962 m. parodė, kad n + 1 visada dalijasi iš 3, 5, 7, 13, 19, 37 arba 73. Likę kandidatai: k = 10223, 21181, 22699, 24737, ir Goldbach o hipotezė: kiekvienas lyginis skaičius didesnis už 2 gali būti išreikštas dviejų pirminių skaičių suma. Patikrinta iki (2012 m. balandžio 4 d.) m. H. A. Helfgott įrodė silpnąją Goldbacho hipotezę: kiekvienas nelyginis skaičius didesnis už 5 gali būti išreikštas trijų pirminių skaičių suma. Daugiau problemų galite rasti čia: theory, 3rd ed., Springer, Richard K. Guy, Unsolved problems in number 1

4 Dalumas Visame skaičių teorijos kurse sakydami skaičius turėsime omenyje sveikuosius skaičius. Pradėsime nuo dalumo savokos: Apibrėžimas. Skaičius a dalijasi iš skaičiaus b, jei egzistuoja toks skaičius k, kad a = b k. Skaičius b dalo a (žymėsime b a) jei a dalijasi iš b. 1 pavyzdys. Skaičius 6 dalijasi iš 2, nes 6 = 2 3. Apibrėžimas. Skaičius, iš kurio dalijasi n, vadinamas n dalikliu. Skaičius, kuris dalijasi iš n, vadinamas n kartotiniu. 2 pavyzdys. Skaičius 2 yra 6 daliklis. Skaičius 6 yra 2 kartotinis. Sveikųjų skaičių dalyba pasižymi keletu gerai žinomų savybių: 1 teiginys. 1. Jei b a, tai b ac su bet kuriuo c; 2. Jei c a ir c b, tai c a + b; 3. Jei c b ir b a, tai c a; 4. Jei b a, a > 0, b > 0, tai b a; 5. Jei b a ir a b, tai a = ±b; Įrodymas. 1. Jei b a, tai k : a = b k. Iš čia ac = b kc, tad b ac. 2. ND 3. ND 4. Jei b a tai k : a = kb. Be to, kadangi a, b > 0, tai k > 0, nes k 0 = kb 0, o kb = a turi būti teigiamas. Tuomet 5. ND a b = kb b = (k 1)b 0. Apibrėžimas. Skaičius, kuris dalijasi tik iš vieneto ir iš savęs, vadinamas pirminiu. 2

5 SKYRIUS 2. DALUMAS 3 Viena iš elegantiškiausių matematikos teoremų teigia, kad pirminių skaičių yra be galo daug. Pateiksime jos nepilną įrodymą: 1 teorema. Pirminių skaičių yra be galo daug. Įrodymas. Tarkime priešingai, kad pirminių skaičių yra baigtinis skaičius. Sudauginkime juos visus ir pridėkime vienetą: p 1 p 2 p n + 1. Šis skaičius nesidalija iš nė vieno pirminio p 1,..., p n, todėl pats yra pirminis. Gavome naują pirminį prieštara. 2.1 Dalyba su liekana 1 teorema. Bet kuriems a ir b (kur b > 0) egzistuoja lygiai viena skaičių q ir r (kur 0 r < b) pora, tenkinanti a = bq + r. Įrodymas: Egzistavimas. Įrodykime, kad egzistuoja bent viena tokia pora. Išrašykime skaičius, a 2b, a b, a, a + b, a + 2b, ir išsirinkime iš jų mažiausią teigiamą (tai visuomet galėsime padaryti, nes seka didėjanti, tad joje atsiras teigiamų skaičių). Išsirinktąjį pažymėkime r = a q b. Pakanka pastebėti, kad r teigiamas (pagal pasirinkimą) ir mažesnis už b (kitaip r b = r = a (q + 1)b būtų mažesnis teigiamas skaičius sekoje), vadinasi pora q, r yra ieškomoji. Vienatis. Tarkime, kad egzistuoja bent dvi skirtingos tokios poros q, r ir q, r. Tuomet bq + r bq r = a a arba r r = b(q q ). Dešinioji lygybės pusė dalijasi iš b, tai ir kairioji turi dalintis. Kadangi 0 r, r < b, tai (b 1) < r r < b 1, o šiame intervale vienintelis skaičius besidalijantis iš b yra 0, tad r = r. Įsistatę gauname 0 = b(q q ), o iš čia, kadangi b 0, seka ir q = q. Prieštara. 2.2 Dalumo požymiai Užrašę skaičių dešimtainėje sistemoje a 1 a 2... a n, iš jo skaitmenų galime spręsti, ar jis dalijasi iš kai kurių mažų skaičių, ar ne. Naudingiausi dalumo požymiai yra šie: Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 2, jei iš 2 dalijasi jo paskutinis skaitmuo a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 3, jei iš 3 dalijasi jo skaitmenų suma a a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 4, jei iš 4 dalijasi jo dviejų skaitmenų galūnė a n 1 a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 5, jei iš 5 dalijasi jo paskutinis skaitmuo a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 8, jei iš 8 dalijasi jo trijų skaitmenų galūnė a n 2 a n 1 a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 9, jei iš 9 dalijasi jo skaitmenų suma a a n. Skaičius a 1 a 2... a n dalijasi iš 11, jei iš 11 dalijasi jo alternuojanti skaitmenų suma a 1 a 2 + a 3 a 4 + ± a n.

6 Didžiausias bendras daliklis Apibrėžimas. Dviejų ar daugiau skaičių didžiausiuoju bendru dalikliu (dbd) vadinsime didžiausią skaičių, iš kurio visi duotieji dalinasi. Skaičių a ir b didžiausiąjį bendrą daliklį žymėsime dbd(a, b) arba tiesiog (a, b). Apibrėžimas. Dviejų ar daugiau skaičių mažiausiuoju bendru kartotiniu (mbk) vadinsime mažiausią skaičių, kuris dalijasi iš visų duotųjų. Skaičių a ir b mažiausiąjį bendrą kartotinį žymėsime mbk(a, b). Apibrėžimas. Du skaičius, kurių didžiausiasis bendras daliklis yra lygus 1, vadinsime tarpusavyje pirminiais. Didžiausias bendrasis daliklis visuomet egzistuoja, nebent abu skaičiai lygūs nuliui. Jo ieškant labai praverčia Euklido (Euklid) algoritmas, kuris paremtas labai svarbia ir naudinga lygybe: 1 teiginys. dbd(a, b) = dbd(a b, b). Įrodymas. Tegu dbd(a, b) = d. Tuomet d a ir d b, o kartu d (a b). Vadinasi, dbd(a b, b) bus nemažesnis nei d. Iš kitos pusės tegu dbd(a b, b) = d. Tuomet d (a b) ir d b, o tuo pačiu d a, nes a = (a b) + b. Vadinasi, dbd(a, b) bus nemažesnis nei d. Kadangi gavome d d ir d d, tai vadinasi d = d, t.y. dbd(a, b) = dbd(a b, b). 3 pavyzdys. Pasinaudodami įrodyta lygybe raskime dbd(14, 6), dbd( , ) ir dbd((p + q) 2, p), kur p ir q pirminiai skaičiai. Sprendimas. Didžiausio bendro daliklio ieškosime atimdami iš didesnio skaičiaus mažesnį: dbd(14, 6) = dbd(8, 6) = dbd(2, 6) = dbd(2, 4) = dbd(2, 2) = 2. dbd( , ) = dbd(2, ) = 1. dbd((p + q) 2, p) = dbd(p(p + 2q) + q 2, p) = dbd(q 2, p) = 1. Euklido algoritmas. Rasime dbd(a, b). Nemažindami bendrumo tarkime, kad a > b. Tuomet a užrašomas kaip a = bq + r, kur dalybos liekana tenkina 0 < r < b. Analogiškai b = rq 1 + r 1, kur 0 < r 1 < r, 4

7 SKYRIUS 3. DIDŽIAUSIAS BENDRAS DALIKLIS 5 r = r 1 q 2 + r 2, kur 0 < r 2 < r 1,... r k 2 = r k 1 q k + r k, kur 0 < r k < r k 1, r k 1 = r k q k+1. Iš r > r 1 >... > r k seka, kad kažkada gausime dalybos liekaną lygią 0, tad algoritmas tikrai sustos. Tuomet, kadangi dbd(a, b) = dbd(b, r) = = dbd(r k 2, r k 1 ) = dbd(r k 1, r k ), tai paskutinioji nenulinė liekana r k ir bus didžiausias bendrasis daliklis. Iš Euklido algoritmo seka labai svarbi išvada: 1 tšvada. Jei dbd(a, b) = d, tai egzistuoja tokie x, y Z, kad ax + by = d. Proof. Iš priešpaskutinės Euklido algoritmo lygybės galime išreikšti r k per r k 1 ir r k 2. Iš dar ankstesnės galima išreikšti r k 1 per r k 2 ir r k 3. Įstatę į pirmąją išraišką gausime r k išraišką per r k 2 ir r k 3. Taip toliau vis tęsdami gausime r k išraišką per a, b, t.y. rasime x, y, tenkinančius ax + by = dbd(a, b).

