Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών. Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη

Transcript

1 Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη

2 Ευχαριστώ ιδιαίτερα τη ϕοιτήτριά µου Μαρίνα Παλαιστή για τη µεταφορά του χειρογράφου µου σε κείµενο "tex"

3 Κεφάλαιο 1 Βασικές Ιδιότητες Ισοδυναµιών Η ϑεωρία ισοδυναµιών αναπτύχθηκε από τον Carl Friendrich Gauss ( στο ϐιβλίο του Disquistiones Arithmeticae, που έγραψε σε ηλικία 4 ετών και αναδείχθηκε σε ένα ϑεµελιώδες εργαλείο για τη µελέτη της Θεω- ϱίας Αριθµών. Θα πρέπει, όµως, να παρατηρηθεί ότι ο Pierre de Fermat ( µελέτησε προβλήµατα της Θεωρίας Αριθµών µε ιδέες της ϑεωρίας ισοδυναµιών. ύο ακέραιοι α, ϐ λέγονται ισοδύναµοι modm, για ένα ϕυσικό αριθµό m, αν m (α ϐ και συµβολίζεται αυτό ως α ϐ mod m. Αν m (α ϐ, τότε οι α, ϐ δεν είναι ισοδύναµοι modm και γράφουµε α ϐ mod m. Τα επόµενα ϑεωρήµατα δίνουν τις ϐασικές ιδιότητες των ισοδυναµιών και οι αποδείξεις αφήνονται ως ασκήσεις. Θεώρηµα 1 Εστω a, b, c, d ακέραιοι. Τότε: 1. a b mod m b a mod m a b 0 mod m.. a b mod m και b c mod m a c mod m. 3. a b mod m και c d mod m (a + c (b + d mod m. 4. a b mod m και c d mod m ac bd mod m. 5. Αν a b mod m και d m, d > 0 a b mod d. 6. Αν a b mod m, τότε ac bc mod m, για c > 0. Θεώρηµα Εστω f (x Z[x]. Αν a b mod m, τότε: f (a f (b mod m. 3

4 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΒΑΣΙΚΕΣ Ι ΙΟΤΗΤΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΩΝ Θεώρηµα 3 Εστω α, x, y Z και m 1, m,..., m r, m N. 1. αx αy mod m x y mod m (α,m.. Αν αx αy mod m και (α, m = 1, τότε x y mod m. 3. x y mod m i, για i = 1,,..., r x y mod [m 1, m,..., m r ], όπου (x, y = Μ.Κ..{x, y} και [x 1,..., x r ] = Ε.Κ.Π. {x 1,..., x r }.

5 Κεφάλαιο Θεώρηµα του Fermat, Θεώρηµα του Euler Συµβολίζουµε µε Z n = {0, 1,..., n 1} τις κλάσεις υπολοίπων modm. Είναι γνωστό ότι στο Z n ορίζονται οι πράξεις : + : α + ϐ = α + ϐ, : α ϐ = αϐ και ο (Z n, +, είναι αντιµεταθετικός δακτύλιος. Ακόµη, (Z n, + είναι κυκλική οµάδα και (Z n, + = α, για κάθε (α, n = 1. Επιπλέον, το (Z p, +, είναι σώµα για κάθε πρώτο αριθµό p. Συµβολίζουµε µε Z n = {α Z n : (α, n = 1}. Είναι γνωστό ότι η (Z n, είναι (πολλαπλασιαστική οµάδα. Πράγµατι, έστω α Z n κ, λ Z : ακ + nλ = 1 ακ = 1 και (κ, n = 1, δηλαδή α 1 = κ. Παραδείγµατα 1 1. Z 5 = {0, 1,, 3, 4} και Z 5 = {1,, 3, 4}. Εχουµε για το :, = 4, 3 = 3, 4 = 1, δηλαδή Z = 5. Οµοια, Z = 5 3, 3 3 =, ενώ 4 = {4, 1} Z 5.. Z 8 = {1, 3, 5, 7} δεν είναι κυκλική οµάδα, αφού 3 = 1, 5 = 1, 7 = 1, δηλαδή δεν υπάρχει στοιχείο τάξης 4. Θεώρηµα 4 (Θεώρηµα του Fermat Εστω p πρώτος και α Z, τέτοιος ώστε p α. Τότε α p 1 1 mod p. Ακόµη, για κάθε ϐ Z/{0} ισχύει ϐ p ϐ mod p Γνωρίζουµε από την Θεωρία Οµάδων ότι κάθε στοιχείο οµάδας υψωµένο στην 5

6 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ FERMAT, ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ EULER τάξη της οµάδας, όταν αυτή είναι πεπερασµένη, ισούται µε το µοναδιαίο στοιχείο της οµάδας. Θεωρούµε την οµάδα (Z Z p,, τότε = p 1. Εποµένως α Z p, αp 1 = 1. ηλαδή, αν p α τότε α p 1 1 mod p. Από τη σχέση α p 1 1 mod p α p α mod p. Η τελευταία αυτή σχέση είναι ϕανερό ότι ισχύει αν p α. Άρα ϐ Z/{0}, ισχύει ϐ p ϐ mod p, όπου p είναι πρώτος. Θεώρηµα 5 (Θεώρηµα του Euler Εστω n > 1 ϕυσικός αριθµός και α Z τέτοιος ώστε (α, n = 1. Τότε α ϕ(n 1 mod n, όπου ϕ είναι η συνάρτηση του Euler, δηλαδή ϕ(n = Z. n Αφού ϕ(n = Z n, έπεται ότι α Z n, αϕ(n = 1, δηλαδή α Z, τέτοιο ώστε (α, n = 1, ισχύει α ϕ(n 1 mod n. Θεώρηµα 6 ( Θεώρηµα του Wilson (i Για κάθε πρώτο αριθµό p ισχύει (p 1! ( 1 mod p (ii Εστω n > 1 ϕυσικός αριθµός, για τον οποίο ισχύει (n 1! ( 1 mod n, τότε ο n είναι πρώτος. (i Το (Z p, +, είναι σώµα µε p 1 µη µηδενικά στοιχεία. Τα µόνα στοιχεία της πολλαπλασιαστικής οµάδας Z p, που έχουν τάξη είναι αυτά που ικανοποιούν τη σχέση x = 1 στο Z p, είναι δηλαδή ϱίζες του πολυωνύµου x 1 = 0 στο Z p. Άρα αυτά τα στοιχεία είναι το 1 και το 1 = p 1. Ετσι, από τα στοιχεία του Z p µόνο το 1 και το p 1 ταυτίζονται µε το αντίστροφό τους, για όλα τα άλλα ισχύει a a 1. Εποµένως, 1 p 1 = p 1, δηλαδή (p 1! (p 1 mod p ή ισοδύναµα (p 1! ( 1 mod p. (ii Εστω n > 1 ϕυσικός αριθµός, για τον οποίο ισχύει (n 1! ( 1 mod n. Αν ο n δεν είναι πρώτος, τότε n = n 1 n για δύο ϕυσικούς 1 < n 1, n < n. Αυτό σηµαίνει ότι n 1 (n 1! και n 1 n. Οµως (n 1! = ( 1 + kn, για κάποιο k Z, άρα n 1 [(n 1! kn], δηλαδή n 1 /mid 1, άτοπο. Εποµένως ο είναι πρώτος. p Γραµµικές Ισοδυναµίες Βιβλίο Fraleigh εδάφιο 4.3, σελ. 96

7 7 Θεώρηµα 7 (Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου Εστω m 1, m,..., m s ϕυσικοί αριθµοί µεγαλύτεροι του 1, πρώτοι µεταξύ τους ανά δύο και a 1, a,..., a s τυχαίοι ακέραιοι. Τότε, υπάρχει ακέραιος a : a a i mod m i, 1 i s, ο οποίος ορίζεται µοναδικά modm 1 m m s. ( Εστω m := m 1 m m s. Τότε m i, m m i = 1. Άρα υπάρχει το αντίστροφο Mi του m m i στην οµάδα Z m i, δηλαδή M i m m i 1 mod m i, 1 i s. Θεωρούµε τον ακέραιο a = a 1 m m 1 M 1 + a m m M a s m m s M s. Τότε a a i mod m i, 1 i s(. Αν a είναι µία άλλη λύση του συστήµατος x a i mod m i, 1 i s, τότε ( a a i mod m i ( m i (a a, 1 i s m 1 m s (a a, δηλαδή a a mod m. Ασκήσεις 1 1. Παραδείγµατα και ασκήσεις, ϐιβλίο Fraleigh, εδάφιο 4.3, σελ. 96. Βιβλίο Ασκήσεις Θεωρίας Αριθµών των Λάκκη-Τζιντζή, σελ. 64, 11: 11.1, 11. και 11.3

8 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ FERMAT, ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ EULER

9 Κεφάλαιο 3 Η συνάρτηση του Euler Η συνάρτηση ϕ του Euler ορίζεται ως εξής : ϕ : N N, n ϕ(n = Z n. Παρατηρούµε ότι για κάθε πρώτο αριθµό p ισχύει ϕ(p = p 1. Ακόµη, ϕ(p e = p e p e 1 = p e 1 (p 1 = ( p e 1 1. Πράγµατι, από τους p αριθµούς 1,,..., p 1, p, p+1,..., p,..., 3p,..., p e 1 +1,..., p e οι πρώτοι προς τον p είναι όλοι εκτός των p, p, 3p,..., (p 1p,..., p e 1 p = p e, πλήθους p e 1. Άρα ϕ(p e = p e p e 1. Θα αποδείξουµε µε την ϐοήθεια του Θεωρήµατος Υπολοίπων του Κινέζου ότι αν (n.m = 1, τότε ϕ(nm = ϕ(nϕ(m. Από την Θεωρία ακτυλίων γνωρίζουµε ότι στο Καρτεσιανό γινόµενο Z n Z m των δακτυλίων (Z n, +, και (Z m, +,, ορίζεται η πρόσθεση + και ο πολλαπλασιασµός ως εξής : (a mod n, ϐ mod m+(a mod n, ϐ mod m = ((a + a mod n, (ϐ + ϐ mod m και (a mod n, ϐ mod m (a mod n, ϐ mod m = ((aa mod n, (ϐϐ mod m. Ως προς τις πράξεις αυτές το Z n Z m γίνεται δακτύλιος. Ακόµη, αν το στοιχείο a mod n είναι αντιστρέψιµο στον Z n, δηλαδή υπάρχει το a mod n, ώστε aa 1 mod n, και αντίστοιχα το ϐ mod n είναι αντιστρέψιµο στον Z m, δηλαδή υπάρχει το ϐ mod m, ώστε ϐϐ 1 mod m, τότε : (a mod n, ϐ mod m (a mod n, ϐ mod m = (1 mod n, 1 mod m. Με άλλα λόγια σε αυτές τις περιπτώσεις, a mod n Z n µε (a mod n 1 = a mod n και ϐ mod m Z m µε (ϐ mod m 1 = ϐ mod m. Θεώρηµα 8 Εστω ϕυσικοί αριθµοί n > 1, m > 1 πρώτοι µεταξύ τους. Τότε : (i Z nm Z n Z m, ως δακτύλιοι και (ii Z nm Z n Z m. 9

