Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella

Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu

Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije... 3. Kvadratni ostatci... 9 4. Kvadratne forme... 38 5. Aritmetičke funkcije... 47 6. Diofantske aproksimacije... 59 7. Diofantske jednadžbe... 75 8. Kvadratna polja... 86

. Djeljivost Teorija brojeva je grana matematike koja se ponajprije bavi proučavanjem svojstava skupa prirodnih brojeva N = {,,3,4,... }. Jedno od osnovnih svojstava skupa N je da su na njemu definirane operacije zbrajanja i množenja koje zadovoljavaju zakone komutativnosti, asocijativnosti i distributivnosti. Pored toga, na skupu N imamo uredaj takav da za svaka dva različita elementa m,n iz N vrijedi ili m < n ili n < m. Nadalje, svaki neprazan podskup od N ima najmanji element, te vrijedi princip matematičke indukcije. Ova svojstva ćemo u daljnjem često koristiti. Osim svojstava skupa N, proučavat ćemo i svojstva skupa cijelih brojeva 0, ±, ±, ±3,... kojeg ćemo označavati sa Z, te skupa racionalnih brojeva, tj. brojeva oblika p q za p Z, q N, kojeg ćemo označavati s Q. Pojam djeljivosti je jedan od najjednostavnijih, ali ujedno i najvažnijih pojmova u teoriji brojeva. Stoga ćemo s njim započeti naša razmatranja. Definicija.. Neka su a 0 i b cijeli brojevi. Kažemo da je b djeljiv s a, odnosno da a dijeli b, ako postoji cijeli broj x takav da je b = ax. To zapisujemo sa a b. Ako b nije djeljiv sa a, onda pišemo a b. Ako a b, onda još kažemo da je a djelitelj od b, a da je b višekratnik od a. Oznaka a k b će nam značiti da a k b, ali a k+ b. Uočimo da je relacija biti djeljiv relacija parcijalnog uredaja na skupu N, ali nije na skupu Z (jer a b i b a povlači da je a = ±b). Teorem. (Teorem o dijeljenju s ostatkom). Za proizvoljan prirodan broj a i cijeli broj b postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = qa + r, 0 r < a. Dokaz: Promotrimo skup {b am : m Z}. Najmanji nenegativni član ovog skupa označimo sa r. Tada je po definiciji 0 r < a i postoji q Z takav da je b qa = r, tj. b = qa + r. Da bi dokazali jedinstvenost od q i r, pretpostavimo da postoji još jedan par q, r koji zadovoljava iste uvjete. Pokažimo najprije da je r = r. Pretpostavimo da je npr. r < r. Tada je 0 < r r < a, dok je s druge strane r r = a(q q ) a. Prema tome je r = r, pa je stoga i q = q. Definicija.. Neka su b i c cijeli brojevi. Cijeli broj a zovemo zajednički djelitelj od b i c ako a b i a c. Ako je barem jedan od brojeva b i c različit

. Djeljivost 3 od nule, onda postoji samo konačno mnogo zajedničkih djelitelja od b i c. Najveći medu njima zove se najveći zajednički djelitelj od b i c i označava se s (b,c). Slično se definira najveći zajednički djelitelj brojeva b,b,...,b n koji nisu svi jednaki nuli, te se označava s (b,b,...,b n ). Uočimo da je (b,c). Teorem.. (b,c) = min({bx + cy : x,y Z} N) Dokaz: Neka je g = (b,c), te neka je l najmanji pozitivni član skupa S = {bx + cy : x,y Z}. To znači da postoje cijeli brojevi x 0 i y 0 takvi da je l = bx 0 + cy 0. Pokažimo da l b i l c. Pretpostavimo da npr. l b. Tada po Teoremu. postoje cijeli brojevi q i r takvi da je b = lq + r i 0 < r < l. Sada je r = b lq = b q(bx 0 + cy 0 ) = b( qx 0 ) + c( qy 0 ) S, što je u suprotnosti s minimalnošću od l. Dakle, l b, a na isti način se pokazuje da l c. To znači da je l g. Budući da je g = (b,c), to postoje β,γ Z takvi da je b = gβ, c = gγ, pa je l = bx 0 + cy 0 = g(βx 0 + γy 0 ). Odavde slijedi da je g l, pa smo dokazali da je g = l. Ako se cijeli broj d može prikazati u obliku d = bx + cy, onda je (b,c) djelitelj od d. Posebno, ako je bx + cy =, onda je (b,c) =. Ako je d zajednički djeljitelj od b i c, onda d (b.c). Zaista, d dijeli b i c, pa onda dijeli i bx + cy, te tvrdnja slijedi iz Teorema.. Definicija.3. Reći ćemo da su cijeli brojevi a i b i relativno prosti ako je (a,b) =. Za cijele brojeve a,a,...,a n reći ćemo da su relativno prosti ako je (a,a,...,a n ) =, a da su u parovima relativno prosti ako je (a i,a j ) = za sve i,j n, i j. Propozicija.3. Ako je (a,m) = (b,m) =, onda je (ab,m) =. Dokaz: Po Teoremu. postoje x 0,y 0,x,y Z takvi da je = ax 0 + my 0 = bx + my. Odavde je ax 0 bx = ( my 0 )( my ) = my, gdje je y = y 0 + y my 0 y. Sada iz abx 0 x + my = zaključujemo da je (ab,m) =. Propozicija.4. (a,b) = (a,b + ax) Dokaz: Označimo (a,b) = d, (a,b + ax) = g. Po Teoremu. postoje x 0,y 0 Z takvi da je d = ax 0 + by 0, odnosno d = a(x 0 xy 0 ) + (b + ax)y 0.

