Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n 3. Να γράψετε τους πρώτους 10 όρους της ακολουθίας. Να αποδείξετε ότι n F i = F n+2 1, για n 1. Απάντηση Οι πρώτοι όροι της ακολουθία Fibonacci είναι : 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55. Θα αποδείξουµε τη Ϲητούµενη σχέση µε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής. (Βασικό Βήµα) Για n = 1, F 1 = F 3 1. Επίσης για n = 2, F 1 + F 2 = F 4 1, άρα η πρόταση είναι αληθής για αυτά τα n. Εστω ότι η πρόταση είναι αληθής για όλα τα 1 m < n (υπόθεση της επαγωγής). Θα αποδείξουµε ότι η πρόταση ισχύει για m = n (επαγωγικό ϐήµα). Πράγµατι, για m 2, έχουµε ότι : n n 1 F i = ( F i ) + F n = (F n+1 1) + F n = (F n+1 + F n ) 1 = F n+2 1. Εποµένως η πρόταση ισχύει για όλα τα n N. Σηµείωση: στο επαγωγικό ϐήµα της απόδειξης, χρησιµοποιήσαµε την υπόθεση για το άθροισµα των n 1 όρων της ακολουθίας Fibonacci. Ετσι, παρόλο που στο ϐασικό ϐήµα ο έλεγχος έγινε ο για το πρώτο και δεύτερο άθροισµα τελικά εφαρµόσαµε την απλή (πρώτη) µορφή της µαθηµατικής επαγωγής. (Οµάδα Β) Εστω η ακολουθία Tribonacci T 1 = 1, T 2 = 1, T 3 = 1 και T n = T n 1 + T n 2 + T n 3, για n 4. Να γράψετε τους πρώτους 10 όρους της ακολουθίας. Να αποδείξετε ότι. T n < 2 n, για n 1. Απάντηση Οι πρώτοι όροι της ακολουθία Tribonacci είναι : 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, 31, 56, 105. Θα χρησιµοποιήσουµε τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. (Βασικό Βήµα) Για T 1 < 2, T 2 < 2 2, T 3 < 2 3. Εστω ότι η πρόταση είναι αληθής για όλα τα 1 m < n (υπόθεση της επαγωγής). Θα αποδείξουµε ότι ισχύει για m = n (επαγωγικό ϐήµα). Πράγµατι, για n 4, έχουµε ότι : T n = T n 1 +T n 2 +T n 3 < 2 n 1 +2 n 2 +2 n 3 = 2 n 3 (2 2 +2+1) = 2 n 3 7 < 2 n 3 2 3 = 2 n. Εποµένως η πρόταση ισχύει για όλα τα n N. Σηµείωση: στο επαγωγικό ϐήµα της απόδειξης, χρησιµοποιήσαµε την υπόθεση για τους n 1, n 2 και n 3 όρους της ακολουθίας Tribonacci. Ετσι, στο ϐασικό ϐήµα έπρεπε να ελέγξουµε ότι η πρόταση ισχύει για τους πρώτους τρεις όρους ενώ στην απόδειξη χρησιµοποιούµε την ισχυρή (δεύτερη) µορφή της µαθηµατικής επαγωγής.