10 10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΤΟΥ EULER (i Θεωρούµε την αντιστοιχία f : Z nm Z m Z m, a mod nm (a mod n, b mod m. Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι η f είναι συνάρτηση και οµοµορφισµός δακτυλίων. Ο πυρήνας της f ισούται µε την κλάση 0 mod nm. Πράγµατι, αν f (a mod nm = (0 mod n, 0 mod m a 0 mod n και b 0 mod m. Οµως (n, m = 1, άρα a 0 mod nm. Για να ολοκληρώσουµε την απόδειξη, αρκεί να αποδείξουµε ότι η f είναι συνάρτηση. Εστω (b mod n, c mod m Z n Z m. Από το Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου, υπάρχει ακέραιος a, τέτοιος ώστε a b mod n, a c mod m και ο a ορίζεται µοναδικά modnm. Άρα f (a mod nm = (b mod n, c mod m. Εποµένως η f είναι συνάρτηση. (ii Εφόσον η f είναι ισοµορφισµός δακτυλίων, τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z nm απεικονίζονται µέσω της f αµφιµονότιµα κι επί στα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z n Z Z m. Άρα = Z Z. nm n m Θεώρηµα 9 (i Εστω n > 1, m > 1 ϕυσικοί αριθµοί πρώτοι µεταξύ τους. Τότε ϕ(nm = ϕ(nϕ(m. (ii Εστω n > 1 ϕυσικός αριθµός και n = s i=1 p i e i η ανάλυσή του σε γινόµενο πρώτων, όπου οι p i, 1 i s είναι διακεκριµένοι πρώτοι, που διαιρούν τον n. Τότε ϕ(n = s ( e i=1 pi i p e i 1 i = n s i=1 (1 1pi. (i Από το Θεώρηµα 8(ii προκύπτει ότι αν n > 1, m > 1 ϕυσικοί αριθµοί, πρώτοι µεταξύ τους, τότε ϕ(nm = ϕ(nϕ(m. (ii Προκύπτει από το (i και τη σχέση ϕ(p e = p e p e 1. Θεώρηµα 10 Εστω n > 1 ένας ϕυσικός αριθµός. Τότε n = d n ϕ(d, όπου ϕ είναι η συνάρτηση του Euler. Για τον ϕυσικό αριθµό n > 1, ϑεωρούµε τα κλάσµατα 1,, 3,..., n 1, n, n n n n n τα οποία είναι διακεκριµένα πλήθους n. Φέρνουµε αυτά τα κλάσµατα στη µορφή a µε (a, d = 1. Τότε όλοι οι παρονοµαστές που ϑα εµφανιστούν είναι d ακριβώς οι διαιρέτες του n και το πλήθος των κλασµάτων µε παρονοµαστή d είναι ακριβώς ϕ(d, όπου ϕ είναι η συνάρτηση του Euler. Άρα n = ϕ(d.

11 11 Ασκήσεις 1. Εστω m N και m 1 m για m 1 > 1. Να αποδειχθεί ότι κάθε κλάση a mod m 1 είναι ένωση των n m 1 κλάσεων : a, (a + m 1 mod m,..., [a + ( m m 1 1 m 1 ] mod m. Λύση Είναι ϕανερό ότι οι κλάσεις (a + km 1 mod m, µε 0 k m m 1 1 είναι ισοδύναµες µε την κλάση a mod m 1. Επίσης είναι διακεκριµένες. Πράγµατι, αν a + λm 1 (a + µm 1 mod m για 0 λ, µ m m 1 1 (λ µm 1 0 mod m λ µ mod m m 1. Επίσης, αφού Z = m 1 1 a=0 a mod m 1 και Z = m 1 ϐ=0 ϐ mod m προκύπτει ότι κάθε κλάση a mod m 1 είναι ένωση κλάσεων πεπερασµένου πλήθους. Μένει να δείξουµε ότι κάθε στοιχείο της κλάσης a mod m 1 ανήκει σε µία από τις κλάσεις (a = km 1 mod m, 0 k m m 1 1. Πράγµατι, έστω x a mod m 1 x = a + λm 1, για κάποιον λ Z x = a + ( π m m 1 + υ m 1, όπου λ = ( π m m 1 + υ, 0 υ m m 1 1, x = a + πm + υm 1, 0 υ m m 1 1, x (a + υm 1 mod m, 0 υ m m 1 1. Παράδειγµα 1 Η κλάση + 9Z = ( + 18Z ( Z, για m = 18, m 1 = 9.. Εστω n, m N/{0} και (n, m = 1. Εστω, ακόµη, {a 1,..., a n 1 } (αντίστοιχα {ϐ 1,..., ϐ m 1 } ένα πλήρες σύστηµα αντιπροσώπων modn (αντίστοιχα modm. Να δείξετε ότι το a i m + ϐ j n, 1 i n 1, 1 j m 1 είναι ένα πλήρες σύστηµα αντιπροσώπων modnm. Λύση Επειδή το πλήθος των a i m + ϐ j n, 1 i n 1, 1 j m 1 είναι nm, αρκεί να αποδείξουµε ότι είναι διακεκριµένοι modnm. Αν a i m+ϐ j n (a λ m+ϐ µ n mod nm nm [(a i a λ m + (ϐ j ϐ µ n] ϐ j ϐ µ mod m και a i a λ mod n. Παρατήρηση 1 Να δικαιολογήσετε την επόµενη πρόταση : Αν m N/{0} και 0 a m 1 είναι ένα πλήρες σύστηµα αντιπροσώπων των κλάσεων υπολοίπων modm, τότε το sa + λ, όπου 0 a m 1, (s, m = 1 και λ Z, είναι επίσης ένα πλήρες σύστηµα αντιπροσώπων των κλάσεων υπολοίπων modm.

12 1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΤΟΥ EULER Να συγκρίνετε το συµπέρασµα της άσκησης µε την απόδειξη του Θεω- ϱήµατος Υπολοίπων του Κινέζου. 3. Εστω n 1, n,..., n s ϕυσικοί αριθµοί πρώτοι µεταξύ τους ανά δύο. Να αποδείξετε ότι Z n1 Z n Z ns Z n1 n n s. Υπόδειξη : Α τρόπος : Επαγωγικά ως προς s µε χρήση του Θεωρήµατος 8. Β τρόπος : Να πάρετε τη συνάρτηση Z Z n1 Z n Z ns, a (a mod n 1, a mod n,..., a mod n s 4. Να λύσετε την γραµµική ισοδυναµία (n + 1 x 1 mod (n + 1 3, για n Z. Λύση ( (n + 1, (n = 1. Πράγµατι, αν p πρώτος και p (n + 1 p (n + 1. Ακόµη, p (n p (n + 1 = (n p 1, αδύνατον. Άρα η δοθείσα γραµµική ισοδυναµία έχει µοναδική λύση. Εύρεση της λύσης : (n = (n + 1 (8n 4 + 6n (n + 1 = (6n + 5(6n = 36(n + 1 (6n + 5(6n + 7 = 36(n + 1 [(n (n + 1 (8n 4] = (n + 1 [8(6n 4n + 1] (n (6n + 7. Άρα 8(6n 4n + 1 mod (n είναι η λύση. 5. Να λυθεί το σύστηµα a i x ϐ i mod m i, 1 i s, όπου οι m 1, m,..., m s είναι πρώτοι µεταξύ τους ανά δύο, (a 1, m 1 = 1, ϐ i, a i Z. Λύση Με τις υποθέσεις που δίνονται, κάθε µία από τις a i x ϐ i mod m i, 1 i s, έχει µοναδική λύση, έστω την x c i mod m i, 1 i s. Τότε, από το Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου, το σύστηµα έχει µοναδική λύση modm 1 m m s. 6. Να λυθεί το σύστηµα a i x ϐ i mod m i, 1 i s, όπου οι m 1, m,..., m s είναι πρώτοι µεταξύ τους ανά δύο και a i, ϐ i Z. Λύση Η ισοδυναµία a i x ϐ i mod m i, 1 i s έχει λύση αν και µόνον αν d i := (a i, m i ϐ i, 1 i s. Σ αυτήν την περίπτωση υπάρχουν d i, 1 i s λύσεις, οι εξής : c i, c i + m i d i, c i + m i d i,..., c i + (d i 1 m i d i mod m i, όπου c i είναι η µοναδική λύση της a i d i x ϐ i d i mod m i d i, για 1 i s. Ετσι οδηγούµαστε σε d 1,..., d s συστήµατα, που το καθένα έχει

13 13 µοναδική λύση modm 1 m s, σύµφωνµα µε το Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου. 7. Να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του µε το 7. Λύση Από το ϑεώρηµα του Fermat, mod 7, δηλαδή mod 7. Οµως 49 = , άρα = ( mod 7 = (5 7 + mod 7 = mod Να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 47 µε το 3. Λύση Από το Θεώρηµα του Fermat 3 1 mod = + 3, άρα mod 3 = 4 mod Να υπολογίσετε το υπόλοιπο της διαίρεσης του µε το 19. Λύση Από το ϑεώρηµα του Fermat έχουµε 18 1 mod 19. Θα υπολογίσουµε το 17 mod 18. Παρατηρούµε ότι (, 9 = 1, άρα 6 1 mod 9 7 mod = 7+3 = ( mod 18 = 5 mod 18 = 3 mod 18 = 14 mod 18. Άρα mod = 14 + k 18, για κάποιο k Z, 17 = 14+k mod 19. Πάλι από την 18 = 1 mod mod 19, δηλάδή 14 είναι ισοδύναµο µε το αντίστροφό του 4 στην οµάδα Z 19. Οµως, 19 = , 16 = = = 16 5(19 16 = = , δηλαδή 6 mod 19 είναι η αντίστροφη της 16 mod 19. Εποµένως mod 19 6 mod mod Εστω p ένας πρώτος, p 3. Να υπολογίσετε το (p! mod p. Λύση Από το Θεώρηµα του Wilson, (p 1! ( 1 mod p. Οµως, (p 1 ( 1 mod p. Άρα, (p! (p 1 1 mod p κι εποµένως (p! 1 mod p. 11. Να ϐρείτε το 34! mod 37 Λύση Από το ϑεώρηµα του Wilson, 36! ( 1 mod 37. Ακόµη, από την άσκηση 10, 35! 1 mod 37. Άρα, 34! 35 1 mod 37 34! (35 1 mod 37. Οµως, 37 = 35+, 35 = = , δηλαδή mod 37, δηλαδή 34! 18 mod 37.