8 Skaidymas dauginamaisiais Viena iš pagrindinių sveikųjų skaičių savybių, susijusių su dalumu, yra vienareikšmis skaidymasis dauginamaisiais. Ja mes remsimės ir naudosimės labai dažnai. 2 teorema. Kiekvieną skaičių n > 2 galima vieninteliu būdu išskaidyti pirminiais dauginamaisiais: n = p α1 1 pα2 2 pα k k. Tam, kad įrodytume šią teoremą pirma įrodysime labai svarbų ir beveik savaime suprantamą teiginį: 1 lema. Jei p pirminis ir p ab, tai p a arba p b. Proof. Tarkime, kad p nedalo a. Kadangi p turi tik daliklius 1 ir p, tai (p, a) = 1. Pagal Euklido algoritmo išvadą atsiras skaičiai m ir n, tokie kad pm+an = 1, arba pmb+anb = b. Kadangi p dalo ir pmb ir anb, tai turi dalinti ir b. Vienareikšmio išskaidymo įrodymas: Egzistavimas Parodysime, kad bet kurį skaičių n galima išskaidyti pirminiais dauginamaisiais bent vienu būdu. Tarkime priešingai, kad egzistuoja skaičiai, kurių išskaidyti negalime, ir pasirinkime mažiausią iš jų k. Kadangi k neišsiskaido pirminiais dauginamaisiais, tai jis negali būti pirminis, vadinasi jis sudėtinis: k = ab, a, b > 1. Kadangi ir a ir b yra mažesni už k, tai pagal mūsų prielaidą jie išsiskaido pirminiais dauginamaisiais, bet tuomet ir k išsiskaido (pakanka sudauginti a ir b skaidinius) prieštara. Vienatis Parodysime, kad nėra skaičių, kuriuos galima išskaidyti daugiau nei vienu skirtingu būdu. Tarkime priešingai, kad tokių skaičių yra, ir pasirinkime mažiausią iš jų k. Tegu jis išsiskaido kaip k = p 1 p 2 p t = q 1 q 2 q s. Paimkime pirminį p 1 iš pirmojo skaidinio. Jis dalo q 1 q 2 q s, todėl pagal aukščiau įrodytą lemą dalo arba q 1 arba q 2 q s. Jei p 1 q 1, tai p 1 = q 1, o jei p 1 q 2 q s, tai p 1 turi būti lygus vienam iš q i, nes q 2 q s < k tad skaidosi pirminiais vienareikšmiškai. Bet kuriuo atveju gauname, kad p 1 patenka ir į kitą skaidinį, bet to būti negali abu skaidinius padaliję iš p 1 gautume, kad nevienareikšmiškai skaidosi skaičius mažesnis už k. Prieštara. Mažus skaičius skaidyti pirminiais dauginamaisiais nesunku (priešingai nei didelius!) tiesiog iš eilės tikriname pirminius skaičius ir skaičiuojame, kiek kartų iš jų galima padalinti. Pavyzdžiui, 120 = = Žinodami, kaip skaičius išsiskaido, galime nemažai apie jį pasakyti. Pavyzdžiui, galime nurodyti jo daliklius: 6

9 SKYRIUS 4. SKAIDYMAS DAUGINAMAISIAIS 7 2 teiginys. Jei skaičius n dalijasi iš skaičiaus a ir n = p α1 1 pα2 2 pα k k, tai tuomet ir su visais i = 1,..., k. a = p β1 1 pβ2 2 pβ k k β i α i Įrodymas. Jei n dalijasi iš a, tai tuomet egzistuoja toks b, kad n = ab. Išskaidę a dauginamaisiais gauname, kad į n skaidinį turi įeiti visi pirminiai kaip ir į a su nemažesniais laipsnių rodikliais. Panagrinėkime skaičių 12. Jis išsiskaido kaip Pagal ką tik įrodytą teiginį jo dalikliais turėtų būti , , , , ir Sudauginę matome, kad gavome skaičius 12, 6, 3, 4, 2 ir 1, kurie iš ties yra visi 12 dalikliai. Tad norėdami rasti duoto skaičiaus daliklį turime paimti kažkokią dalį jo skaidinio. Šis pastebėjimas leidžia nesunkiai suskaičiuoti, kiek iš viso daliklių skaičius turi: 3 teiginys. Skaičius n = p α1 1 pα2 2 pα k k turi (α 1 + 1)(α 2 + 1) (α n + 1) daliklių. Įrodymas. Kiekvienas n daliklis bus užrašomas kaip p β1 1 pβ2 2 pβ k k, kur β i α i su visais i = 1,..., k. Skirtingus daliklius gausime imdami skirtingus pirminių skaičių laipsnius. Parinkti β 1 galime α 1 +1 būdais (nepamirškime nulio!), parinkti β 2 galime α 2 +1 būdais ir taip toliau. Pagal kombinatorinę daugybos taisyklę iš viso galėsime sudaryti (α 1 +1)(α 2 +1) (α n +1) skirtingų laipsnių rinkinių, todėl tiek bus ir skirtingų daliklių. Kartais tenka patikrinti, ar duotas skaičius yra pirminis, ar ne. Tam reikia patikrinti visus potencialius jo daliklius. Remdamiesi išskaidymu pirminiais dauginamaisiais, galime rasti sutrumpinimą: 4 teiginys. Jei skaičius n nesidalija iš jokio pirminio skaičiaus, mažesnio (arba lygaus) už n, tai jis pirminis. Proof. Išties, jei skaičius n turi daliklį a, tai turi ir daliklį n a, bet tuomet arba a n, arba a n n, vadinasi, n turės daliklį (o kartu ir pirminį daliklį), mažesnį už n. Pavyzdžiui, norint patikrinti, ar 101 yra pirminis, užtenka išbandyti 2, 3, 5 ir 7. Kadangi nė iš vieno nesidalija, tai 101 yra pirminis.

10 Lyginiai Lyginiaĩ yra nepakeičiamas įrankis sprendžiant uždavinius apie sveikųjų skaičių dalijimąsi ir liekanas. Apibrėžimas. Jei m a b, tai sakysime, kad "a lygsta b moduliu m", ir žymėsime Pavyzdžiui: a b (mod m). 2 5 (mod 3), (mod 20), 3 2 (mod 5). Norint sėkmingai naudotis lyginiais prireiks keleto pastebėjimų: 2 teiginys. a b (mod m) tada ir tik tada, kai a ir b duoda vienodas liekanas dalijami iš m, a b (mod m) tada ir tik tada, kai egzistuoja toks k Z, kad a = b + km, jei a b (mod m) ir b c (mod m), tai a c (mod m). Pirmasis teiginys leidžia intuityviai interpretuoti lyginius a lygsta b moduliu m reiškia, kad a ir b duoda tas pačias liekanas dalijami iš m. Žinoma, kad tokiu atveju a ir b skirtumas dalijasi iš m, kas yra kitu būdu užrašyta antrajame teiginyje. Naudojant šią interpretaciją, akivaizdžiu tampa ir trečias teiginys: jei a duoda tokią pačią liekaną kaip b, o b tokią pačią, kaip c, tai a ir c liekanos taip pat sutaps. Kaip ir įprastinių lygčių atveju, lyginius galima sudėti, dauginti ir atsargiai dalinti: 5 teiginys. jei a b (mod m) ir a b (mod m), tai a + a b + b (mod m); jei a b (mod m) ir a b (mod m), tai aa bb (mod m); jei ac bc (mod m) ir dbd(m, c) = 1, tai a b (mod m). Proof. Įrodykime visus tris naudodamiesi apibrėžimu: Jei m a b ir m a b, tai m (a b) + (a b ) m (a + a ) (b + b ). Jei m a b ir m a b, tai m (a b)a ir m (a b )b m (a b)a + (a b )b m aa bb. Jei m ac bc, t.y. m (a b)c ir m tarpusavyje pirminis su c, tai m a b. 8

