Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη
Ευχαριστώ ιδιαίτερα τη ϕοιτήτριά µου Μαρίνα Παλαιστή για τη µεταφορά του χειρογράφου µου σε κείµενο "tex"
Κεφάλαιο 1 Βασικές Ιδιότητες Ισοδυναµιών Η ϑεωρία ισοδυναµιών αναπτύχθηκε από τον Carl Friendrich Gauss (1777-1855 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 (1601-1665 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 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 }.
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 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 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 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ FERMAT, ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΟΥ EULER
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 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 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 (11 + 18Z, 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.
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 3 = 1. Πράγµατι, αν p πρώτος και p (n + 1 p (n + 1. Ακόµη, p (n + 1 3 p (n + 1 = (n + 1 1 p 1, αδύνατον. Άρα η δοθείσα γραµµική ισοδυναµία έχει µοναδική λύση. Εύρεση της λύσης : (n + 1 3 = (n + 1 (8n 4 + 6n + 5 36(n + 1 = (6n + 5(6n + 7 + 1 1 = 36(n + 1 (6n + 5(6n + 7 = 36(n + 1 [(n + 1 3 (n + 1 (8n 4] = (n + 1 [8(6n 4n + 1] (n + 1 3 (6n + 7. Άρα 8(6n 4n + 1 mod (n + 1 3 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 µοναδική λύση modm 1 m s, σύµφωνµα µε το Θεώρηµα Υπολοίπων του Κινέζου. 7. Να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 37 49 µε το 7. Λύση Από το ϑεώρηµα του Fermat, 37 7 1 1 mod 7, δηλαδή 37 6 1 mod 7. Οµως 49 = 6 8 + 1, άρα 37 49 = (37 6 8 37 37 mod 7 = (5 7 + mod 7 = mod 7. 8. Να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 47 µε το 3. Λύση Από το Θεώρηµα του Fermat 3 1 mod 3. 47 = + 3, άρα 3 47 3 3 mod 3 = 4 mod 3. 9. Να υπολογίσετε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 17 + 1 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 18 17 = 7+3 = ( 7 3 3 mod 18 = 5 mod 18 = 3 mod 18 = 14 mod 18. Άρα 17 14 mod 18 17 = 14 + k 18, για κάποιο k Z, 17 = 14+k 18 14 mod 19. Πάλι από την 18 = 1 mod 19 14 4 1 mod 19, δηλάδή 14 είναι ισοδύναµο µε το αντίστροφό του 4 στην οµάδα Z 19. Οµως, 19 = 16 + 3, 16 = 3 5 + 1 11 = 16 3 5 = 16 5(19 16 = = 5 19 + 6 16, δηλαδή 6 mod 19 είναι η αντίστροφη της 16 mod 19. Εποµένως 17 14 mod 19 6 mod 19 17 + 1 7 mod 19. 10. 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 = 17+1 1 = 17 37+18 35, δηλαδή 18 35 1 mod 37, δηλαδή 34! 18 mod 37.
14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΤΟΥ EULER 1. Να υπολογίσετε το 49! mod 53. Λύση (53! 1 mod 53 51! 1 mod 53 49! 50 51 1 mod 53. Υπολογίζουµε το αντίστροφο του 50 51 = 550 στη Z 53. 550 = 48 53 + 6, 53 = 8 6 + 5, 6 = 5 + 1 1 = 9 550 433 53. Άρα, 49! 9 mod 53. 13. Να δείξετε ότι n Z, 383838 (n 37 n. Λύση 383838 = 3 7 13 19 37 η ανάλυση του 383838 σε γινόµενο πρώτων. Αν 37 n 37 (n 37 n. Αν 37 n n 36 1 mod 37 37 (n 36 1 37 (n 37 n. Οµοια, οι, 3, 7, 13, 19 διαιρούν το (n 37 n, άρα το 383838 (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, 1.5 3. 14, σελ. 91: 14.1, 14., 14.4, 14.5, 14.6, 14.8 4. 15, σελ. 105: 15.4, 15.5
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 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 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 1 1 1 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 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 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. 14.. 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., 16.8.. Να αποδείξετε ότι οι πρωταρχικές ϱίζες modp, p πρώτος, είναι πλήθους ϕ (ϕ(p. 3. Να υπολογίσετε τις πρωταρχικές ϱίζες mod17. 4. 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.
0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. Η ΟΜΑ Α (Z P,
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
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,
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 11. 63 8 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.
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, 17.5. Το 3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp για p = 7, 13; 3. Να υπολογίσετε το (a/p όταν a = 1,,, 3 και p = 11, 13, 17. 4. 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.