14 14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΤΟΥ EULER 1. Να υπολογίσετε το 49! mod 53. Λύση (53! 1 mod 53 51! 1 mod 53 49! mod 53. Υπολογίζουµε το αντίστροφο του = 550 στη Z = , 53 = , 6 = = Άρα, 49! 9 mod Να δείξετε ότι n Z, (n 37 n. Λύση = η ανάλυση του σε γινόµενο πρώτων. Αν 37 n 37 (n 37 n. Αν 37 n n 36 1 mod (n (n 37 n. Οµοια, οι, 3, 7, 13, 19 διαιρούν το (n 37 n, άρα το (n 37 n. Ασκήσεις Βλ. Ασκήσεις του ϐιβλίου ασκήσεων των Κ. Λάκκη-Γ. Τζιντζή Ασκήσεις Θεωρίας Αριθµών : 1. Ασκήσεις της 11. 1, σελ. 8: 1.1, 1., 1.4, , σελ. 91: 14.1, 14., 14.4, 14.5, 14.6, , σελ. 105: 15.4, 15.5

15 Κεφάλαιο 4 Η οµάδα (Z p, Στόχος αυτής της παραγράφου είναι να αποδείξουµε ότι η (Z p, είναι κυκλική. Θα αναφέρουµε πρώτα µερικά στοιχεία για τις κυκλικές οµάδες καθώς και για τις πεπερασµένες αβελιανές οµάδες, γνωστά από την Άλγεβρα. Εστω G µία οµάδα και a G. Τάξη του στοιχείου a, ord(a είναι ο ελάχιστος ϕυσικός s 0 : a s = e, όπου e είναι το ουδέτερο στοιχείο της G. Συµβολίζουµε µε a την κυκλική οµάδα, υποοµάδα της G, που παράγεται από το a. Η επόµενη πρόταση συγκεντρώνει τις ϐασικές ιδιότητες των κυκλικών οµάδων : Πρόταση 1 Εστω G = a µία πεπερασµένη κυκλική οµάδα τάξης n <. (i ord(a = a, (ii a ν = e n ν (iii a κ = a λ κ λ mod n (iv ord(a t = n (n,t (v G = a t (n, t = 1 (vi Κάθε υποοµάδα της G είναι κυκλική (vii Για κάθε m n υπάρχει µοναδική υποοµάδα της G τάξης m, είναι η H = a n m. Πρόταση Εστω G µία οµάδα,a G και p ένας πρώτος αριθµός. Αν a pν και a pν 1 e, τότε ord(a = p ν. = e Εστω m = ord(a, τότε από την a pν = e και το (ii της Πρότασης 1, έπεται 15

16 16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. Η ΟΜΑ Α (Z P, ότι m p ν. Άρα m = p t, για κάποιον ϕυσικό 0 t ν. Αν t < ν, τότε a pν 1 = a pt+(ν 1 t = ( a pt p (ν 1 t = e, Άτοπο. Άρα t = ν. Πρόταση 3 Εστω G µία αβελιανή οµάδα και a, ϐ G, µε ord(a = n, ord(ϐ = m. ord(aϐ = nm αν και µόνον αν (n, m = 1. Εστω (n, m = 1 και ord(aϐ = k. Παρατηρούµε ότι : (aϐ nm = a nm ϐ nm = (a n m (ϐ m n = e, άρα k nm. Ακόµη ισχύει e = [(aϐ k ] n = = (aϐ kn = a kn ϐ kn = eϐ kn = ϐ kn m k m k, αφού (n, m = 1. Οµοια, e = (aϐ km = a km ϐ km = a km e = a km n km n k, αφού (n, m = 1. Από τις σχέσεις n k και m k έπεται ότι nm k, αφού (n, m = 1. Τέλος από τις σχέσεις k nm και nm k nm = k, δηλαδή ord(aϐ = nm. Αντίστροφα, αν ord(aϐ = nm και 1 d = (n, m παρατηρούµε ότι : (aϐ nm d = (a n m d (ϐm n d = e e = e, αδύνατον, όµως, γιατί nm < d nm = ord(aϐ. Παράδειγµα Στην οµάδα (Z 18, η κλάση 6 έχει τάξη ord6 = ord6 1 = = 3. Οµοια, ord9 =. Αφού (, 3 = 1, ord(6 + 9 = 3 18 (6,18 = 18 6 ord15 = 6. Εστω G µία αβελιανή οµάδα µε G = n <. Συµβολίζουµε µε G k = {a k : a G}, για κάποιον k Z. Είναι εύκολο να δειχθεί ότι G k είναι µία υποοµάδα της G. Πράγµατι, αν a k, ϐ k G k, τότε a k (ϐ k 1 = a k ϐ k = (aϐ 1 k G k. Παρατηρούµε ότι G n = {e}, αφού a G, a n = e. Αυτό σηµαίνει ότι υπάρχουν ακέραιοι t τέτοιοι ώστε G t = {e}. Εστω M := {t Z : G t = {e}} Z. Συµβολίζουµε µε m τον ελάχιστο ϕυσικό 0 για τον οποίο G m = {e}, ϐέβαια αυτός υπάρχει, αφού είναι στοιχείο του Μ και το σύνολο των µη µηδενικών ϕυσικών του Μ έχει ελάχιστο στοιχείο, ως υποσύνολο του συνόλου των ϕυσικών αριθµών. Ο ϕυσικός αριθµός m λέγεται εκθέτης της G. Από τον ορισµό του m έπεται ότι a m = e, a G. Βέβαια από αυτήν την σχέση έπεται ότι ord(a m, a G. Τα επόµενα παραδείγµατα δείχνουν ότι δεν είναι απαραίτητο ο εκθέτης να ισούται µε την τάξη της G. Παραδείγµατα 1. Η αβελιανή οµάδα Z Z έχει εκθέτη και τάξη 4.. Η Z 8 έχει εκθέτη και τάξη 4. Πράγµατι, Z 8 = {1, 3, 5, 7}, 3 = 9 = 1, 5 = 5 = 1, 7 = 49 = 1.

17 17 3. Η (Z 4, + έχει εκθέτη ίσο µε 4. Η επόµενη πρόταση συγκεντρώνει τις ϐασικές ιδιότητες του εκθέτη m. Πρόταση 4 Εστω G µία αβελιανή οµάδα µε εκθέτη m και G = n <. (i Για κάθε ακέραιο k: G k = {e}, ισχύει m k. (ii m n (iii a G, ord(a m (iv Αν η G είναι κυκλική, τότε m = n. (i Αν m k,τότε k = πm + υ, µε 0 υ m 1. Τότε αφού G k = {e}, έπεται ότι a k = e, a G a πm a υ = e, a G (a m π a υ = e, a G a υ = e, a G, όπου 0 υ m 1, που είναι άτοπο από τον ορισµό του m. (ii Προκύπτει από το (i, αφού G n = {e}. (iii Προκύπτει από την Πρόταση 1 (ii, αφού a m = e, a G. (iv Αν G = a, τότε n = ord(a m. Οµως G n = {e}, άρα από το (ii m n. Εποµένως m = n. Θεώρηµα 11 Εστω G µία αβελιανή οµάδα, µε G = n < και εκθέτη m. Η G περιέχει ένα στοιχείο µε τάξη m. Ιδιαίτερα, η G είναι κυκλική, αν και µόνον αν n = m. Εστω m = t i=1 ps i i η ανάλυση του m σε γινόµενο πρώτων παραγόντων. Πρώτα αποδεικνύουµε ότι υπάρχουν στοιχεία a i G, 1 i t, τέτοια ώστε m m pi pi ai e. Πράγµατι, αν, σε αντίθεση, υποθέσουµε ότι ai = e, a G, τότε οδηγούµαστε σε άτοπο, γιατί ο m είναι ο ελάχιστος µε αυτήν την ιδιότητα και m p i < m, 1 i t. Εστω, λοιπόν, a i G, 1 i t, µε την m pi ιδιότητα ai e. Παρατηρούµε, τότε, ότι για το στοιχείο a m pi si 1 (a i pi si m pi si i G ισχύει m = a i pi e, για 1 i t. Εποµένως, από την Πρόταση m ισχύει ότι ord (a i pi si = s pi i, 1 i t. Θεωρούµε, τώρα, το στοιχείο a := m m p s a a m p s a t pt st G. Η τάξη του a είναι ίση µε m, όπως προκύπτει από s την Πρόταση 4, αφού οι αριθµοί p 1 s 1, p s,..., p t t είναι πρώτοι µεταξύ τους m ανά δύο και ord (a i pi si = s pi i, 1 i t. Ετσι, αποδείξαµε ότι υπάρχει σ- τοιχείο a G µε ord(a = m. Είδαµε ήδη στην Πρόταση 3 (iv ότι αν η G είναι κυκλική, τότε n = m. Αντίστροφα, αν n = m, τότε υπάρχει στοιχείο a G, µε ord(a = n. Εποµένως a G και a = m = n = G. Συνεπώς, G = a.