11 SKYRIUS 5. LYGINIAI 9 Naudodamiesi šiomis savybėmis galime pertvarkyti sudėtingus reiškinius. 4 pavyzdys. Raskime, kokią liekaną duoda dalijamas iš 11. Sprendimas. Kadangi 25 3 (mod 11), tai (mod 11) (sudauginame lygybę ja pačia 5 kartus, t.y. keliame abi puses penktuoju laipsniu). Toliau 3 5 = 9 9 3, o 9 2 (mod 11), todėl 3 5 ( 2) ( 2) 3 1 (mod 11). Analogiškai (mod 11). Sudėję gauname, kad dalindami iš 11 gauname liekaną 4. 5 pavyzdys. Įrodykite, kad n 3 n dalijasi iš 6 su visomis sveikosiomis n reikšmėmis. Sprendimas. Skaičius n dalijamas iš 6 gali duoti liekanas 0, 1,..., 5. Patikrinkime kiekvieną iš jų: n 0 (mod 6) n 3 n (mod 6), n 1 (mod 6) n 3 n (mod 6), n 2 (mod 6) n 3 n (mod 6), n 3 (mod 6) n 3 n (mod 6), n 4 2 (mod 6) n 3 n 8 ( 2) 0 (mod 6), n 5 1 (mod 6) n 3 n 1 ( 1) 0 (mod 6). 5.1 Dalumo požymiai dar kartą Įrodykime dalumo požymį iš 11. Pastebėkime, kad 10 1 (mod 11). Pakelkime abi lygybės puses n-tuoju laipsniu: 10 n ( 1) n (mod 11). Išskleidę skaičių dešimtaine išraiška, gauname: a 1 a 2... a n = 10 n 1 a a n 1 + a n ( 1) n 1 a 1 + a n 1 + a n (mod 11). Įrodykime dalumo požymį iš 8. Kadangi 2 10, tai, kai n 3, teisinga 8 10 n (t.y. 10 n 0 (mod 8)). Pasinaudoję tuo gauname: a 1 a 2... a n = 10 n 1 a a n 1 + a n 100a n a n 1 + a n a n 2 a n 1 a n (mod 8).

12 SKYRIUS 5. LYGINIAI 10 Skaičių laipsnių liekanos Sveikųjų skaičių laipsniai, o ypač kvadratai ir kubai, yra labai dažnai sutinkami skaičių teorijos uždaviniuose. Sveikųjų skaičių laipsnių liekanos turi įdomią struktūrą, kurią gana plačiai nagrinėsime vėliau, tačiau susipažinti galime jau dabar. Pradėkime nuo paties paprasčiausio pavyzdžio: 6 pavyzdys. Sveikojo skaičiaus kvadratą dalindami iš 3 niekada negausime liekanos 2. Imkime bet kokį sveikąjį skaičių a. Galimi trys variantai: a 0 (mod 3) arba a 1 (mod 3), arba a 2 (mod 3). Pakėlę a kvadratu atitinkamai gausime a 2 0 (mod 3) arba a 2 1 (mod 3), arba a (mod 3), t.y. liekanos 2 niekada negausime. Lygiai taip pat nagrinėdami atvejus galime susidoroti su visais nedideliais laipsniais ir moduliais. 7 pavyzdys. Kokias liekanas galime gauti dalindami a 4 iš 5, jei a bet koks sveikasis skaičius? Nagrinėkime penkis variantus: a 0 (mod 5) a 4 0 (mod 5), a 1 (mod 5) a 4 1 (mod 5), a 2 (mod 5) a (mod 5), a 3 (mod 5) a 4 ( 2) 4 1 (mod 5), a 4 (mod 5) a 4 ( 1) 4 1 (mod 5). Gavome, kad galime gauti tik liekanas 0 arba 1. 8 pavyzdys. Raskite, kokią liekaną gauname dalindami iš 11. Sprendimas. Liekaną rasime dviem būdais, kurie abu yra pamokantys. Pirma, pabandykime kuo greičiau suskaičiuoti didelius dvejeto laipsnius vis daugindami lygybes: (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (2 48 ) 10 (2 48 ) 10 (2 4 ) (mod 11). Arba kelkime laipsniais po vieną ir ieškokime dėsningumų: (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11), (mod 11),

13 SKYRIUS 5. LYGINIAI 11 Matome, kad liekanos pradeda kartotis kas dešimt, vadinasi, tūkstantojo laipsnio bus tokia pat kaip ir dešimtojo, t.y. lygi 1.

14 Mažoji Ferma ir Oilerio teoremos Praeitoje paskaitoje ieškodami skaičiaus dalybos iš 11 liekanos pastebėjome, kad keldami dvejetą laipsniais 2 1, 2 2, 2 3,... kažkada gauname liekaną 1, ir liekanos pradeda kartotis. Pasirodo, šis pastebėjimas tinka daugumai skaičių. Oilerio (Euler) teorema kaip tik tai ir įrodo bei apibūdina kartojimosi periodą. Jos atskiras atvejis yra mažoji Fermã (Fermat) teorema, kurioje apsiribojama pirminiais moduliais. Nuo jos ir pradėkime. 6.1 Mažoji Ferma teorema 2 teorema. Tegu p pirminis skaičius, o a bet koks sveikasis, nesidalijantis iš p. Tuomet a p 1 1 (mod p). Proof. Užrašykime visas skirtingas dalybos iš p liekanas išskyrus 0: Padauginkime kiekvieną iš jų iš a: 1, 2, 3,..., p 2, p 1. 1 a, 2 a, 3 a,..., (p 2) a, (p 1) a. Parodysime, kad gautojo skaičių rinkinio dalybos iš p liekanos yra taip pat visos skirtingos ir be 0, t.y. tokios pačios kaip pirmojo, tik, galbūt, sumaišyta tvarka. Kad tarp jų nėra 0 pamatyti nesunku, o kad jos visos skirtingos, įrodysime prieštaros būdu: jei kokių nors dviejų skaičių k a ir j a būtų vienodos, tai jų skirtumas dalintųsi iš p. Tačiau jų skirtumas lygus a(k j) ir dalintis iš p negali, nes a iš p nesidalija pagal sąlygą, o k j yra už p mažesnis. Vadinasi, kadangi abiejų rinkinių dalybos iš p liekanų aibės sutampa, tai jų skaičius sudauginę gausime po tą pačią liekaną: 1 2 (p 1) a 1 a 2 a (p 1) (mod p) (p 1)! a p 1 (p 1)! (mod p). Kadangi dbd((p 1)!, p) = 1, tai galime padalinti: a p 1 1 (mod p). Pastaba. Mažąją Ferma teoremą galima perrašyti kaip a p a (mod p). Ši lygybė kartais yra patogesnė, nes galioja ir liekanai 0. 12