Εισαγωγή στην Αλγεβρα Σελίδα 2/5 Φεβρουάριος 2017 2. Εστω R η παρακάτω σχέση στο σύνολο R 3 : (x, y, z)r(a, b, c) x a = y b = 2(z c). Να αποδείξετε ότι η R είναι σχέση ισοδυναµίας. Να περιγράψετε την κλάση ισοδυναµίας [(0, 0, 0)]. Απάντηση (x, y, z)r(x, y, z) και άρα η R είναι αντανακλαστική : x x = y y = 2(z z) = 0. Αν (x, y, z)r(a, b, c), τότε (a, b, c)r(d, e, f) και η R είναι συµµετρική, αφού x a = y b = 2(z c) (x a) = (y b) = (2(z c)). Αν (x, y, z)r(a, b, c) και (a, b, c)r(d, e, f), τότε (x, y, z)r(d, e, f) και η R ικανοποιεί τη µεταβατική ιδιότητα, αφού x a = y b = 2(z c) και a d = b e = 2(c f) x d = y e = 2(z f). Για την κλάση ισοδυναµίας µε αντιπρόσωπο το (0, 0, 0) παρατηρούµε ότι : [(0, 0, 0)] = {(x, y, z) R 3 : (x, y, z)r(0, 0, 0)} = {(x, y, z) R 3 : x 0 = y 0 = 2(z 0)} = {(x, y, z) R 3 : x = y = 2z} = {(2z, 2z, z)) : z R}. Σηµείωση : η κλάση ισοδυναµίας του [(0, 0, 0)] είναι η ευθεία στον R 3, που περνά από το (0, 0, 0) και το σηµείο (2, 2, 1). 3. Να αποδείξετε ότι 7 είναι άρρητος. Απάντηση. Γενικές παρατηρήσεις : υπάρχουν δύο ϐασικές τεχνικές για τις λύσεις προβληµάτων που Ϲητούν να δείξουµε ότι a δεν είναι ϱητός. Ξεκινάµε υποθέτοντας ότι ο a είναι ϱητός και άρα γράφεται ως πηλίκο m/n, όπου m, n N και µ.κ.δ.(m, n) = 1. Στη συνέχεια σύµφωνα µε την πρώτη τεχνική, εντοπίζουµε έναν πρώτο ϕυσικό αριθµό p, τέτοιον ώστε p a, ενώ p 2 a. Θα χρησιµοποιήσουµε αυτόν τον πρώτο, για να σηµειώσουµε ότι διαιρεί το m. Στην προκειµένη περίπτωση, ο 7 είναι ήδη πρώτος και µπορούµε να τον επιλέξουµε απευθείας. Σύµφωνα µε τη δεύτερη τεχνική, επιλέγουµε έναν πρώτο διαιρέτη του n. είχνουµε (πρώτα) την πρώτη τεχνική : Εστω ότι 7 Q. Τότε, υπάρχουν m, n Z, τέτοιοι ώστε 7 = m/n. ιαιρώντας µε όλους τους κοινούς διαιρέτες των m, n, µπορούµε να υποθέσουµε ότι m, n N και ότι ο µ.κ.δ.(m, n) = 1. Αφού 7 = m/n 7n = m, ϐρίσκουµε ότι : 7n 2 = m 2 7 m 2 7 m( αφού 7 είναι πρώτος) m = 7k 7n 2 = 7 2 m 2 άρα ( διαιρώντας µε το 7) n 2 = 7m 2 7 n 2 7 n 7 µ.κ.δ.(n, m) 7 1, άτοπο. Σύµφωνα µε τη δεύτερη τεχνική, µπορούµε να σηµειώσουµε ότι n 1 (αφού 7 δεν είναι ακέραιος), άρα ο n έχει έναν πρώτο διαιρέτη p και αφού n = ph, για κάποιο h N, καταλήγουµε σε άτοπο : 7(ph) 2 = m 2 7p 2 h 2 = m 2 p m 2 p m p (n, m) = 1, άτοπο. 4. Να γράψετε τους 22 και 1/22 σε ϐάση 11. Απάντηση Θα ϐάλουµε ερωτηµατικά ανάµεσα στα διαφορετικά ψηφία. Αφού 22 = 2 11 + 0, ϐρίσκουµε ότι 22 = (2; 0) 11. 11 1 = 0 22+11, 11 2 = 22 5+11,... 1 22 = 0 11 + 5 11 2 + 5 11 3 + = (0.0; 5; 5; 5...) 11 = (0.0; 5) 11.