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 = 1. 3. 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
6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ-ΣΥΜΒΟΛΟ ΤΟΥ LEGENDRE
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 = ( 1 1 8. 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(1777-1855, 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 7 1 8 = ( 1 6 = 1, δηλαδή το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod7. ( 11 = ( 1 11 1 8 = ( 1 15 = 1, δηλαδή το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod11. 7
8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΟΣ ΝΟΜΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ 4. 5. ( 13 13 = ( 1 1 8 = ( 1 1 = 1, δηλαδή το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod13. ( 17 = ( 1 17 1 8 = ( 1 36 = 1, δηλαδή το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod17. 6. ( 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 + 1. 7. Οι ϕυσικοί αριθµοί 57 ( και 69 ( είναι ( πρώτοι ( και 57( 1 mod ( 4, δηλαδή ( 57 1 άρτιος. Αρα 57 69 = 69 57 = 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 + 1 1 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 1 5 1 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.
( 9. Θα υπολογιστεί το 874. 531 Παρατηρούµε ότι 874 = ( 1 19 3. Αρα = ( 1 531 1 ( 1 531 1 = ( ( 531 531. 19( 3 ( Οµως, 531 19 = 6 και 19 ( ( = 3 = ( 6 Ακόµη 19 ( ( 19 3 = 19 3 = ( 1 3 1 και ( 5 3 ( 19 = 1 3 8 ( 1 19 1 και 8 ( 1 5 1 3 1 = ( 3 531 1 ( 531 19 ( ( 531 3 = 10. 3 ( 3 19 19 = ( 1 1 ( ( = 10 10 ( 19 10 3 3 ( 5 = 3 5 3 = = ( 3 5 ( 874 531 ( 1 3 1 8 ( 1 3 1 = ( 1 ( 531 3 19 1 3 1 5 1 = ( 1 = ( 5 3 531 ( 3 3 = ( 1 1 8. Τώρα υπολογίζεται εύκολα το Ϲητούµενο. 9 ( ( ( 19 531 531 531 = 10. Το -3 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, όπου p > 3 είναι πρώτος p ( = 6m + 1, για ( κάποιον ( m N. ( ( Αν 3 p = 1 1 3 p 1 p p = 1 ( 1 3 p = 1 3 p 1 p = ( 1. Από ( ( τον Τετραγωνικό Νόµο Αντιστροφής, έχουµε 3 p p 1 3 1 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 3 1 3 ( 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 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 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.
3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΤΕΤΡΑΓΩΝΙΚΟΣ ΝΟΜΟΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗΣ
Κεφάλαιο 7 Πολυωνυµικές Ισοδυναµίες Εστω f (x = s n x n +a n 1 x n 1 +...+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 1 +...+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 + 1 0 mod 5 είναι ϐαθµού 3, ενώ η 8x 3 + 3x + x + 1 0 mod 4 είναι ϐαθµού. 33
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 + 7 0 mod 15. Αρκεί να υπολογίσουµε τις λύσεις των x +x+7 0 mod 3 και x + x + 7 0 mod 5. οκιµάζοντας τις τιµές 0,1, παρατηρούµε ότι η x + x + 7 0 mod 3 έχει µία λύση, την x 1 mod 3. Οµως,
35 η x + x + 7 0 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 + 7 0 mod 1. Η x + x + 7 0 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 7 1 1 1 mod 3 M 3 1 = 1 1 και M 1 mod 7 M 7 = 5. Ετσι, η λύση είναι 1 1 7 + 0 5 3 = 7 mod 1. Το δεύτερο σύστηµα έχει λύση την 1 1 7+6 5 3 = 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 = 3 3 7 και ότι οι ϱίζες της f (x 0 mod 7 είναι 4 και 13.. Να λύσετε την ισοδυναµία x 3 + 4x + 8 0 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 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 +... + 1 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 + 47 0 mod 7 3. Εστω f (x = x + x + 47. 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 5 (1 45 mod 7 1+7t 44 mod 49 1+7t 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 (5 5 + 7t = 5 77 mod 49 5 + 7t 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 = 1 49 5 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 = 47 303 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 + 7 0 mod 81, δηλαδή την ισοδυναµία x + x + 7 0 mod 3 4. Παρατηρούµε ότι η ισοδυναµία x + x + 7 0 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 1 + 3 = 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 = 4 + 1 = 9 0 mod 3, συνεπώς, από την προηγούµενη παρατήρηση, οι λύσεις της f (x 0 mod 3 3 είναι οι 4, 4 + 3 = 13 και 4 + 3 =. 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 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 = 189 7 mod 3 4 f (13 0 mod 3 4. Για γ 3 mod 3 3, f ( = 513 7 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 + 7 0 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 0 +... + 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 3 3 0 mod 5. Να λυθεί η ισοδυναµία x 3 39 + 9 0 mod 7 3. Να λυθεί η ισοδυναµία 7x 4 + 19x + 5 0 mod 7
4. Να εφαρµοστεί το Θεώρηµα 3 για τις επόµενες ισοδυναµίες : (i x 11 + x 8 + 5 0 mod 7 (ii x 0 + x 13 + x 7 + x mod 5 (iii x 15 x 10 + 4x 3 0 mod 7. 39
40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΙΣΟ ΥΝΑΜΙΕΣ
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 = 1++4+8 = 15, σ (8 = 1+ +4 +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
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 + 1. 3. 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