15 SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 13 Naudojantis mažąja Ferma teorema ieškoti sveikųjų skaičių laipsnių liekanų moduliu pirminio skaičiaus tampa visai paprasta: 9 pavyzdys. Raskite, kokią liekaną gausime dalindami iš 17. Pagal mažąją Ferma teoremą (mod 17). Kadangi 727 = = , tai (7 16 ) (mod 17). Likusį 7 7 suskaičiuojame rankomis: 6.2 Oilerio ϕ funkcija ( 2) (mod 17). Įrodinėdami mažąją teoremą ne be reikalo atskyrėme liekaną 0 skaičių besidalijantį iš p keldami laipsniais tikrai niekada negausime liekanos 1 moduliu p. Nagrinėjant dalybą iš sudėtinio skaičiaus tokių skaičių atsiranda daugiau. Pavyzdžiui, moduliu 6 nei dvejeto, nei trejeto, nei ketverto laipsniai niekada neduos liekanos 1. Tokius skaičius atmesime ir nagrinėsime tik tuos, su kuriais liekaną 1 gauti galime. Kaip pamatysime Oilerio teoremos įrodyme, mums tinkantys skaičiai moduliu n bus tarpusavyje pirminiai su n. Oilerio ϕ funkcija kaip tik ir žymi, kiek tokių skaičių yra. Apibrėžimas. ϕ(n) žymi kiek yra skaičių nedidesnių nei n ir tarpusavyje pirminių su n, t.y. ϕ(n) = #{a 1 a < n, dbd(a, n) = 1}. Nedideliems skaičiams ϕ reikšmę suskaičiuoti nesunku. Pavyzdžiui ϕ(6) = 2, nes vieninteliai skaičiai tarpusavyje pirminiai ir ne didesni nei 6 yra 1 ir 5. Bendru atveju skaičiuoti galima naudojantis formule. 6 teiginys. ϕ(p α1 1 pα2 2 pα k k ) = (pα1 1 pα1 1 1 )(p α2 2 pα2 1 2 )(p α k k pα k 1 k ). Proof. Suskaičiuokime, kiek yra skaičių, kurie nėra tarpusavyje pirminiai su duotuoju. Pažymėję n = p α1 1 pα2 2 pα k k gausime, kad skaičių, ne didesnių nei n ir besidalijančių iš p 1 yra n p 1, besidalijančių iš p 2 yra n p 2,, besidalijančių iš p k yra n p k. Jei sudėsime n p n p k, tai skaičiùs, kurie dalijasi bent iš dviejų pirminių, būsime įskaičiavę per daug kartų, todėl turime atimti: n + + n n n. p 1 p k p 1 p 2 p k 1 p k Tačiau šį kartą, skaičius, kurie dalijasi bent iš trijų pirminių, būsime įskaičiavę per mažai kartų, todėl turime pridėti: n p n p k n p 1 p 2 n p k 1 p k + n p 1 p 2 p n p n 2 p n 1 p n.

16 SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 14 Taip tęsdami galiausiai suskaičiuosime, kiek yra skaičių ne tarpusavyje pirminių su n. Atėmę gautą rezultatą iš n rasime ϕ(n): ϕ(n) = n ( n p n p k n p 1 p 2 = n(1 1 p 1 )(1 1 p 2 ) (1 1 p k ) = (p α1 1 pα1 1 1 )(p α2 2 pα2 1 2 )(p α k k pα k 1 k ). n + + ( 1) k 1 n ) p k 1 p k p 1 p k 6.3 Oilerio teorema 3 teorema. Tegu n natūralusis skaičius, o a sveikasis ir tarpusavyje pirminis su n. Tuomet a ϕ(n) 1 (mod n). Proof. Užrašykime visas skirtingas dalybos iš n liekanas tarpusavyje pirmines su n: Padauginkime kiekvieną iš jų iš a: r 1, r 2,..., r ϕ(n). r 1 a, r 2 a,..., r ϕ(n) a. Parodysime, kad gautojo skaičių rinkinio dalybos iš n liekanos yra taip pat visos skirtingos ir tarpusavyje pirminės su n, t.y. tokios pačios kaip pirmojo rinkinio, tik, galbūt, sumaišyta tvarka. Kad jos visos tarpusavyje pirminės su n seka, iš to, kad ir r i ir a yra tarpusavyje pirminiai su n. Kad jos visos skirtingos, įrodysime prieštaros būdu: jei kokių nors dviejų skaičių r k a ir r j a dalybos liekanos būtų vienodos, tai jų skirtumas dalintųsi iš n. Tačiau jų skirtumas lygus a(r k r j ) ir dalintis iš n negali, nes a yra tarpusavyje pirminis su n, o r k r j yra už n mažesnis. Vadinasi, kadangi abiejų rinkinių dalybos iš n liekanų aibės sutampa, tai jų skaičius sudauginę gausime po tą pačią liekaną: r 1 r 2 r ϕ(n) a ϕ(n) r 1 r 2 r ϕ(n) (mod m). Kadangi dbd(r 1 r ϕ(n), p) = 1, tai galime padalinti: a ϕ(n) 1 (mod n). 6.4 Pavyzdžiai 10 pavyzdys. Raskite paskutinį skaičiaus skaitmenį Sprendimas. Paskutinis skaičiaus skaitmuo yra toks pat, kaip ir dalybos iš 10 liekana. Kadangi 13 ir 10 yra tarpusavyje pirminiai, tai galime pasinaudoti Oilerio teorema. Raskime ϕ(10): ϕ(10) = ϕ(2 5) = ( )( ) = 4.

17 SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 15 Tuomet pagal Oilerio teoremą (mod 10), todėl = (mod 10). 11 pavyzdys. Raskite paskutinį skaičiaus skaitmenį. Sprendimas. Kadangi pagal praeitą pavyzdį (mod 10), tai reikia rasti, kokią liekaną gausime dalindami laipsnį iš 4. Tą padaryti visai nesunku (mod 4). Gavome (mod 10) pavyzdys. Raskite du paskutiniuosius skaičiaus skaitmenis Sprendimas. Paskutiniai du skaičiaus skaitmenys yra tokie patys, kaip ir dalybos iš 100 liekana. Kadangi 100 ir yra tarpusavyje pirminiai, tai galime taikyti Oilerio teoremą. Raskime ϕ(100): ϕ(100) = ϕ( ) = ( )(5 2 5) = 40. Norėdami rasti laipsnio liekaną moduliu 40, dar kartą taikykime Oilerio teoremą. Randame ϕ(40) = 16. Norėdami rasti laipsnio liekaną moduliu 16, dar kartą taikykime Oilerio teoremą. Randame ϕ(16) = 8. Norėdami rasti laipsnio liekaną moduliu 8, dar kartą (pagaliau paskutinįjį) taikykime Olerio teoremą. Kadangi ϕ(8) = 4, tai (mod 8), tada tada tada (mod 16), (mod 40), ( 11) (mod 100). 13 Gavome, kad paskutiniai du skaitmenys yra 13.

18 Kinų liekanų teorema Raskime skaičiaus dalybos iš 10 liekaną. Oilerio teoremos naudoti negalime, nes 2 ir 10 nėra tarpusavyje pirminiai. Išeitis yra uždavinį išskaidyti į dvi dalis rasti liekaną moduliu 2 ir moduliu 5 atskirai. Tai padaryti nesunku pagal Oilerio teoremą ir, akivaizdžiai, (mod 5), (mod 2). Kaip sujungti gautą informaciją? Jei užsirašysime = 10k+r, kur r yra ieškoma dalybos liekana, tai gausime, jog r turi tenkinti du lyginius vienu metu: { r 1 (mod 5) r 0 (mod 2) Tarp skaičių nuo 0 iki 9 toks yra tik vienas 6. Jis ir bus ieškoma liekana. Kinų liekanų teorema yra šio samprotavimo apibendrinimas: 4 teorema (Kinų liekanų teorema). Tegu n = m 1 m 2 m k, kur visi m i yra paporiui tarpusavyje pirminiai. Visiems sveikiesiems r 1, r 2,... r k lyginių sistema r r 1 (mod m 1 ) r r 2 (mod m 2 ) turi vienintėlį sprendinį intervale [0, n 1].. r r k (mod m k ) Proof. Pirmiausia įrodykime, kad bent vieną sprendinį turi paprastesnė lyginių sistema: r 1 (mod m 1 ) r 0 (mod m 2 ). r 0 (mod m k ) Išties, kadangi m 1 ir m 2 m 3 m k yra tarpusavyje pirminiai, t.y. jų didžiausias bendras daliklis yra lygus 1, tai pagal Euklido algoritmo išvadą egzistuoja tokie sveikieji x ir y, kad xm 1 + ym 2 m 3 m k = 1. Skaičius ym 2 m 3 m k kaip tik ir bus sprendinys. Pažymėkime jį e 1. 16