Εισαγωγή στην Αλγεβρα Σελίδα 3/5 Φεβρουάριος 2017 5. Να ϐρείτε το φ(35), όπου φ είναι η συνάρτηση του Euler. Στη συνέχεια να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 50 δια του 35. Απάντηση Αφού 35 = 5 7, προκύπτει ότι φ(35) = φ(5)φ(7) = 4 6 = 24. Θεώρηµα του Euler, 3 24 1 mod 35. Εποµένως Σύµφωνα µε το (3 24 ) 2 1 mod 35 3 48 1 mod 35 3 50 = 3 48 3 2 3 2 mod 35 3 50 9 mod 35. Εποµένως το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 50 δια του 35 είναι το 9. (Οµάδα Β) Να ϐρείτε το φ(58), όπου φ είναι η συνάρτηση του Euler. Στη συνέχεια να ϐρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 61 δια του 58. Απάντηση Αφού 58 = 2 29, προκύπτει ότι φ(58) = φ(2)φ(29) = 1 28 = 28. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Euler, 3 28 1 mod 58. Εποµένως (3 28 ) 2 1 mod 58 3 56 1 mod 58 3 61 = 3 56 3 5 3 5 mod 58. Αφού 3 5 = 243 11 mod 58 3 61 11 mod 58 και το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 61 δια του 58 είναι το 11. 6. Να ϐρείτε όλες τις λύσεις της ισοτιµίας 6x 3 mod 23. Απάντηση Οταν µας Ϲητούν να λύσουµε ισοτιµίες, µας ενδιαφέρουν αποκλειστικά ακέραιες λύσεις. Μπορούµε να λύσουµε την ισοτιµία ax b mod m, ϐρίσκοντας τις ακέραιες λύσεις (x, y) της γραµµικής εξίσωσης ax my = b σύµφωνα µε το Θεώρηµα του Bezout. Οµως, αν ο αντίστροφος του a mod m είναι προφανής (δηλ. αν ϐλέπουµε ποιος είναι ο ακέραιος b µε την ιδιότητα b a 1 mod m), είναι πιο σύντοµο να προχωρήσουµε αξιοποιώντας αυτήν τη γνώση και χρησιµοποιώντας ιδιότητες των ισοτιµιών. Αφού 6 4 = 24 1 mod 23, συµπεραίνουµε ότι 6x 3 mod 23 4 (6x) 12 mod 23 24x 12 mod 23 x 12 mod 23. Αντίστροφα, αν x 12 mod 23, τότε 6x 6 12 mod 23, δηλ. 6x 6 72 mod 23 και αφού 72 = 23 3 + 3 (άρα 72 3 mod 23), ϐλέπουµε ότι 6x 3 mod 23. Εποµένως οι λύσεις της ισοτιµίας 6x 3 mod 23 είναι x 12 mod 23. 7. Να γράψετε τον ϕυσικό αριθµό 1 ως ακέραιο συνδυασµό των 35 και 101, χρησιµοποιώντας τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο. Απάντηση Πρώτα, εφαρµόζουµε τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο για να ϐρούµε τον µ.κ.δ. των 35 και 101. 101 = 2 35 + 31, 35 = 31 + 4, 31 = 4 7 + 3, 4 = 3 1 + 1. Εποµένως, ο µ.κ.δ.(35, 101) = 1 και 1 = 4 3, 3 = 31 4 7, 4 = 35 31, 31 = 101 35 2. Αντικαθιστώντας διαδοχικά ϐρίσκουµε ότι 1 = 4 (31 4 7) = 8 4 31 = 8(35 31) 31 = 8 35 9 31 = 8 35 9(101 35 2) = 26 35 9 101.