18 18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. Η ΟΜΑ Α (Z P, Παραδείγµατα 3 Να υπολογίσετε τον εκθέτη κάθε µίας από τις οµάδες Z 9, Z 1, Z 16, Z 0. Ποιές από αυτές είναι κυκλικές 1. Z = Z 9 {1,, 4, 5, 7, 8}, άρα = 6. Παρατηρούµε ότι ord( = 6, δηλαδή 9 Z = = 9 {, = 4, 3 = 8, 4 = 7, 5 = 5, 6 = 1} = 5, αφού (k, 6 = 1 για k = 1, 5. Εποµένως ο εκθέτης της Z 9 είναι ίσος µε 6.. Z = 1 {1, 5, 7, 11}. Παρατηρούµε ότι 5 = 1 = 7 = 11. Αρα, ο εκθέτης της Z 1 είναι και ϐέβαια δεν είναι κυκλική. 3. Z = 16 {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}, Z = 16 = ϕ(16 = 8. Υπολογίζουµε ότι ord(3 = 4, ord(5 = 4, ord(15 = και 3 = {3, 3 = 9, 3 3 = 11, 3 4 = 1}, 5 = {5, 5 = 9, 5 3 = 13, 5 4 = 1}. Ετσι κάθε στοιχείο της Z 16 υψωµένο στην τετάρτη ισούται µε 1. Αρα ο εκθέτης ισούται µε 4, αφού προφανώς είναι µεγαλύτερος του. 4. Z 0 = ϕ(0 = ϕ( 5 = ϕ( ϕ(5 = ( 1(5 1 = 8 και Z = 0 {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}. Από το Θεώρηµα 8, Z 0 Z 4 Z 5, άρα Z 0 {1 mod 4, 3 mod 4} {1 mod 5, mod 5, 3 mod 5, 4 mod 5}. Επειδή Z 4 =, Z 5 = 4 και (, 4 1, από την Πρόταση 4, προκύπτει ότι η Z 0 δεν είναι κυκλική(είναι εύκολο να δειχθεί ότι οι οµάδες Z 4 και Z 5 είναι κυκλικές, µε Z = 5 mod 5 = 3 mod 5. Ο εκθέτης της Z 0 διαιρεί το 8 από την Πρόταση 4 (ii, όµως m < 8, γιατί η Z 0 δεν είναι κυκλική. Αρα m = ή m = 4. Η Z 5 έχει στοιχείο τάξης 4, άρα και η Z 0. Εποµένως, m = 4. Β τρόπος : Υπολογίζουµε τις τάξεις των στοιχείων της Z 0 και διαπιστώνουµε ότι m = 4. Είµαστε, τώρα, έτοιµοι να αποδείξουµε το επόµενο Θεώρηµα 1 Για κάθε πρώτο αριθµό p, η πολλαπλασιαστική οµάδα είναι κυκλική ( Z p, ( Η Z p, είναι µία πεπερασµένη αβελιανή οµάδα. Εστω m ο εκθέτης της, τότε a m = 1 Z p, a Z p και m p 1 (ϐλ Πρόταση 3. Αυτό σηµαίνει ότι κάθε στοιχείο του Z p είναι ϱίζα του πολυωνύµου x m 1 Z p[x], δηλαδή το x m 1 Z p[x] έχει τουλάχιστον p 1 = Z p διακεκριµένες ϱίζες και αφού στο σώµα Z p το πολυώνυµο x m 1 έχει το πολύ m ϱίζες, έπεται ότι m p 1.

19 19 Από τις σχέσεις m p 1 και m p 1 έπεται ότι m = p 1. Άρα από το Θεώρηµα 11 προκύπτει ότι η οµάδα Z p είναι κυκλική. Πόρισµα 1 Κάθε πεπερασµένη οµάδα υποοµάδα της πολλαπλασιαστικής οµάδας ενός σώµατος είναι κυκλική. Μιµούµαστε την απόδειξη του Θεωρήµατος 1, όπου αντί του Z p, είναι οποιοδήποτε σώµα. Εφαρµογή 1 Το σύνολο των n ϱιζών της µονάδας στο C, αποτελέι οµάδα. Πράγµατι, αν a n = 1 = ϐ n, για a, ϐ C, τότε ( aϐ 1n = a n ϐ n 1 = 1. Από το προηγούµενο Πόρισµα έπεται το συµπέρασµα. Ορισµός 1 Ενα παράγον στοιχέιο της Z p όπου p είναι πρώτος. λέγεται πρωταρχική ϱίζα modp, Παραδείγµατα 4 1. Μία πρωταρχική ϱίζα mod5 είναι το mod 5, αλλά και το 3 mod 5 (ϐλ. Παράδειγµα 4, σελ Να ϐρεθούν οι πρωταρχικές ϱίζες mod7. Z 7 = 6. Υπολογίζουµε, = 4, 3 = 8 = 1, άρα ord = 3. 3, 3 = 9 =, 3 3 = 7 = 6. Αρα ord3 > 3 και οι δυνατές τιµές της ord3 είναι οι διαιρέτες του 6, δηλαδή 1,,3,6. Συνεπώς ord3 = 6. Ετσι Z = 3 = 7 3 5, αφού οι πρώτοι προς τον 6 εκθέτες του 3 στην Z 7 είναι οι 1,5. Οι πρωταρχικές ϱίζες mod7 είναι το 3 και το 3 5 = 5. Ασκήσεις 3 1. Βλ. Ασκήσεις Θεωρίας Αριθµών των Κ. Λάκκη- Γ. Τζιντζή, 16, σελ. 107: 16., Να αποδείξετε ότι οι πρωταρχικές ϱίζες modp, p πρώτος, είναι πλήθους ϕ (ϕ(p. 3. Να υπολογίσετε τις πρωταρχικές ϱίζες mod Αν a είναι µία πρωταρχική ϱίζα mod p, όπου ο p είναι πρώτος, να αποδείξετε ότι το p + a είναι επίσης µία πρωταρχική ϱίζα modp.

20 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. Η ΟΜΑ Α (Z P,

21 Κεφάλαιο 5 Τετραγωνικά υπόλοιπα-σύµβολο του Legendre Θεωρούµε την κυκλική οµάδα Z p και ας υποθέσουµε ότι παράγεται από το στοιχείο ω, δηλαδή Z p = ω. Τότε ord(ω = p 1 = Z p και ακόµη Z p = ω s, για όλα τα s N µε την ιδιότητα (s, p 1 = 1. Αυτό σηµαίνει ότι το πλήθος των στοιχείων που παράγουν την Z p είναι φ(p 1 = φ(φ(p. Ενας από τους στόχους µας είναι να υπολογίσουµε ποιά από τα στοιχεία της Z p είναι λύση της ισοδυναµίας x a mod p για δοθέντα a Z p, δηλαδή (a.p = 1. Ξεκινούµε από τον επόµενο ορισµό : Ορισµός Εστω n > 1 ένας ϕυσικός αριθµός. Ο ακέραιος a λέγεται τετραγωνικό υπόλοιπο modn, αν (a, n = 1 και η ισοδυναµία x a mod n έχει λύση. Σὰυτήν την περίπτωση ο ακέραιος x λέγεται τετραγωνική ϱίζα του a mod n. Θεωρούµε την περίπτωση όπου ο n είναι πρώτος περιττός. Θεώρηµα 13 (Κριτήριο του Euler Εστω p > πρώτος. Το πλήθος των τετραγωνικών υπολοίπων modp στο σύνολο Z p είναι p 1. Για κάθε ακέραιο a 0 mod p ισχύει a p 1 ±1 mod p και ο ακέραιος a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp αν και µόνον αν a p 1 1 mod p Παρατηρούµε ότι αν ο ακέραιος a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, τότε υπάρχει ακέραιος x ώστε x a mod p. Άρα το a {g : g Z p} = Z p. 1

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ-ΣΥΜΒΟΛΟ ΤΟΥ LEGENDRE Θεωρούµε τη συνάρτηση t : Z p Z p, g g. Επειδή η Z p είναι αβελιανή πολλαπλασιαστική οµάδα, η t είναι οµοµορφισµός οµάδων. Η t είναι ϕανερό ότι είναι επί συνάρτηση. Ο πυρήνας Kert = {g Z p : g = 1} ως γνωστόν είναι κανονική υποοµάδα της Z p (ας ϑυµηθούµε εδώ ότι κάθε υποοµάδα α- ϐελιανής οµάδας είναι κανονική. Από το πρώτο ϑεώρηµα ισοµορφίας οµάδων ισχύει Z p /Kert Z p (1. Θεωρούµε, όπως στην αρχή της παραγράφου, ότι Z p = ω = {ω ν : ν Z} = {ω i : 0 i p 1}, αφού Z p = p 1. Άρα = {g : g Z p} = {(ω ν : ν Z} = {(ω ν : ν Z}, συνεπώς η Z p Z p παράγεται από το ω, δηλαδή Z p = ω (. Οµως, ord(ω = ord(ω = p 1 = p 1 σύµφωνα µε την Πρόταση 1(iii, (,ord(ω (,p 1 του Κεφαλαίου 4, άρα Z p = ord(ω = p 1. Από τη σχέση (1 έπεται ότι Z p /Kert = Z p Z p = p 1 Kert =. Υπολογίζουµε τον Kert. Από Kert την Πρόταση 1(v του Κεφαλαίου 4, για τον p 1 υπάρχει µοναδική υποοµάδα της Z p 1 p µε τάξη, αυτή είναι η Kert κι εποµένως Kert = ω. Με τον ίδιο τρόπο, η συνάρτηση t : Z p Z p 1 p 1 p, g g είναι ένας επιµορ- ϕισµός οµάδων, µε Z p 1 p = ω p 1 και Kert = {g Z p : g p 1 = 1} = ω, αφού Kert = p 1 (3. Παρατηρούµε από τις σχέσεις ( και (3 ότι η εικόνα της t ισούται µε τον πυρήνα της t, Με άλλα λόγια τα στοιχεία της Z p, που είναι ακριβώς τετραγωνικά υπόλοιπα modp, είναι ακριβώς τα στοιχεία a Z p που ικανοποιούν τη σχέση a p 1 1 mod p και είναι πλήθους Z p = p 1. Ακόµη, για κάθε στοιχείο a Z p, ισχύει ap 1 = 1, αφού Z p = p 1. Άρα (a p 1 = 1 a p 1 ±1 mod p. Ετσι, υπάρχουν στην Z p 1 p πλήθους στοιχεία που είναι τετραγωνικά υπόλοιπα και p 1 πλήθους στοιχεία, που δεν είναι τετραγωνικά υπόλοιπα modp. Παράδειγµα 3 Ποιά είναι τα τετραγωνικά υπόλοιπα mod11 Z 11 = {1,,..., 10} = και Z 11 = = 4 = {4, 4 = 16 = 5, 4 3 = 4 5 = 0 = 9, 4 4 = 4 9 = 36 = 3, 4 5 = 4 3 = 1 = 1}. Αρα τα τετραγωνικά υπόλοιπα mod11 είναι τα 1,3,4,5,9. Ο ορισµός που ακολουθεί δίνει ένα εργαλείο για τον έλεγχο αν ένα στοιχείο a Z p είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp. Από το προηγούµενο παράδειγµα, ϕαίνεται ότι ο υπολογισµός µιάς πρωταρχικής ϱίζας mod p είναι απαραίτητος για τον υπολογισµό των τετραγωνικών υπολοίπων. εδοµένου ότι δεν υπάρχει ακόµη τρόπος υπολογισµού των πρωταρχικών ϱιζών mod p,