19 SKYRIUS 7. KINŲ LIEKANŲ TEOREMA 17 Išsprendę analogiškas sistemas, kur liekana 1 atitiks vis kitą m i gausime k skaičių e 1, e 2,..., e k. Nesunku įsitikinti, kad sudauginę paporiui e 1 r 1 + e 2 r 2 + e k r k gausime pradinės sistemos sprendinį. Parodysime, kad visi sistemos sprendiniai skiriasi per n kartotinį. Tarkime, kad turime du sistemos sprendinius r ir r. Jie duoda vienodas liekanas dalijami iš visų m i, todėl m 1 (r r ), m 2 (r r ),..., m k (r r ). Kadangi visi m i yra paporiui tarpusavyje pirminiai, tai gauname, kad n (r r ). Galiausiai pastebėkime, kad jei prie vieno sprendinio pridėsime ar atimsime n, gausime kitą sprendinį. Tai ir įrodo, kad bus lygiai vienas sprendinys intervale [0, n 1]. 7.1 Pavyzdžiai 13 pavyzdys. Išspręskite lyginių sistemas: r 2 (mod 3), r 2 (mod 5), ir r 2 (mod 7); r 1 (mod 2), r 2 (mod 3), r 3 (mod 5). Sprendimas. Nors kinų liekanų teoremos įrodymas konstruktyvus (t.y. jo metu yra parodoma, kaip gauti sprendinius), retai kada jis praverčia sprendžiant konkrečią sistemą. Dažniausiai efektyviau pabandyti tiesiog atspėti sprendinį, arba spręsti lygtis po vieną ir ieškoti bendrų sprendinių. Tą ir padarysime. Geriau įsižiūrėjus į pirmąją sistemą turėtų būti nesunku iš karto atspėti, kad jos sprendiniu bus r = arba tiesiog r = 2. Antroji sistema kiek sudėtingesnė. Iš lygties r 3 (mod 5) žinome, kad sprendinio paskutinis skaitmuo bus 3 arba 8. Tačiau pastarasis netinka, nes r 1 (mod 2). Lieka iš skaičių, kurių paskutinis skaitmuo 3 rasti tenkinantį lygtį r 2 (mod 3). Patikrinę keletą variantų randame r = pavyzdys. Išspręskite lyginių sistemą: 2r 1 (mod 3), 3r 2 (mod 5), 4r 3 (mod 7). Sprendimas. Pertvarkykime lygtis. Pastebėkime, kad 2r 1 (mod 3) tada ir tik tada, kai 4r 2 (mod 3), nes dbd(2, 3) = 1. Kadangi 4r r (mod 3), tai vietoje buvusios pirmosios lygties gauname ekvivalenčią r 2 (mod 3). Analogiškai iš 2 padauginę ir likusias gausime sistemą r 2 (mod 3), r 4 (mod 5), r 6 (mod 7). Nesunku atspėti, kad r = (arba tiesiog r = 1) yra šios sistemos sprendinys. 15 pavyzdys. Įrodykite, kad egzistuoja dešimt paeiliui einančių natūraliųjų skaičių, besidalinančių iš dešimtųjų pirminių skaičių laipsnių.

20 SKYRIUS 7. KINŲ LIEKANŲ TEOREMA 18 Sprendimas. Išsirinkime bet kokius dešimt pirminių skaičių p 1, p 2,..., p 10. Įrodysime, kad egzistuoja toks natūralusis r, kad p 10 1 r, p 10 2 r + 1,, p r + 9, tuomet r, r + 1,..., r + 9 ir bus ieškomi paeiliu einantys skaičiai. Tai padaryti nesunku perrašę sąlygas kaip r 0 (mod p 10 1 ) r 1 (mod p 10 2 ). r 9 (mod p 10 10) matome, kad toks r egzistuos pagal Kinų liekanų teoremą. 7.2 Oilerio ϕ funkcijos multiplikatyvumas Pateiksime antrą formulės ϕ(n) reikšmei rasti įrodymą. Svarbiasia šio įrodymo dalis ϕ funkcijos multiplikatyvumas: 7 teiginys. Jei (m, n) = 1, tai ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Proof. Pagal ϕ apibrėžimą ϕ(mn) skaičiuoja kiek yra teigiamų skaičių x i, mažesnių už mn ir tarpusavyje pirminių su mn. Sandauga ϕ(m)ϕ(n), kita vertus, skaičiuoja kiek yra teigiamų skaičių porų (y i, y j ), kur y i tarpusavyje pirminis ir mažesnis už m, o y j tarpusavyje pirminis ir mažesnis už n. Tam, kad įrodytume lygybę reikia parodyti, kad skaičių x i yra tiek pat, kiek porų (y i, y i ). Tai padarysime kiekviem iš skaičių x i priskirdami po vieną porą (skirtingiems skaičiams skirtingas poras), ir kiekvienai porai priskirdami po vieną skaičių. Tam panaudosime Kinų liekanų teoremą: Bet kuriam skaičiui x i priskirsime porą (x i (mod m), x i (mod n)). Bet kuriai porai (y i, y j ) priskirsime lyginių sistemos { x y i (mod m) x y j (mod n) sprendinį, priklausantį intervalui [0, mn). Likusias įrodymo detales paliksime namų darbams. 8 teiginys. ϕ(p α1 1 pα2 2 pα k k ) = (pα1 1 pα1 1 1 )(p α2 2 pα2 1 2 )(p α k k pα k 1 k ). Proof. Pasinaudodami Oilerio funkcijos multiplikatyvumu gauname, kad ϕ(p α1 1 pα2 2 pα k Lieka pasinaudoti lygybe ϕ(p n ) = p n p n 1. k ) = ϕ(pα1 1 )ϕ(pα2 2 ) ϕ(pα k k ).

21 RSA kriptografija Šioje paskaitoje susipažinsime su vienu iš populiariausiu šifravimo algoritmu RSA. RSA yra viešo rakto šifravimo algoritmas Alisa, norėdama perduoti Bobui slaptą žinutę, naudojasi jo viešuoju raktu (kuris prienamas visiems), o Bobas, norėdamas perskaityti užšifruotą Alisos žinutę, naudojasi savo privačiu raktu (kurį žino tik jis vienas). RSA algoritmas veikia šios lemos pagrindu: 2 lema. Jei (a, n) = 1 ir kk 1 (mod ϕ(n)), tai a kk a (mod n). Proof. Jei kk 1 (mod ϕ(n)), tai kk = rϕ(n) + 1 su kažkokiu r. O tuomet a kk (a ϕ(n) ) r a a (mod n). Šią lemą galime interpretuoti taip jei a yra slaptas skaičius, tai jį užšifruosime pakeldami vienu laipsniu a k ir iššifruosime dar kartą pakeldami kitu a kk a. Konkrečiau: RSA algoritmas 1. B sugalvoja n, kuris yra dviejų didelių pirminių skaičių sandauga. Sugalvotam n jis suranda tokius k ir k, kad kk 1 (mod ϕ(n)). Porą (k, n) jis paskelbia viešai, o k laiko paslaptyje. 2. A norimą žinutę (skaičių) a užšifruoja naudodamasi B paskelbta pora ji apskaičiuoja a k (mod n) ir siunčia B. 3. B gautą žinutę iššifruoja naudodamasis savo raktu pakelia gautą žinutę laipsniu (a k ) k a (mod n). Pora (k, n) yra vadinama viešuoju raktu, o pora (k, n) privačiu. 8.1 RSA saugumas RSA saugumas yra pagrįstas tuo, kad A ir B atlikti visus nurodytus veiksmus yra nesudėtinga (t.y. kompiuterio programa veikia greitai), bet piktų kėslų turinčiam Z, kuris gali girdėti visą pašnekesį, rasti k yra labai sudėtinga (t.y. užtruktų amžinybę). Panagrinėkime visus veiksmus kiek detaliau. Pirmame žingsnyje B reikia surasti du didelius pirminius skaičius, kur didelis reiškia apie 300 skaitmenų ilgio. Didžiausias žinomas pirminis yra daugiau nei dešimties milijonų skaitmenų ilgio, tad 300 ne problema. Vienas iš būdų tokių pirminių ieškoti yra imti atsitiktinius skaičius ir naudoti pirminių skaičių testą, pagrįstą mažąja Ferma teorema: 19