Εισαγωγή στην Αλγεβρα Σελίδα 4/5 Φεβρουάριος 2017 8. Να αποδείξετε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός της µορφής 4n 1 έχει έναν πρώτο διαιρέτη p, τέτοιον ώστε p 3 mod 4. Να συµπεράνετε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 4m + 3. Απάντηση Αν ο p είναι πρώτος αριθµός διάφορος του 2, τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης του p δια του 4 είναι το 1 ή το 3, δηλ. p 1 mod 4 ή p 3 mod 4. Το κρίσιµο εδώ, λοιπόν, δεν είναι να αποδείξουµε ότι ο ϕυσικός αριθµός m = 4n 1 έχει έναν πρώτο διαιρέτη, αλλά ότι έχει τουλάχιστον έναν πρώτο διαιρέτη 3 mod 4. Ο ϕυσικός αριθµός m δεν είναι άρτιος. Εποµένως, το 2 m. Κατά συνέπεια, αν p m, τότε p 1 mod 4 ή p 3 mod 4. Εστω m = p a 1 1 pat t, η ανάλυση του m σε γινόµενο πρώτων, σύµφωνα µε το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αριθµητικής, όπου p i πρώτοι, για i = 1,..., t και a i N. Εστω ότι όλοι οι πρώτοι p i είναι της µορφής p i 1 mod 4. Θα καταλήξουµε σε άτοπο. Πράγµατι, p i 1 mod 4, άρα p a i i 1 mod 4. Πολλαπλασιάζοντας τις ισοτιµίες ανά σκέλη, προκύπτει ότι p a 1 1 1 mod 4, pa 2 2 1 mod 4,..., pat t 1 mod 4 m 1 mod 4. Αυτό όµως είναι άτοπο, γιατί m = 4n 1 1 mod 4. Εποµένως, υπάρχει πρώτος διαιρέτης p του m, τέτοιος ώστε p 3 mod 4. Εστω τώρα ότι το σύνολο των πρώτων ϕυσικών αριθµών της µορφής 4n + 3 είναι πεπερασµένο, και έστω ότι A = {q 1,..., q f } είναι το σύνολο αυτών των πρώτων. Τότε m = 4q 1 q f 1 / A και σύµφωνα µε την προηγούµενη παρατήρηση, ο m έχει έναν πρώτο διαιρέτη από το σύνολο A, έστω τον q j. Τότε q j m. Οµως q j 4q 1... q f και κατά συνέπεια q j m 4q 1... q f, δηλ. q j 1, άτοπο. Κατλήξαµε σε άτοπο γιατί υποθέσαµε οτι το σύνολο των πρώτων ϕυσικών αριθµών της µορφής 4n + 3 είναι πεπερασµένο. Άρα το σύνολο των πρώτων ϕυσικών αριθµών της µορφής 4n + 3 είναι άπειρο. 9. (Οµάδα Α) Να αποδείξετε ότι (Z 7, ) είναι οµάδα. Να εξετάσετε αν είναι ισόµορφη µε την (Z 6, +). Απάντηση Θα ϑεωρήσουµε δεδοµένο ότι είναι πράξη στο Z 7, δηλ. ότι η πράξη είναι καλά ορισµένη. Επίσης αν ā, b, c είναι οποιαδήποτε τρία στοιχεία του Z 7, ισχύει ότι ā( b c) = ā (b c) = a(b c) = (a b) c = (a b) c = (ā b) c, άρα ικανοποιεί την προσεταιριστική ιδιότητα, στο Z 7. Το ουδέτερο στοιχείο της Z 7 για τον πολλαπλασιασµό είναι το 1. Για την ύπαρξη αντιστρόφου, µπορούµε να κατασκευάσουµε τον πίνακα πολλαπλασιασµού της Z 7 και να παρατηρήσουµε ότι σε κάθε γραµµή (και στήλη) εµφανίζεται το 1. Οµως, είναι ϕανερό, ότι αυτή η τεχνική δεν µπορεί να εφαρµοστεί για το Z p, εάν το p είναι µεγάλο. Στη γενική περίπτωση, χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Bezout, όπως δείχνουµε πα- ϱακάτω. Αν ā Z 7, τότε (a, 7) = 1. Εποµένως, από το Θεώρηµα του Bezout υπάρχουν x, y Z τέτοιο ώστε ax + 7y = 1 και άρα ax 1 mod 7. Συµπεραίνουµε ότι x a = a x = 1, δηλ. κάθε στοιχείο της Z 7 έχει αντίστροφο στοιχείο Εποµένως, η (Z 7, ) είναι οµάδα. Θα δείξουµε ότι η (Z 7, ) είναι ισόµορφη µε την (Z 6, +). Μπορούµε να γράψουµε τους πίνακες των πράξεων των δύο οµάδων µε τα στοιχεία γραµµένα στην κατάλληλη σειρά για να δείξουµε ότι έχουµε ακριβώς την ίδια δοµή. Οµως, είναι ϕανερό, ότι αυτή η τεχνική δεν µπορεί να εφαρµοστεί για το Z p, εάν το p ήταν µεγάλο, αντί για το 7. Ετσι, προσπαθούµε να δούµε αν υπάρχει κάποιο στοιχείο της Z 7, που υψώνοντάς το σε κάποια δύναµη να µας δίνει όλα τα στοιχεία της Z 7. Το 1 προφανώς δεν έχει αυτήν την ιδιότητα. Ούτε και το 2, αφού 2 2 = 4, 2 3 = 8 = 1, κ.ο.κ.ε. Παρατηρούµε όµως, ότι και ότι γενικώτερα 3 1 = 3, 3 2 = 2, 3 3 = 6, 3 4 = 4, 3 5 = 5, 3 6 = 1 = 3 0, αν n = 6q + r, µε 0 r < 6, τότε 3 n = 3 6q+r = 3 6q 3 r = 1 3 r.