23 3 απαιτείται κάποιος άλλος τρόπος για τον έλεγχο των τετραγωνικών υπολοίπων. Ο επόµενος ορισµός αποσκοπεί σε αυτό. Ορισµός 3 Το σύµβολο του Legendre Εστω p > ένας πρώτος. Το σύµβολο του Legendre ορίζεται ως εξής : 1, αν p a και το a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp (a/p = 0, αν p a 1, αν p a και το a δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp Η ισοδυναµία x = a mod p για (a, p = 1 είναι ϕανερό ότι έχει το πολύ δύο λύσεις στο σώµα Z p, αφού το πολυώνυµο x a Z p [x] είναι δευτέρου ϐαθµού. Εποµένως, έχει δύο λύσεις αν (a/p = 1, την µηδενική λύση αν p a και καµία λύση αν (a/p = 1. Ετσι, σε κάθε περίπτωση έχει (a/p + 1 λύσεις. Το επόµενο ϑεώρηµα συγκεντρώνει τις ϐασικές ιδιότητες του συµβόλου του Legendre Θεώρηµα 14 Εστω p ένας περιττός πρώτος και a, ϐ Z. Τότε : (i (a/p a p 1 mod p (ii ( 1/p = ( 1 p 1 (iii (aϐ/p = (a/p(ϐ/p (iv a ϐ mod p (a/p = (ϐ/p (v (a /p = 1 και (1/p = 1. (i Προκύπτει από το κριτήριο του Euler (Θεώρηµα 13. (ii Το ( 1/p είναι ίσο µε ±1. Το ίδιο συµβαίνει και µε το ( 1 p 1 και το συµπέρασµα προκύπτει πάλι από το κριτήριο του Euler. (iii Αν p a ή p ϐ, τότε (a/p = 0 ή (ϐ/p = 0. Αν p a και p ϐ, τότε από το κριτήριο του Euler έπεται ότι (a/p(ϐ/p = a p 1 p 1 ϐ = (aϐ p 1 = (aϐ/p mod p και αφού p > και (a/p 1, έπεται ότι (a/p(ϐ/p = (aϐ/p. (iv Προκύπτει αµέσως από τον ορισµό του συµβόλου του Legendre. (v Προκύπτει από το (iii. Παράδειγµα 4 Να εξεταστεί αν έχει λύση η ισοδυναµία x 63 mod mod 11, άρα (63/11 = (8/11. Οµως (8/11 = ( 3 /11 = (/11 ( /11 = (/11 1 = (/11. Οµως, από το παράδειγµα 3 γνωρίζουµε ότι Z 11, άρα (/11 = 1, οπότε δεν υπάρχει λύση για την δοθείσα ισοδυναµία.

24 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ-ΣΥΜΒΟΛΟ ΤΟΥ LEGENDRE Ασκήσεις 4 1. Ασκήσεις από το ϐιβλίο ασκήσεων των Κ. Λάκκη- Γ. Τζιντζή, 17: 17.3, 17.4, Το 3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp για p = 7, 13; 3. Να υπολογίσετε το (a/p όταν a = 1,,, 3 και p = 11, 13, Ποιές από τις επόµενες ισοδυναµίες έχουν λύση και πόσες ; (i x mod 61 (ii x mod 59 (iii x mod 61 (iv x mod 59 Υπόδειξη :Να χρησιµοποιήσετε, αν ϑέλετε και το επόµενο Θεώρηµα. Θεώρηµα 15 (Λήµµα του Gauss ή Κριτήριο του Gauss Εστω p ένας περιττός πρώτος και p a. Θεωρούµε τους ακέραιους a, a, 3a,..., p 1 a και τις κλάσεις τους modp. Αν n είναι το πλήθος αυτών των κλάσεων που είναι µεγαλύτερες του p, τότε (a/p = ( 1n. Εστω r 1, r,..., r n οι κλάσεις modp εκ των a, a,..., p 1 a που είναι µεγαλύτερες του p και s 1, s,..., s k οι υπόλοιπες. Οι r 1, r,..., r n, s 1, s,..., s k είναι µη µηδενικές και διακεκριµένες. Ακόµη, n + k = p 1. Παρατηρούµε ότι, αφού r i > p 0 < p r i < p, 1 i n και οι p r i είναι διακεκριµένοι. Επίσης, κανένας από τους p r i, 1 i n δεν είναι ίσος µε κάποιον από τους s 1,..., s k. Πράγµατι, αν p r i = s j και r i λa mod p, s j σa mod p για κάποιους 1 λ, σ p 1, τότε p λa σa mod p (λ + σa 0 mod p. Οµως, (a, p = 1, άρα από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι λ+σ 0 mod p, που είναι αδύνατον. Εποµένως, οι p r 1,..., p r n, s 1,..., s k είναι όλοι διακεκριµένοι, είναι όλοι µικρότεροι του p και το πλήθος τους είναι n + k = p 1, δηλαδή οι αριθµοί αυτοί είναι οι 1,,..., p 1 µε κάποια άλλη ίσως διάταξη. Πολλαπλασιάζουµε αυτούς τους αριθµούς : (p r 1 (p r (p r n s 1 s s k = 1 p 1 ( r 1 ( r ( r n s 1 s s k 1 p 1 mod p ( 1 n r 1 r r n s 1 s s k 1 p 1 mod p ( 1 n a a p 1 a 1 p 1 mod p ( 1 n a p 1 1 mod p (απλοποιώντας µε το 1 p 1 ( 1 n (a/p mod p (Βλ. Θεώρηµα 14,(i (a/p = ( 1 n, αφού οι αριθµοί (a/p και ( 1 n είναι 1 ή 1.

25 5 Παραδείγµατα 5 1. Εστω p περιττός πρώτος. Το -1 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο, αν p 1 mod 4. Αν p 3 mod 4, τότε το 1 δεν είναι p 1 τετραγωνικό υπόλοιπο modp. Πράγµατι, = ( 1. Το 1 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, αν ( 1 p 1 = 1 p 1 = m, για κάποιον ( m N p = 4m + 1. Ανάλογα, 1 p 1 p = 1 ( 1 = 1 p 1 = m + 1, για κάποιον m N p = 4m + 3, για κάποιον ϕυσικό m.. (3/7 = 1 και (5/7 = 1. Πράγµατι, Z 7 = {1,, 4}. Αρα, 3 Z 7, δηλαδή (3/7 = 1. (3/7(5/7 = (15/7 = (1/7, γιατί 15 1 mod 7. Αρα (3/7(5/7 = (1/7 (3/7(5/7 = 1 και αφού (3/7 = 1, έπεται ότι (5/7 = Να υπολογιστεί το (3/7 µε χρήση του Λήµµατος του Gauss. Υπολογίζουµε τα 3, 3 = 6, 3 3 = 9 mod 7, αφού για p = 7, p 1 = 3. Ακόµη, p = 3, 5 και µόνο το 6, από τα 3,6, είναι µεγαλύτερο του 3,5. Αρα (3/7 = ( 1 1 δηλαδή (3/7 = 1. ( 1 p

26 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ-ΣΥΜΒΟΛΟ ΤΟΥ LEGENDRE

27 Κεφάλαιο 6 Τετραγωνικός Νόµος Αντιστροφής Αναφέρουµε κατὰρχήν τα επόµενα δύο ϑεωρήµατα, ενώ η απόδειξή τους δίνεται λίγο µετά. Θεώρηµα 16 Εστω p ένας περιττός πρώτος. Ισχύει ( p p = ( Θεώρηµα 17 (Τετραγωνικός ( Νόµος Αντιστροφής Εστω p, q περιττοί πρώτοι, τέτοιοι ώστε p p ( q p 1 q 1 q. Τότε q p = ( 1. (Αποδείχθηκε από τον Gauss( , όταν ήταν 19 ετών, ενώ υπάρχουν τουλάχιστον 15 αποδείξεις αυτού του Θεωρήµατος Παραδείγµατα ( 6 1. Εστω περιττός πρώτος p. Τότε : p 1 p = ( 1 4, αν p 1 mod 4 και ( p+1 = ( 1 4, αν p 3 mod 4. p Πράγµατι, από το Θεώρηµα 16, p 1 ( 1 p 1 p+1 4, γιατί ο και το υπόλοιπο. = p+1 p 1 8 ( p είναι περιττός. Αρα 1 p 1 4 ( 1 p 8 = ( ( 1 p+1 = 4 p 1 = ( 1 4. Οµοίως προκύπτει. 3. ( 7 = ( = ( 1 6 = 1, δηλαδή το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod7. ( 11 = ( = ( 1 15 = 1, δηλαδή το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod11. 7

28 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΟΣ ΝΟΜΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ ( = ( = ( 1 1 = 1, δηλαδή το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod13. ( 17 = ( = ( 1 36 = 1, δηλαδή το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod ( Εστω p q, όπου p, q περιττοί πρώτοι. Τότε : q ( p = p, αν p q 3 mod 4 και ( q q ( p = p στις άλλες περιπτώσεις. q Πράγµατι, από τον Τετραγωνικό Νόµο Αντιστροφής, αν ( 1 p 1 q 1 ( q ( p p q = 1, τότε = 1 p 1 περιττός και q 1 περιττός p q 3 mod 4. ( q ( Ανάλογα, αν p = p ( q ( p p 1 q 1, τότε q p q = 1 ( 1 = 1 p 1 άρτιος ή q 1 άρτιος p = 4k + 1 ή q = 4λ Οι ϕυσικοί αριθµοί 57 ( και 69 ( είναι ( πρώτοι ( και 57( 1 mod ( 4, δηλαδή ( 57 1 άρτιος. Αρα = = 1 57 = 3 57 = 3 57 = 57 3 = 3 = 1, αφού Z = 3 {1, } και Z 3 = {1}. 8. Υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 5m 1. Εστω n > 1 ένας τυχαίος ϕυσικός αριθµός. Συµβολίζουµε µε N = 5(n! 1. Τότε N+1 = 5(n!, δηλαδή N 1 mod 5. Παρατηρούµε ότι υπάρχει πρώτος p που διαιρεί τον N, τέτοιος ώστε p 1 mod 5. Πράγ- µατι, αν κάθε πρώτος που διαιρεί τον N ήταν 1 mod 5 και N = s i=1 pa i i, τότε n = s i=1(1+5λ i a i, για κάποιους ϕυσικούς αριθµούς a i, λ i, 1 i s. Συνεπώς, N 1 mod 5, όµως για τον N ισχύει N 1 mod 5, άτοπο. Αρα υπάρχει p N µε την ιδιότητα p 1 mod 5. Ας υποθέσουµε ότι για αυτόν τον p ισχύει p > n. Επειδή p N N 0 mod p N mod p ( ( ( ( N+1 p = 1 p = 1 1 = N+1 p = 5(n! ( ( p = 5 (n! ( p p = 5. ( ( p Οµως, 5 p ( ( p p 5 = ( 1 = 1. Αρα 5 p = p και, αφού 1 = ( 5, 5 p έπεται ότι 1 = ( ( 5 p = p, δηλαδή ο p είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod5. 5 Τα τετραγωνικά υπόλοιπα mod 5 είναι τα 1 και 4, διότι Z 5 = {1, 4}. Αρα p 4 mod 5, αφού p 1 mod 5. Ας υποθέσουµε, τώρα, ότι p < n. Τότε, αναγκαστικά p n!, οπότε p 5(n!. Οµως από την υπόθεση, p N και αφού N = 5(n! 1, έπεται ότι p 1, αδύνατον. Συµπεραίνουµε, λοιπόν, ότι για τον τυχαίο n > 1, υπάρχει ένας πρώτος p > n, τέτοιος ώστε p 4 mod 5. Αρα υπάρχουν άπειροι σε πλήθος πρώτοι της µορφής 5m 1.