22 SKYRIUS 8. RSA KRIPTOGRAFIJA 20 3 lema. Jei p pirminis ir (a, p) = 1, tai a p 1 1 (mod p). Atkreipsime dėmesį, kad šią savybę turi ne tik priminiai skaičiai, bet ir kai kurie sudėtiniai (vadinami pseudo pirminiais). Taip pat ši sąlyga tikrinama ne su visomis a reikšmėmis, bet tik su keletu (kitaip užtruktų per daug laiko), tad net jei ir skaičius praeina testą, dar nereiškia, kad jis yra pirminis. Nepaisant to, tikimybė, kad jis yra pirminis yra labai didelė, ir jei jis toks nėra ir RSA algoritmas neveikia, galima jį atmesti ir ieškoti kito. Antra užduotis su kuria susiduria B yra rasti k, tarpusavyje pirminį su ϕ(n). Tai padaryti nesudėtinga, nes atsitiktinai imant skaičių, tikimybė, kad jis tiks yra labai didelė, o patikrinti ar du skaičiai yra tarpusavyje pirminiai galima labai greitai, naudojantis Euklido algoritmu, kuris yra logaritminio laiko (t.y. jam reikia apytiksliai log a žingsnių, kur a didesnysis iš tikrinamų skaičių). Trečioji užduotis yra duotam k rasti tokį k, kad kk 1 (mod ϕ(n)). Kadangi n yra dviejų pirminių sandauga, tai ϕ(n) reikšmę rasti labai paprasta (ji bus lygi (p 1 1)(p 2 2)), o k galima rasti naudojantis tuo pačiu Euklido algoritmu (tiksliau, jo išvada). Galiausiai lieka vienintelis veiksmas kurį turi atlikti A užšifruodama ir B iššifruodamas kėlimas laipsniu moduliu duoto skaičiaus. Tai padaryti irgi nesudėtinga dėka greito kėlimo laipsniu metodo, kurį iliustruosime pavyzdžiu: 1 pavyzdys. Rasime (mod 1763). Sprendimas. Pirma užrašykime laipsnį 179 kaip dvejeto laipsnių sumą: 179 = Tuomet raskime liekanas gaunamas keliant 999 dvejeto laipsniais. Tai galime lengvai padaryti vis keldami 999 kvadratu: (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) (mod 1763) Radę, tiesiog sudauginame: (mod 1763). Apžvelgę A ir B veiksmų sudėtingumą, žvilgtelėkime į veiksmus, kuriuos turėtų atlikti Z, norėdamas iššifruoti siunčiamą informaciją. Net ir žinodamas visą susirašinėjimo turinį, jis turėtų tik k, n ir a k mod n. Išgauti iš šių duomenų slaptą informaciją a, jis gali iš principo tik dviem būdais. Pirmasis yra bandyti tiesiai rasti a, kai duota a k mod n, k

23 SKYRIUS 8. RSA KRIPTOGRAFIJA 21 ir n tai vadinamas RSA uždavinys (angl. RSA problem). Antrasis yra bandyti rasti ϕ(n) (o tuomet ir k, pasinaudojus Euklido algoritmu), kas yra ekvivalentu išskaidymui n dauginamaisiais (kaip kitaip rasti ϕ(n)?). Abu šie uždaviniai yra žinomi kaip sudėtingi uždaviniai, t.y. jų sprendimas pasitelkus net ir pačius galingiausius kompiuterius užtrunka per ilgai. Taip pat atkreipsime dėmesį į n parinkimą B ima ne bet kokį didelį skaičių, bet būtent dviejų didelių pirminių sandaugą. Tai daroma kaip tik tam, kad išskaidyti n būtų kuo sunkiau jei n turėtų nedidelių daliklių, tai juos rasti būtų nesudėtinga.

24 Liekanų grupė Šioje paskaitoje pažvelgsime į dalybos liekanas iš algebrinio požiūrio taško. Parodysime, kad mažoji Ferma, Oilerio, bei Kinų liekanų teoremos turi natūralius algebrinius atitikmenis. Pirmoji užduotis atsieti dalybos moduliu n liekanas nuo sveikųjų skaičių. Tai yra, užuot sakę sudauginę bet kokį skaičių, duodantį liekaną a, su bet kokiu skaičiumi, duodančiu liekaną b, gausime skaičių, duodantį liekaną c, norėtume sakyti sudauginę liekanas a ir b gausime liekaną c. Tai padaryti nesudėtinga: 9 teiginys. Sąryšis a b (mod n), a, b Z yra ekvivalentumo sąryšis: a a (mod n); a b (mod n) b a (mod n); a b (mod n), b c (mod n) = a c (mod n). Šį teiginį jau įrodėme (žr. lyginių savybes), tad galime iš karto naudotis. Ekvivalentumo sąryšis naudingas tuo, kad naudojantis juo galima suskirstyti visus sveikuosius skaičius į ekvivalentumo klases, į vieną klasę paskiriant visus skaičius duodančius vienodą dalybos liekaną. Tų klasių (jei liekanas nagrinėjame moduliu n) bus lygiai n ir tas klases vadinsime liekanomis moduliu n. Taip pat, sakydami liekana 2 (ar liekana a ), turėsime omenyje tą klasę, kuriai priklauso skaičius 2 (ar skaičius a). Iš lyginių savybių seka, kad daugindami ar sudėdami bet kuriuos skaičius iš pasirinktų dviejų klasių, visuomet gausime skaičių iš tos pačios trečios klasės. Kitaip tariant, sudėtis ir daugyba tarp klasių (=liekanų) yra gerai apibrėžta. Taip pat gerai apibrėžta yra ir sąvoka liekana tarpusavyje pirminė su n, nes jei vienas skaičius iš klasės yra tarpusavyje pirminis su n, tai ir visi tos klasės skaičiai yra tarpusavyje pirminiai. 9.1 Liekanų grupė Nieko nelaukdami, pasinaudosime nauja liekanos moduliu n samprata. 3 teiginys. Dalybos iš n liekanos tarpusavyje pirminės su n sudaro grupę daugybos atžvilgiu, t.y. jos pasižymi keturiomis savybėmis: uždarumas - Sudauginę bet kurias dvi, vėl gausime liekaną, tarpusavyje pirminę su n; vienetinis elementas - Egzistuoja tokia liekana, būtent 1, iš kurios dauginant kitas liekanas jos nepakinta; atvirkštinis elementas - Kiekvienai liekanai egzistuoja jai atvirkštinė liekana, t.y. tokia, kad padauginę iš jos gauname 1; 22

25 SKYRIUS 9. LIEKANŲ GRUPĖ 23 asociatyvumas - Kiekvienoms liekanoms a, b, c yra teisinga lygybė a(bc) = (ab)c. Proof. Pirmosios dvi savybės labai lengvai patikrinamos. Įrodykime trečiąją. Imkime bet kurią liekaną ir bet kurį skaičių a iš ją atitinkančios ekvivalentumo klasės. Kadangi a ir n tarpusavyje pirminiai, tai pagal Euklido algoritmo išvadą, egzistuoja sveikieji skaičiai x ir y tenkinantys lygybę ax + ny = 1. Tuomet klasė, kuriai priklaso x (=liekana x) ir bus atvirštinė klasei, kuriai priklauso a (= liekanai a), nes ax 1 (mod n) (t.y. ax = 1). Ketvirtoji savybė, asociatyvumas, galioja visiems sveikiesiems skaičiams, todėl galioja ir liekanoms. Šiai grupei, kaip ir bet kuriai kitai, galima apibrėžti elemento (šiuo atveju liekanos) elės ir grupės eilės sąvokas. Apibrėžimas. Liekanos a eile vadinsime mažiausią natūralųjį laipsnį s, su kuriuo a s 1 (mod n). Apibrėžimas. Liekanų grupės eile vadinsime liekanų grupės elementų skaičių. Naudodamiesi šiais terminais galime performuluoti Oilerio (ir tuo pačiu mažąją Ferma) teoremą: 5 teorema. Liekanos eilė dalo grupės eilę. Proof. Grupės eilė yra lygi liekanų, tarpusavyje pirminių su n, skaičiui, t.y ϕ(n). Iš Oilerio teoremos žinome, kad bet kuriai liekanai a yra teisinga a ϕ(n) 1 (mod n). Tegu s yra a eilė ir tarkime, kad s nedalo ϕ(n). Tada dalindami ϕ(n) iš s gausime ϕ(n) = qs + r, kur 0 < r < s. Tačiau tuomet 1 a ϕ(n) a qs+r a r. Gavome, kad egzistuoja mažesnis laipsnis už s, kuriuo pakėlę liekaną a gauname 1. Prieštara. Panagrinėkime konkretų atvejį. Liekanų moduliu 7 grupę sudaro šešios liekanos {1, 2, 3, 4, 5, 6} (liekana 0 ne tarpusavyje pirminė). Vadinasi, kiekvieno elemento eilė turi būti šešių daliklis. Patikrinkime: eilė 1; 2 1 2, 2 2 4, eilė 3; 3 1 3, 3 2 2, 3 3 6, 3 4 4, 3 5 5, eilė 6; 4 1 4, 4 2 2, eilė 3; 5 1 5, 5 2 4, 5 3 6, 5 4 2, 5 5 3, eilė 6; 6 1 6, eilė Liekanų kūnas ir žiedas Pamatėme, kad dalybos iš n liekanos tarpusavyje pirminės su n sudaro grupę daugybos atžvilgiu. Jei paimsime visas liekanas, gausime grupę sudėties atžvilgiu: 4 teiginys. Liekanos moduliu n sudaro grupę sudėties atžvilgiu, t.y. jos pasižymi keturiomis savybėmis:

26 SKYRIUS 9. LIEKANŲ GRUPĖ 24 uždarumas - Sudėję bet kurias liekanas gausime liekaną. vienetinis elementas - Egzistuoja tokia liekana, būtent 0, kurią pridėjus prie kitų liekanų jos nepakinta; atvirkštinis elementas - Kiekvienai liekanai egzistuoja jai atvirkštinė liekana, t.y. tokia, kad ją pridėję gauname 0; asociatyvumas - Kiekvienoms liekanoms a, b, c yra teisinga lygybė a+(b+c) = (a+b)+c. Įrodymas labai paprastas, tad jį praleisime. Pastebėkime, kad suma ir daugyba sveikuosiuose skaičiuose, o tuo pačiu ir liekanose, yra komutatyvios operacijos, tad galime tvirtinti dar daugiau abi grupės, ir daugybos ir sudėties atžvilgiu, yra Abelio. Iš čia seka: 5 teiginys. Liekanos moduliu pirminio p sudaro kūną, o moduliu sudėtinio n žiedą. Tiems, kas primiršo žiedo ir kūno sąvokas, jas galima intuityviai suprasti taip: žiedas yra aibė, kurioje galima sudėti, atimti ir dauginti (kaip, pavyzdžiui sveikieji skaičiai), o kūnas yra aibė, kur be viso to dar galima ir dalinti (kaip racionalieji). Vienas iš (daugelio) skirtumų tarp kūno ir žiedo yra daugianarių šaknų skaičius. Konkrečiau, liekaną a moduliu n, panašiai kaip ir realųjį skaičių, vadinsime daugianario P šaknimi, jei įstatę gausime P (a) 0 (mod n). Yra gerai žinoma, kad jei daugianario šaknų ieškosime tarp kūno elementų, tai jų rasime ne daugiau, nei daugianario laipsnis. Jei, kita vertus, šaknų ieškosime tarp žiedo elementų, tai jų galime rasti ir daugiau (žr. namų darbų užduotis). 10 teiginys. n-tojo laipsnio daugianaris moduliu p turi ne daugiau kaip n šaknų. Proof. Įrodykime naudodami indukciją. Pirmojo laipsnio daugianaris x a turi tik vieną šaknį a. Tarkime, kad n 1 laipsnio daugianaris turi ne daugiau kaip n 1 šaknį. Nagrinėkime n-tojo laipsnio daugianarį P (x). Jei jis neturi nė vienos šaknies, tai teiginys teisingas. Jei turi šaknį a, tai galime jį išskaidyti P (x) = (x a)q(x), kur Q(x) yra n 1 laipsnio daugianaris. Kadangi daugianario P (x) šaknis turi būti arba a, arba daugianario Q(x) šaknimi, tai pagal indukciją P (x) turės ne daugiau nei n = n šaknų. 3 teorema. Tegu n = m 1 m 2 m k, kur visi m i yra paporiui tarpusavyje pirminiai. Tuomet Z/nZ Z/m 1 Z Z/m 2 Z.

27 Ciklinė grupė moduliu p Šioje paskaitoje pažvelgsime į multiplikatyvių liekanų grupių struktūrą. Prisiminkime pačios paprasčiausios, ciklinės, grupės apibrėžimą: Apibrėžimas. Grupę, kurios visus elementus galima užrašyti kaip kažkurio vieno elemento g laipsnius, vadinsime cikline grupe. Liekaną g vadinsime liekanų grupės generatoriumi. Pagrindinis šios paskaitos teiginys apibūdina grupes, gaunamas nagrinėjant liekanas moduliu pirminio skaičiaus. 6 teorema. Multiplikatyvioji liekanų grupė moduliu pirminio skaičiaus p yra ciklinė. Šios teoremos įrodymą išskaidysime į atskiras dalis. Pirma, įrodysime, kad grupė yra ciklinė, jei egzistuoja liekana, kurios eilė sutampa su grupės eile. Antra, grupės eilę išskaidysime dauginamaisiais p 1 = q α1 1 qα2 2 qα k k ir įrodysime, kad egzistuoja elementai g 1, g 2,, g k, kurių eilės yra atitinkamai q α1 1, qα2 2,, qα k k. Trečia, įrodysime, kad sandaugos g 1 g 2 g k eilė yra lygi grupės eilei. 11 teiginys (Pirma dalis). Jei egzistuoja liekana, kurios eilė yra lygi liekanų grupės eilei, tai jos laipsniais galime užrašyti visas grupės liekanas. Proof. Tarkime, kad egzistuoja liekana g, kurios eilė lygi grupės eilei p 1. Kelkime ją laipsniais g 1, g 2,..., g p 1. Jokie du iš jų negali būti lygūs. Išties, jei gautume, kad g i g j (i > j), tai iš to sektų g i j 1, ko būti negali, nes i j < p 1. Kadangi visi laipsniai yra skirtingi ir jų yra tiek, kiek grupės liekanų, tai šios dvi aibės sutampa. 12 teiginys. Daugianaris x p 1 1 turi lygiai p 1 šaknį. Proof. Pagal Oilerio teoremą, jo šaknimis yra visos liekanos. 13 teiginys. Daugianaris x d 1, kur d p 1 turi lygiai d šaknų. Proof. Išskaidykime daugianarį x p 1 1 dauginamaisiais: x p 1 = (x d 1)(x p 1 d + x p 1 2d + + x d + 1). Kadangi kairėje pusėje esantis daugianaris turi p 1 šaknį, tai tiek pat šaknų turi turėti ir dešinėje pusėje esantis daugianaris. Jei x d 1 turėtų mažiau nei d šaknų, tai dešinėje pusėje esantis daugianaris turėtų mažiau nei d + (p 1 d) šaknų. 14 teiginys (Antra dalis). Tegu p 1 išsiskaido kaip p 1 = q α1 1 qα2 2 qα k k. Kiekvienam i egzistuoja liekana, kurios eilė yra q αi 1. 25

28 SKYRIUS 10. CIKLINĖ GRUPĖ MODULIU p 26 Proof. Liekanos eilė bus lygi q αi i, jei ji bus šaknis daugianario x qα i i 1, bet nebus šaknis daugianario x qα i 1 i 1. Kadangi pirmasis daugianaris turi daugiau šaknų nei antrasis, tai q αi i eilės liekana egzistuoja. 15 teiginys (Trečia dalis). liekanų sandaugos g 1 g 2 g k eilė yra lygi p 1. Proof. Sandaugos g 1 g 2 g k eilė dalo grupės eilę, todėl ją galime užrašyti q β1 1 qβ2 2 qβ k k. Jei ji nėra lygi grupės eilei, tai bent vienas iš β i yra mažesnis už α i. Paprastumo dėlei tarkime, kad tai β 1. Pakėlę g 1 g 2 g k didesniu nei eilė laipsniu q β1 1 qα2 2 qα k, gausime 1 (g 1 g 2 g k ) qβ 1 1 qα 2 2 qα k k g qβ 1 ko būti negali, nes g 1 eilė yra q α1 1 ir ji nedalo q β1 1 qα2 2 qα k k. k 1 qα 2 2 qα k k 1, Teisingas yra ir kiek bendresnis teiginys liekanų grupės yra ciklinės moduliu bet kokio pirminio skaičiaus laipsnio (p n ) ir moduliu bet kokio pirminio skaičiaus laipsnio, padauginto iš dviejų (2p n ). Šių teiginių įrodymus paliksime savarankiškam studijavimui.