Εισαγωγή στην Αλγεβρα Σελίδα 5/5 Φεβρουάριος 2017 Με άλλα λόγια, αν 3 n 1 = 3 n 2, και r 1, r 2 είναι τα αντίστοιχα υπόλοιπα της διαίερσης µε το 6, τότε 3 n 1 = 3 n 2 3 r 1 = 3 r 2 r1 = r 2. (1) Αφού όλα τα στοιχεία του Z 7 είναι δυνάµεις του 3, για να ορίσουµε µία συνάρτηση από το Z 7 αρκεί να προσδιορίσουµε τις τιµές που ϑα πάρουν οι δυνάµεις του 3. Για να ξεχωρίσουµε τα στοιχεία του Z 6 (από τα στοιχεία του Z 7 ), ϑα χρησιµοποιήσουµε τον δεξί δείκτη 6. Ορίζουµε, λοιπόν, φ : Z 7 Z 6, φ( 3 n ) = n 6, για n = 1,..., 6. Αναλυτικά : φ( 1) = 0 6, φ( 2) = 2 6, φ( 3) = 1 6, φ( 4) = 4 6, φ( 5) = 5 6, φ( 6) = 3 6. Επιπλέον, σηµειώνουµε, ότι αν n = 6q + r, όπου 0 r < 6, τότε φ( 3 n ) = φ( 3 6q+r ) = 6q + r 6 = 6q 6 + r 6 = r 6 = φ( 3 r ) (2) και µπορούµε να γράψουµε (χωρίς περιορισµό στο n) φ : Z 7 Z 6, φ( 3 n ) = n 6, για n Z. Η παρατήρηση 2 µαζί µε την παρατήρηση 1, δείχνουν ότι η συνάρτηση φ είναι καλά ορισµένη και ανεξάρτητη του αντιπροσώπου που επιλέγουµε από την κλάση ισοδυναµίας του 3 n (αφού δύο αντιπρόσωποι της ίδιας κλάσης έχουν το ίδιο υπόλοιπο και η φ προσδιορίζεται από το υπόλοιπο). Μένει να δείξουµε ότι φ είναι οµοµορφισµός οµάδων. Πράγµατι : φ( 3 n 3 m ) = φ( 3 (n+m) ) = (n + m) 6 = n 6 + m 6 = φ(3 n ) + φ(3 m ), άρα φ είναι οµοµορφισµός οµάδων. ισοµορφισµός. Η συνάρτηση φ είναι αµφιµονότιµη και επί, άρα είναι Σηµειώνουµε ότι αν ϑέλουµε να γράψουµε τους πίνακες των πράξεων των δύο οµάδων για να επιχειρηµατολογήσουµε ότι οι πίνακες των δύο οµάδων έχουν την ίδια δοµή, ϑα πρέπει να γράψουµε τα στοιχεία της Z 7 στην πρώτη γραµµή και στήλη µε την κατάλληλη σειρά, όπως και τα στοιχεία της Z 6 µε τη συνήθη σειρά : 1, 3, 2, 6, 4, 5, 0 6, 1 6, 2 6, 3 6, 4 6, 5 6. (Οµάδα Β) Στο αντίστοιχο ερώτηµα της (Οµάδας Β), προκύπτει ότι η (Z 11, ) είναι ισόµορφη µε την (Z 10, +), µέσω του οµοµορφισµού φ : Z 11 Z 10, φ( 2 n ) = n 10.