29 ( 9. Θα υπολογιστεί το Παρατηρούµε ότι 874 = ( Αρα = ( ( = ( ( ( 3 ( Οµως, = 6 και 19 ( ( = 3 = ( 6 Ακόµη 19 ( ( 19 3 = 19 3 = ( και ( 5 3 ( 19 = ( και 8 ( = ( ( ( ( = ( = ( 1 1 ( ( = ( ( 5 = = = ( 3 5 ( ( ( = ( 1 ( = ( 1 = ( ( 3 3 = ( Τώρα υπολογίζεται εύκολα το Ϲητούµενο. 9 ( ( ( = 10. Το -3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, όπου p > 3 είναι πρώτος p ( = 6m + 1, για ( κάποιον ( m N. ( ( Αν 3 p = p 1 p p = 1 ( 1 3 p = 1 3 p 1 p = ( 1. Από ( ( τον Τετραγωνικό Νόµο Αντιστροφής, έχουµε 3 p p p 3 = ( 1. Αρα ( p 3 p 1 = ( 1 ( 1 p 1 ( p p mod 3. 3 = 1. Ο p ως πρώτος είναι p 1 mod 3 ή ( Αν p mod p ( ( 3, τότε 3 = 3 3 = 1 8 = p 1, αδύνατον, αφού 3 = 1. Αρα p 1 mod 3 3 (p 1. Οµως, (p 1, γιατί ο p είναι περιττός πρώτος. Εποµένως, 6 (p 1 και συνεπώς, p = 6m + 1. Αντίστροφα, αν p = 6m + 1 για κάποιον m N, τότε ( 3/p = ( ( 1 3 p p = ( ( 1 p 1 p p ( 1 = ( ( ( p 3 = 6m+1 3 = 1 3 = 1, δηλαδή το -3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp για p πρώτο της µορφής 6m + 1. Το επόµενο Θεώρηµα δίνει µία σηµαντική πληροφορία προς την κατεύ- ϑυνση της άσκησης 8. Η απόδειξή του, όµως, απαιτεί περισσότερες ϑεω- ϱητικές γνώσεις. Θεώρηµα 18 (Dirichlet Εστω a, ϐ N, τέτοιοι ώστε (a, ϐ = 1. Τότε, υπάρχουν άπειροι σε πλήθος πρώτοι αριθµοί της µορφής an + ϐ, όπου n N. 11. ( Για ποιούς ( πρώτους p > το 3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο; 3 p = p p 1 3 ( 1, ( ( p 1 = 3 = 1, αν p 1 mod 3 ( 3 3 = 1, αν p mod 3.

30 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΟΣ ΝΟΜΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ Ακόµη, Αρα ( 1 p 1 = 1, αν p 1 mod 4 1, αν p 3 mod 4. ( 3 p 1 mod 3, p 1 mod 4ή = 1 p p mod 3, p 3 mod 4. Εποµένως, ( 3 p = 1 αν και µόνον αν p 1 mod 1 ή p 11 mod 1. Πρόταση 5 Εστω a ένας περιττός ακέραιος και p > ένας πρώτος, τέτοιος ώστε p a. Τότε (a/p = ( 1 m, όπου m = p 1 [ ] i=1 ia/p και [x] συµβολίζει το ακέραιο µέρος του ϱητού x. Από τον αλγόριθµο διαίρεσης, έστω ia = π i p + υ i, όπου 0 υ i < p, για 1 i p 1. ηλαδή, υ i ia mod p και π i = [ ia/p ]. Ακολουθούµε τους συµβολισµούς της απόδειξης του Λήµµατος του Gauss κι έστω r 1, r,..., r n εκείνα τα υπόλοιπα εκ των υ i, που είναι µεγαλύτερα του p και s 1, s,..., s k p 1. Παρατηρούµε ότι i=1 ia = εκείνα που είναι µικρότερα του p. Τότε p r i < p p 1 i=1 π ip + υ i = p 1 i=1 p [ ia/p ] + p 1 i=1 υ i p 1 i=1 k i=1 s i (1. Ακόµη, p 1 i=1 i = n i=1(p r i + k i=1 s i = np n Αφαιρώντας κατά µέλη τις σχέσεις (1 και (, έχουµε : p 1 ia = i=1 p [ ia/p ] + n i=1 r i + i=1 r i + k i=1 s i (. (a 1 ( p 1 i=1 i = p 1 p [ ] i=1 ia/p n + n i=1 r i (3. Το a 1 είναι άρτιος και (p, = 1, έτσι η σχέση (3 mod γίνεται : 0 p 1 ([ ] i=1 ia/p n mod n p 1 [ ] i=1 ia/p mod. Τώρα, από το Λήµµα του Gauss προκύπτει (a/p = ( 1 m. Απόδειξη του Θεωρήµατος 16 Αν a =, τότε η σχέση (a 1 ( p 1 i=1 i = p 1 p ( 1 ( p 1 i=1 i = p 1 p i=1 i=1 [ i/p ] n + n i=1 r i (1. [ ia/p ] n + n i=1 r i γίνεται Παρατηρούµε ότι p 1 i=1 i = p 1 p 1, (, p = 1 και i < p, για 1 i [ ], δηλαδή 8 i/p = 0, για 1 i p 1. Εποµένως, η σχέση (1, λαµβάνοντας αµφότερα

31 31 τα µέλη της mod γίνεται p 1 8 n mod n p 1 8 mod. Το συµπέρασµα, τώρα, προκύπτει από το Λήµµα του Gauss. Απόδειξη του Θεωρήµατος 17 Θεωρούµε το σύνολο S = {(ip, kq : 1 i q 1, 1 k p 1 }. Είναι ϕανερό ότι S = p 1 q 1. Ακόµη, ϑεωρούµε τα υποσύνολα S 1 και S του S ως εξής : S 1 = {(ip, kq S : ip < kq}, S = {(ip, kq S : ip > kq}. Είναι εύκολο να δούµε ότι δεν υπάρχει Ϲεύγος του S τέτοιο ώστε ip = kq εξαιτίας της επιλογής των p και q. Εποµένως, S = S 1 S. Θα αποδείξουµε ότι S 1 = p 1 [ ] i=1 kq/p και S = q 1 [ ] j=1 jp/q (. Αν (ip, kq S 1, τότε i < kq p 1 kq q q. Καθώς, έπεται ότι ] q 1 και S 1 = p 1 p [ q. Άρα kq p i=1 αποδεικνύονται οι σχέσεις (. Από την Πρόταση 5, έπεται ότι ( p [ kq p ]. Οµοια, S = q 1 p p 1 = p 1 < p p [ ip ] i=1. Ετσι ( q q p = ( 1 S 1 ( και q = ( 1 S q ( p. Άρα, p q = ( 1 S 1 ( 1 S = ( 1 S 1 + S = ( 1 S. Ε- ( q ( p p q q 1 ποµένως, p q = ( 1.

32 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΟΣ ΝΟΜΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ

33 Κεφάλαιο 7 Πολυωνυµικές Ισοδυναµίες Εστω f (x = s n x n +a n 1 x n a 1 x +a 0 Z[x]. Σε αυτήν την παράγραφο, ϑα ασχοληθούµε µε την επίλυση της ισοδυναµίας f (x 0 mod m για ϕυσικό αριθµό m > 1. Με άλλα λόγια, ϑα αναζητήσουµε ϱίζες του f (x στον δακτύλιο Z m [x]. Το πολυώνυµο f (x = a n x n +a n 1 x n a 1 x +a 0 Z m [x] λέµε ότι έχει ϐαθµό n αν a n 0 στον δακτύλιο Z m. Τότε, η ισοδυναµία f (x 0 mod m λέµε ότι έχει ϐαθµό n. Λύση αυτής είναι a Z, τέτοιος ώστε f (a 0 mod m. Σε αυτήν την περίπτωση το a λέγεται ϱίζα του f (x mod m. Θεώρηµα 19 (Lagrange Εστω f (x Z[x] ένα πολυώνυµο ϐαθµού n. ισοδυναµία f (x 0 mod p, όπου p πρώτος, έχει το πολύ n λύσεις. Η Το Z p είναι σώµα, άρα το f (x Z p [x] είναι ϐαθµού n, τότε έχει το πολύ n ϱίζες. Ετσι, η ισοδυναµία f (x 0 mod p έχει το πολύ n λύσεις. Παραδείγµατα 7 1. Η ισοδυναµία x p x 0 mod p έχει ακριβώς p λύσεις, αφού σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Fermat a Z p, a p a a mod p.. Η ισοδυναµία x 1 0 mod 8 έχει λύσεις τις 1, 1, 3, 3 στον Z 8, όπως εύκολα µπορούµε να ελέγξουµε. Αυτό σηµαίνει ότι το Θεώρηµα του Lagrange δεν ισχύει για µη πρώτους. 3. Η ισοδυναµία 8x 3 + x mod 5 είναι ϐαθµού 3, ενώ η 8x 3 + 3x + x mod 4 είναι ϐαθµού. 33