29 Kvadratinės liekanos Ši skyrelyje apžvelgsime teoriją, apibūdinančią, kokias liekanas galime gauti dalindami sveikųjų skaičių kvadratus iš pirminių skaičių. Apibrėžimas. Liekanas moduliu pirminio skaičiaus p, kurias galime gauti dalindami sveikųjų skaičių kvadratus iš p, vadinsime kvadratinėmis, o tas, kurių negalime, nekvadratinėmis. Nulinę liekaną laikysime išskirtine. Kvadratinėms ir nekvadratinėms liekanoms žymėti naudosime Ležandro (Legendre) simbolį: ( ) a 1, jei a yra kvadratinė liekana moduliu p, = 1, jei a nėra kvadratinė liekana moduliu p, p 0, jei a 0 (mod p). Pažiūrėkime, kaip tai atrodo konkrečiu atveju: 16 pavyzdys. Raskime visas kvadratines liekanas moduliu 7. Sprendimas. Pakelkime visas liekanas moduliu 7 kvadratu: (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7), (mod 7). Gavome, kad kvadratinės liekanos yra 1, 2 ir 4, o nekvadratinės 3, 5 ir 6. Ležandro simbolį tai galime užrašyti taip: ( ) ( ) ( ) = 1, = 1, = 1, ( ) ( ) ( ) = 1, = 1, = ( ) 0 = 0. 7 Naudodami Šios ir kitos paskaitos tikslas bus susipažinti su kvadratinių liekanų struktūra, bei išmokti apskaičiuoti Ležandro simbolio reikšmę naudojantis kvadratinio apverčiamumo teorema Truputį apie struktūrą Norint truputį daugiau suprasti apie kvadratines liekanas labai praverčia praeitoje paskaitoje įrodyta teorema apie multiplikatyviosios liekanų grupės cikliškumą. 27

30 SKYRIUS 11. KVADRATINĖS LIEKANOS teiginys. Tegu g liekanų grupės moduliu p generatorius. Tuomet visos kvadratinės liekanos bus užrašomos kaip lyginiai g laipsniai, o nekvadratinės liekanos kaip nelyginiai. Proof. Pastebėkime, kad pats generatorius nėra kvadratinė liekana. Išties, jei g t 2 (mod p), tai g (p 1)/2 t p 1 1 (mod p) prieštara. Lyginiai generatoriaus laipsniai bus kvadratinės liekanos, nes g 2k (g k ) 2 (mod p), o nelyginiai nebus, nes iš g 2k+1 t 2 (mod p) sektų g (tg k ) 2 (mod p), kas reikštų, kad generatorius g yra kvadratinė liekana. Taigi galime naudotis tam tikra prasme analogišku sveikiesiems skaičiams kvadratiškumo" kriterijumi liekana yra kvadratinė tada ir tik tada, kai ji yra lyginis generatoriaus laipsnis. Iš to seka, kad dviejų kvadratinių arba dviejų nekvadratinių liekanų sandauga yra kvadratinė liekana, o vienos kvadratinės ir vienos nekvadratinės nekvadratinė. Tai galime užrašyti kaip: 17 teiginys. ( a p ) ( ) b = p ( ) ab. p Pastebėkime, kad ši lygybė galioja ir tuo atvėju, kai a ar b dalijasi iš p. Trečiasis teiginys leidžia nustatyti, ar liekana kvadratinė, ar ne, pažiūrėjus į jos (p 1)/2 laipsnį: ( ) a 18 teiginys. a (p 1)/2 (mod p). p Proof. Jei a yra kvadratinė liekana, tai a t 2 (mod p) ir a (p 1)/2 t p 1 1 (mod p). Jei a nėra kvadratinė liekana tai ji yra nelyginis generatoriaus laipsnis, t.y. a g N, tačiau tuomet a (p 1)/2 g N(p 1)/2 g (p 1)/2 1 (mod p). Kadangi šiuo atveju a (p 1)/2 nelygsta vienam, o jos kvadratas lygsta vienam, tai a (p 1)/2 lygsta 1. Iš šio teiginio seka labai svarbi ir naudinga išvada: 2 tšvada. 1 yra kvadratinė liekana moduliu p tada ir tik tada, kai p 1 (mod 4), t.y. ( ) 1 = ( 1) p 1 2. p Proof. Užtenka įstatyti a = 1 į praeito teiginio lygybę Gauso lema Norint tęsti pažintį su kvadratinėmis liekanomis pravers Gauso (Gauss) lema dar vienas kvadratiškumo kriterijus. 4 lema (Gauso lema). Paimkime bet kokią liekaną a moduliu p ir dauginkime ją iš i = 1, 2,..., (p 1)/2. Kiekvienai sandaugai užrašykime lygybę a i = p q i + r i

31 SKYRIUS 11. KVADRATINĖS LIEKANOS 29 taip, kad liekana r i būtų tarp (p 1)/2 ir (p 1)/2, o ne tarp 1 ir p 1 kaip įprasta. Neigiamų liekanų skaičių pažymėkime µ a. Tuomet ( ) a ( 1) µq (mod p). p Proof. Pastebėkime, kad jokių dviejų liekanų r i moduliai negali būti vienodi, nes gautume r i = ±r j a i ±a j (mod p) p a(i ± j), ko negali būti, nes a iš p nesidalija, ir p < i ± j < p. Kadangi liekanos r i yra skirtingos ir tarp 1 ir (p 1)/2, tai jos tegali būti lygios 1,..., (p 1)/2, iš ko seka, kad Tačiau taip pat mes žinome, kad (p 1)/2 i=1 (p 1)/2 i=1 ai i = (p 1/2) i=1 (p 1)/2 tad sujungę lygybes kartu ir suprastinę gauname i=1 r i. r 1 (mod p), a (p 1)/2 ( 1) µa (mod p). Lieka tik pasinaudoti teiginiu 18.

32 Kvadratinio apverčiamumo teorema Šioje paskaitoje įrodysime kvadratinio apverčiamumo teoremą, kuri yra centrinė teorema kvadratinių liekanų teorijoje. 7 teorema (Kvadratinio apverčiamumo teorema). Tegu p ir q nelyginiai pirminiai skaičiai. Tuomet ( ) ( ) q p = ( 1) p 1 q p q Proof. Kvadratinio apverčiamumo teoremą įrodysime pasinaudodami Gauso lema. Prisiminkime, kad norėdami rasti ar q yra kvadratinė liekana moduliu p, turime rasti ar µ q yra lyginis, ar nelyginis. Tam lygybes, kuriomis apibrėžėme µ q perrašykime moduliu 2. Vietoje gausime q i = p q i + r i i q i + r i (mod 2), (12.1) nes p, q nelyginiai ir r i r i (mod 2). Toliau samprotausime labai panašiai, kaip Gauso lemos įrodyme. Pastebėkime, kad dalmuo q i, jei liekana r i buvo teigiama, yra lygus qi p, o jei liekana buvo neigiama yra lygus qi p +1. Įsistatę tai į lygybę (12.1) ir lygybes susumavę gausime Kita vertus (p 1)/2 i=1 todėl suprastinę gauname tad (p 1)/2 i µ + i=1 (p 1)/2 µ q i=1 qi p + i = (p 1)/2 i=1 (p 1)/2 qi p i=1 (p 1)/2 i=1 r i, (mod 2), ( ) q ( 1) (p 1)/2 i=1 qi p. p r i (mod 2). Samprotaudami analogiškai, ir pasinaudodami tuo, kad q taip pat yra pirminis, gausime ( ) p ( 1) (q 1)/2 i=1 pi q. q 30

33 SKYRIUS 12. KVADRATINIO APVERČIAMUMO TEOREMA 31 Sudauginkime išraiškas: ( ) ( ) q p ( 1) (p 1)/2 i=1 qi p + (q 1)/2 i=1 pi q. p q Lieka įrodyti, kad (p 1)/2 i=1 qi p + (q 1)/2 i=1 pi q = p 1 2 q 1 2. Tuo įsitikinti nesunku pirmoji suma atitinka sveikuosius stačiakampio taškus (žr. brėžinį), esančius po tiese y = q px, o antroji atitinka sveikuosius stačiakampio taškus esančius virš tiesės. Kvadratinio apverčiamumo teorema galioja tik nelyginiams pirminiams. Dvejetą reikia nagrinėti atskirai: 8 ( teorema. ) Liekana 2 yra kvadratinė moduliu p tada ir tik tada, kai p ±1 (mod 8), t.y. = ( 1) p p Įrodymas. Dar kartą pasinaudosime Gauso lema, šį kartą atveju a = 2: ( ) 2 ( 1) µ2 (mod p). p Pasirodo, šiuo atveju galima suskaičiuoti tikslią µ 2 reikšmę, priklausomai nuo pirminio p dalybos iš 8 liekanos. Nagrinėkime 4 atvejus: p = 8k + 1 Šiuo atveju bus iš viso 4k liekanų, padauginus jas ( ) iš dviejų, 2k bus nedidesnės nei 4k ir 2k bus didesnės. Vadinasi, µ bus lygus 2k ir = 1. 2 p