34 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΕΣ Θεώρηµα 0 Αν d m, d > 0 και το a είναι µία λύση της f (x 0 mod m, τότε το a είναι λύση της f (x 0 mod d. m f (a d f (a f (a 0 mod d. Θεώρηµα 1 Εστω f (x ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές. Για έ- να ϕυσικό αριθµό m συµβολίζουµε µε N(m το πλήθος των λύσεων της ισοδυναµίας f (x 0 mod m. Αν m = m 1 m, όπου (m 1, m = 1, τότε N(m = N(m 1 N(m. Ιδιαίτερα, αν m = t i=1 pe i i, τότε N(m = t i=1 N ( p e i i. Εστω a Z m τέτοιο ώστε f (a 0 mod m, αν υπάρχει ϕυσικά. Αν m = m 1 m, όπου (m 1, m = 1, τότε f (a = 0 mod m 1 m m i f (a, i = 1, f (a 0 mod m i, i = 1,. Υπάρχει µοναδικό a 1 Z m1, τέτοιο ώστε a a 1 mod m 1 και µοναδικό a Z m, τέτοιο ώστε a a mod m. Τότε, από το Θεώρηµα, προκύπτει ότι f (a 1 0 mod m 1 και f (a 0 mod m. Ετσι, για κάθε λύση a της ισοδυναµίας f (x 0 mod m, ϐρήκαµε ένα Ϲεύγος (a 1, a, όπου το a i είναι λύση της ισοδυαναµίας f (a i 0 mod m i, i = 1,. Ιδιαίτερα, λόγω της µοναδικότητας των a 1, a ορίσαµε ουσιαστικά µία συνάρτηση του συνόλου των λύσεων της f (x 0 mod m και του καρτεσιανού γινοµένου του συνόλου των λύσεων της f (x 0 mod m 1 και του συνόλου των λύσεων της f (x 0 mod m. Η συνάρτηση αυτή είναι αµφιµονότιµη, αφού αν a ϐ mod m και ισχύει ότι ϐ ϐ 1 mod m 1 και ϐ ϐ mod m, τότε a 1 ϐ 1 mod m 1 και a ϐ mod m. Μέχρι τώρα δεν χρησιµοποιήσαµε την υπόθεση ότι (m 1, m = 1. Την χρησιµοποιούµε για να αποδείξουµε ότι η παραπάνω συνάρτηση είναι επί. Σε αυτό ϑα µας χρειαστεί το Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου. Εστω a i µία λύση της ισοδυναµίας f (x a i mod m i. Τότε, υπάρχει a Z m έτσι ώστε a a 1 mod m 1 και a a mod m. Εποµένως f (a 0 mod m 1 και f (a 0 mod m f (a 0 mod m 1 m, αφού (m 1, m = 1, δηλαδή f (a 0 mod m. Εποµένως η συνάρτηση είναι επί και N(m = N(m 1 N(m. Παρατήρηση Είναι δυνατόν να µην υπάρχει λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod m, δηλαδή N(m = 0. Παραδείγµατα 8 1. Θα ϐρούµε τις λύσεις της ισοδυναµίας f (x = x + x mod 15. Αρκεί να υπολογίσουµε τις λύσεις των x +x+7 0 mod 3 και x + x mod 5. οκιµάζοντας τις τιµές 0,1, παρατηρούµε ότι η x + x mod 3 έχει µία λύση, την x 1 mod 3. Οµως,

35 35 η x + x mod 5 δεν έχει καµία λύση, πάλι δοκιµάζοντας για x = 0, 1,, 3, 4(ή για 0,±1, ±. Αρα, η δοθείσα δεν έχει καµία λύση. Θα ϐρούµε τις λύσεις της x + x mod 1. Η x + x mod 3 έχει µία λύση, την x 1 mod 3, όπως και στο προηγούµενο παράδειγµα. Η x +x+7 0 mod 7 έχει δύο λύσεις, τις x 0 mod 7 και x 1 mod 7. Αρα υπάρχουν 1 = λύσεις της δοθείσας. Η πρώτη αντιστοιχεί στο Ϲεύγος (1, 0, δηλαδή είναι λύση του συστήµατος x 1 mod 3 x 0 mod 7 και η άλλη στο Ϲεύγος (1, 1 ή ισοδύναµα (1, 6 και είναι η µοναδική λύση του συστήµατος x 1 mod 3 x 6 mod 7. Από την απόδειξη του Θεωρήµατος Υπολοίπων του Κινέζου, το πρώτο 1 σύστηµα έχει λύση την 1M + 1 0M 3 1, όπου M mod 3 M 3 1 = 1 1 και M 1 mod 7 M 7 = 5. Ετσι, η λύση είναι = 7 mod 1. Το δεύτερο σύστηµα έχει λύση την = 97 mod 1, δηλαδή την 13 mod 1. Ασκήσεις 5 1. Εστω f (x = x + x + 7. Να υπολογίσετε τις λύσεις της ισοδυναµίας f (x 0 mod 189, αν γνωρίζετε ότι 189 = και ότι οι ϱίζες της f (x 0 mod 7 είναι 4 και 13.. Να λύσετε την ισοδυναµία x 3 + 4x mod 15. Αποδεικνύουµε τώρα έναν αναγωγικό τρόπο επίλυσης της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i, όπου f (x Z[x], p είναι ένας πρώτος και i. Θεώρηµα (Λήµµα του Hensel Εστω f (x Z[x]. Αν γνωρίζουµε µία λύση a mod p i της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i για ένα πρώτο ϕυσικό αριθµό p και f (a 0 mod p, όπου f (x είναι η πρώτη παράγωγος του f (x, τότε υπάρχει µοναδικός t mod p ώστε f (a + tp i 0 mod p i+1, για i 1. Το t είναι η λύση της ισοδυναµίας tf (a f (a p i mod p.

36 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΕΣ Εστω f (x = k 0 + k 1 x k n x n Z[x]. Με f (x συµβολίζουµε την πρώτη παράγωγο του f (x, δηλαδή f (x = k 1 + k x nk n x n 1. Ας υποθέσουµε ότι γνωρίζουµε µία λύση a mod p i της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i, δηλαδή f (a 0 mod p i. Η ιδέα της απόδειξης είναι να ϐρούµε ένα t mod p ώστε το (a + tp i mod p i+1 να είναι λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i+1. Θεωρούµε τον τύπο του Taylor f (a + tp i = f (a + tp i f (a + 1! t p i f (a n! tn p ni f (n (a, όπου n είναι ο ϐαθµός του f (x. Παρατηρούµε ότι f (a+tp i (f (a + tp i f (a mod p i+1 (1. Πράγµατι, καταρχήν είναι ϕανερό ότι p i p si για s 1. Ακόµη χρειάζεται να αποδείξουµε ότι ο 1 s! f (s (a είναι ακέραιος αριθµός για s n. Ο r όρος του f (x είναι ο k r x r, έτσι ο αντίστοιχος όρος του f (s (a είναι ο k r r(r 1(r (r s + 1a r s, 0( r n. Οµως το s! r(r 1 (r s + 1 r (Παρατηρήστε ότι οι συνδυασµοί = r(r 1 (r s+1 Z. Φυσικά, αν 0 s s! ( r r s, τότε ένας από τους παράγοντες του αριθµητή του είναι µηδέν που s διαιρείται δια του s! κι έτσι λαµβάνουµε την (1. Αν, λοιπόν, η a + tp i είναι λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i+1, δηλαδή f (a +tp i 0 mod p i+1, τότε από τη σχέση (1 λαµβάνουµε ότι : f (a + tp i f (a 0 mod p i+1 f (at f (a mod p. Φυσικά ο f (a είναι p i p i ακέραιος, αφού f (a 0 mod p i από την υπόθεση. Αν, εποµένως, το f (a 0 mod p, τότε η µοναδική λύση της ισοδυναµίας είναι η t f (af (a mod p, p i όπου f (a είναι η αντίστροφος κλάση της f (a mod p, δηλαδή f (af (a 1 mod p. Συµπεραίνουµε, λοιπόν, ότι αν f (a 0 mod p, τότε το a + tp i είναι λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod p i+1, όπου t είναι η µοναδική λύση της ισοδυναµίας (1. Παρατηρούµε, ακόµη, ότι από τη σχέση (1 προκύπτει ότι a + tp i [a f (af (a] mod p i+1 (*. Παράδειγµα 5 Επιλύουµε την x + x mod 7 3. Εστω f (x = x + x ιαπιστώνουµε ότι από τα στοιχεία του Z 7 µόνον τα a 1 mod 7 και ϐ 5 mod 7 είναι λύσεις της f (x 0 mod 7. Ακόµη, παρατηρούµε ότι f (x = x + 1 και f (1 = 3 0 mod 7, f (5 = 11 0 mod 7. Σύµ- ϕωνα µε το Λήµµα του Hensel υπάρχει µοναδικό t ώστε το a + 7t να είναι λύση της f (x 0 mod 7 και µοναδικό t ώστε το ϐ + 7t να είναι λύση της f (x 0 mod 7. Για a 1 mod 7, f (1 3 mod 7 και f (1 5 mod 7, αφού 3 5 = 15 1 mod 7. Αρα, από τη σχέση (*, έχουµε 1+7t = 1 f (1f (1 1+7t = 1 49

37 37 5 (1 45 mod 7 1+7t 44 mod t 1 mod 49. Θέτουµε a 1 mod 49 και τότε η a είναι η λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod 7. Οµοια, για ϐ 5 mod 7, f (5 11 mod 7 f (5 4 mod 7 και f (5 mod 7, αφού 4 = 8 1 mod 7. Αρα, από τη σχέση (*, έχουµε 5 + 7t = 5 f (5f ( t = 5 77 mod t 47 mod 49. Θέτουµε ϐ 47 mod 49. Τέλος, για a 1 mod 7 και για ϐ 47 mod 7 υπολογίζουµε τις λύσεις a 3 mod 7 3 και ϐ 3 mod 7 3 της ισοδυναµίας x + x + 47 mod 7 3. Για a 1 mod 7, έχουµε f (1 = 3, f (1 5 mod 7 και a 3 = a f (a f (1 a 3 = mod 7 3 a 3 = 45 mod 343 a 3 99 mod 343 a 3 99 mod 7 3. Για ϐ 47 mod 7, έχουµε f (47 = 95 4 mod 7 f (47 mod 7 και ϐ 3 = ϐ f (ϐ f (47 ϐ 3 = mod 7 3 ϐ 3 = 4551 mod 343 ϐ 3 43 mod 343 ϐ 3 43 mod 7 3. Εποµένως, οι λύσεις της αρχικής είναι οι : 99 mod 7 3, 43 mod 7 3. Παρατήρηση 3 Το Λήµµα του Hensel για την εύρεση της λύσης (a + tp i modp i+1, όταν f (a 0 mod p i απαιτεί f (a 0 mod p. Αν f (a 0 mod p, τότε από τον τύπο του Taylor προκύπτει ότι f (a + tp i f (a mod p i+1 για κάθε ακέραιο t. Εποµένως, αν f (a 0 mod p i+1 τότε f (a + tp i 0 mod p i+1 για 0 t p, δηλαδή υπάρχουν p πλήθους λύσεις, οι a +tp i, 0 t p. Αν, όµως, f (a 0 mod p i+1, τότε καµία από τις τιµές a + tp i δεν είναι λύση της δοθείσας. ηλαδή, από την a mod p i δεν προκύπτει λύση της f (x 0 mod p i+1. Παράδειγµα 6 Επιλύουµε την ισοδυναµία f (x = x + x mod 81, δηλαδή την ισοδυναµία x + x mod 3 4. Παρατηρούµε ότι η ισοδυναµία x + x mod 3 έχει µοναδική λύση την a 1 mod 3 και f (1 = 9. f (x = x + 1 f (1 = 3 0 mod 3. Από την προηγούµενη παρατήρηση, προκύπτει ότι οι λύσεις της f (x 0 mod 3 είναι οι 1 mod 3, 1+3 = 4 mod 3 και = 7 mod 3. Για a 1 mod 3, παρατηρούµε ότι f (1 = 9 0 mod 3 3. Συνεπώς δεν υπάρχει ϱίζα της f (x 0 mod 3 3 για την οποία a 1 mod 3. Για ϐ 4 mod 3, παρατηρούµε ότι f (4 = 7 0 mod 3 3, δηλαδή η 4 mod 3 είναι ϱίζα της f (x 0 mod 3 3. f (4 = = 9 0 mod 3, συνεπώς, από την προηγούµενη παρατήρηση, οι λύσεις της f (x 0 mod 3 3 είναι οι 4, = 13 και =. Με άλλα λόγια, από την 4 mod 3 προέκυψαν οι 4 mod 3 3, 13 mod 3 3 και mod 3 3, που είναι λύσεις της f (x 0 mod 3 3.

38 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΕΣ Για γ 1 4 mod 3 3, f (4 = 7 0 mod 3 4. Για γ 13 mod 3 3, f (13 = mod 3 4 f (13 0 mod 3 4. Για γ 3 mod 3 3, f ( = mod 3 4 f ( 0 mod 3 4. Συνεπώς το πολυώνυµο x + x + 7 δεν έχει ϱίζα mod81. Ας εξετάσουµε τώρα ισοδυναµίες f (x 0 mod p, όπου f (x είναι ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές και p είναι ένας πρώτος ϕυσικός αρι- ϑµός. Από το Θεώρηµα του Lagrange γνωρίζουµε ότι µία τέτοια ισοδυναµία ϑα έχει το πολύ n ϱίζες, όπου n = deg f (x. Η ισοδυναµία x + x mod 3 3 έχει 3 λύσεις, όπως είδαµε στο προηγούµενο παράδειγµα, δηλαδή το Θεώρηµα του Langrange παύει να ισχύει όταν αναζητούµε ϱίζες του f (x στον δακτύλιο Z n, όπου ο n δεν είναι πρώτος. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο f (x Z[x] και υποθέτουµε ότι ο ϐαθµός του πολυωνύµου f (x mod p είναι n για έναν πρώτο ϕυσικό p και n p. ιαιρούµε το f (x Z[x] δια του x p x Z[x]. Τότε υπάρχουν µοναδικά πολυώνυµα q(x, r(x έτσι ώστε : f (x = q(x(x p x+r(x, όπου 0 deg r(x p. Επειδή x Z ισχύει x p x mod p, σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Fermat, παρατηρούµε ότι κάθε λύση της ισοδυναµίας f (x 0 mod p είναι και λύση της ισοδυναµίας r(x 0 mod p. Βέβαια, αν r(x = 0 ή κάθε συντελεστής του r(x διαιρείται δια του p, τότε κάθε ακέραιος είναι λύση της ισοδυναµίας r(x 0 mod p. Σε κάθε άλλη περίπτωση, το r(x είναι ένα πολυώνυµο ϐα- ϑµού µικρότερου ή ίσου του p 1. Αν r(x = a 0 + a 1 x a s x s Z[x], µε s p 1 και p a s, τότε r(x 0 mod p a s a a s a s 1 x s 1 + xs 0 mod p, όπου a s είναι ο αντίστροφος του a s στο σώµα Z p. Βέβαια, επειδή a s a s 1 mod p ισχύει ότι p a s. Ετσι, η ισοδυναµία r(x 0 mod p έχει τις ίδιες ακριβώς λύσεις µε την ισοδυναµία a s r(x 0 mod p. Εποµένως η επίλυση της f (x 0 mod p ισοδυναµεί µε την επίλυση της a s r(x 0 mod p. Καταλήγουµε έτσι στο επόµενο Θεώρηµα. Θεώρηµα 3 Εστω f (x 0 mod p µία ισοδυναµία ϐαθµού n µε n p. Τότε ή κάθε ακέραιος είναι λύση της της f (x 0 mod p ή υπάρχει ένα κανονικό πολυώνυµο g(x ϐαθµού p 1, τέτοιο ώστε η ισοδυναµία g(x 0 mod p έχει ακριβώς τις λύσεις της αρχικής ισοδυναµίας. Ασκήσεις 6 1. Να λυθεί η ισοδυναµία x mod 5. Να λυθεί η ισοδυναµία x mod 7 3. Να λυθεί η ισοδυναµία 7x x mod 7

39 4. Να εφαρµοστεί το Θεώρηµα 3 για τις επόµενες ισοδυναµίες : (i x 11 + x mod 7 (ii x 0 + x 13 + x 7 + x mod 5 (iii x 15 x x 3 0 mod 7. 39

40 40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΕΣ

41 Κεφάλαιο 8 Αριθµητικές Συναρτήσεις Μία συνάρτηση f : N/{0} C λέγεται αριθµητική συνάρτηση. Παραδείγµατα αριθµητικών συναρτήσεων : τ(n = το πλήθος των ϑετικών διαιρετών του n σ(n = το άθροισµα των ϑετικών διαιρετών του n σ k (n = το άθροισµα των k δυνάµεων των ϑετικών διαιρετών του n w(n = το πλήθος των διακεκριµένων πρώτων που διαιρούν τον n Ω(n = το πλήθος των πρώτων που διαιρούν τον n λαµβάνοντας υπόψη την πολλαπλότητα. Ετσι, τ(8 = 4, τ(1 = 6, σ(8 = = 15, σ (8 = = 85, w(8 = 1Ω(8 = 3. Παρατηρούµε ότι : τ(n = d n 1, σ(n = d n d, σ k (n = d n d k, w(n = p n 1, Ω(n = p a n a, όπου p a n συµβολίζει ότι ο a είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p που διαιρεί τον n. Μία µη µηδενική αριθµητική συνάρτηση f για την οποία ισχύει f (mn = f (mf (n, για (m, n = 1 λέγεται πολλαπλασιαστική συνάρτηση. Η µη µηδενική αριθµητική συνάρτηση για την οποία ισχύει f (mn = f (mf (n χωρίς κανένα περιορισµό για τους m, n λέγεται πλήρως πολλαπλασιαστική συνάρτηση. Παρατηρήσεις 1 1. Για µία πολλαπλασιαστική συνάρτηση f ισχύει f (n = f (n 1 f (n = f (1f (n f (1 = 1, αφού το C είναι ακεραία περιοχή και υπάρχει n για το οποίο f (n 0. Επίσης, αν n = t i=1 pe i i, τότε f (n = t i=1 f (pe i i. ηλαδή, η πολλαπλασιαστική συνάρτηση f ορίζεται από τις τιµές f (p e i i, 1 i t.. Εστω f µία πλήρως πολλαπλασιαστική συνάρτηση και n = t i=1 pe i i. Τότε f (n = t i=1 f (p i e i, δηλαδή η f ορίζεται από τις τιµές f (p, όπου p 41

42 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ πρώτος. Παραδείγµατα 9 συνάρτηση. 1. Η συνάρτηση ϕ του Euler είναι µία πολλαπλασιαστική. Η συνάρτηση τ είναι πολλαπλασιαστική συνάρτηση. Αυτό προκύπτει από την επόµενη Πρόταση. Πρόταση 6 Εστω n = p p a(p και n N {0}, η ανάλυση του n σε γινόµενο πρώτων, δηλαδή p a(p n. Τότε τ(n = p n (a(p + 1. Ενας ϕυσικός αριθµός d διαιρεί τον n αν και µόνον αν d = p p ϐ(p και 0 ϐ(p a(p, για όλους τους πρώτους p που διαιρούν τον n. Εποµένως, οι δυνατές τιµές που µπορεί να λάβει ο ϐ(p είναι πλήθους a(p + 1. Ετσι, το πλήθος των διαιρετών του n είναι p n (a(p Η αριθµητική συνάρτηση I : N {0} C, όπου 1, αν n = 1 I(n = 0, αν n > 1 είναι µία πολλαπλασιαστική συνάρτηση. 4. Η συνάρτηση J : N {0} C, n 1 είναι επίσης µία πολλαπλασιαστική συνάρτηση. 5. Η αριθµητική συνάρτηση µ : N {0} C, που ορίζεται ως εξής : 0, αν υπάρχει τετράγωνο ϕυσικού 1 που διαιρεί τον n µ(n = ( 1 r, αν ο n είναι γινόµενο r πλήθους διακεκριµένων πρώτων είναι µία πολλαπλασιαστική συνάρτηση και λέγεται συνάρτηση του Möbius. Ετσι µ(1 = ( 1 0 = 1, µ( = 1, µ(4 = 0, µ(6 = 1. Στο σύνολο των αριθµητικών συναρτήσεων ορίζεται και το γινόµενο του Dirichlet(ή convolution, που συµβολίζεται ως ως εξής : f g(n = d n f (dg( n, για δύο αριθµητικές συναρτήσεις f και g και n d N {0}. Είναι ϕανερό ότι το γινόµενο του Dirichlet είναι µία πράξη στο σύνολο