. Djeljivost 4 Odavde slijedi da g d. Pokažimo sada da d g. Budući d a i d b imamo da d (b + ax). Dakle, d je zajednički djelitelj od a i b + ax, pa po Teoremu. imamo da d g. Pošto su brojevi d i g pozitivni po definiciji, iz d g i g d slijedi da je d = g. Teorem.5 (Euklidov algoritam). Neka su b i c > 0 cijeli brojevi. Pretpostavimo da je uzastopnom primjenom Teorema. dobiven niz jednakosti b = cq + r, 0 < r < c, c = r q + r, 0 < r < r, r = r q 3 + r 3, 0 < r 3 < r,... r j = r j q j + r j, 0 < r j < r j, r j = r j q j+. Tada je (b,c) jednak r j, posljednjem ostatku različitom od nule. Vrijednosti od x 0 i y 0 u izrazu (b,c) = bx 0 + cy 0 mogu se dobiti izražavanjem svakog ostatka r i kao linearne kombinacije od b i c. Dokaz: Po Propoziciji.4 imamo (b,c) = (b cq,c) = (r,c) = (r,c r q ) = (r,r ) = (r r q 3,r ) = (r 3,r ). Nastavljajući ovaj proces, dobivamo: (b,c) = (r j,r j ) = (r j,0) = r j. Indukcijom ćemo dokazati da je svaki r i linearna kombinacija od b i c. To je točno za r i r, pa pretpostavimo da vrijedi za r i i r i. Budući da je r i linearna kombinacija od r i i r i, po pretpostavci indukcije dobivamo da je i linearna kombinacija od b i c. Primjer.. Odredimo d = (5,98) i prikažimo d kao linearnu kombinaciju brojeva 5 i 98. Rješenje: 5 = 98 + 54 98 = 54 3 + 36 54 = 36 + 8 36 = 8 Dakle, (5,98) = 8. Nadalje, imamo: 8 = 54 36 = 54 (98 54 3) = 4 54 98 = 4 (5 98 ) 98 = 4 5 5 98.

. Djeljivost 5 Rješenja jednadžbe bx + cy = (b, c) mogu se efikasno dobiti na slijedeći način: ako je onda je r = b, r 0 = c; r i = r i q i r i ; x =, x 0 = 0; x i = x i q i x i ; y = 0, y 0 = ; y i = y i q i y i, bx i + cy i = r i, za i =,0,,...,j +. Ova formula je točna za i = i i = 0, pa tvrdnja trivijalno slijedi indukcijom, jer obje strane formule zadovoljavaju istu rekuzivnu relaciju. Posebno, vrijedi: bx j + cy j = (b,c). Primjer.. Odredimo g = (3587, 89) i nadimo cijele brojeve x, y takve da je 3587x + 89y = g. Rješenje: 3587 = 89 + 768 89 = 768 + 5 768 = 5 34 + 34 5 = 34 + 7 34 = 7 i 0 3 4 q i 34 x i 0 35 36 y i 0 69 7 Dakle, g = 7, te 3587 ( 36) + 89 7 = 7. Zadatak.. Odredite g = (43,98) i nadite cijele brojeve x,y takve da je 43x + 98y = g. Zadatak.. Odredite cijele brojeve x,y takve da je a) 7x + 50y =, b) 93x + 8y = 3. Propozicija.6. Za broj koraka j u Euklidovom algoritmu vrijedi j < log c. Dokaz: Pogledajmo i-ti korak. Imamo r i r i ili r i < r i < r i. U ovom drugom slučaju imamo q i+ = i r i+ = r i r i < r i. Dakle, u svakom slučaju je r i+ < r i. Odavde je r j < r j < r j 4 4 < < r 0 j/

. Djeljivost 6 ako je j paran, a r j < r j 3 < < r 0 (j )/ ako je j neparan. Dakle, u svakom slučaju je c = r 0 > j/, pa je j < log c. Zadatak.3. Dokažite da, uz oznake iz Teorema.5, za i = 0,,...,j + vrijedi x i y i x i y i = ( ) i, te (x i,y i ) =. Propozicija.7. Uz oznake iz Teorema.5, vrijedi: x j c g, y j c gdje je g = (b,c). Dokaz: Pokažimo indukcijom da je ( ) i x i 0, ( ) i y i 0 za i =,0,,...,j +. Za i =,0 tvrdnja vrijedi po definiciji, a ako pretpostavimo da vrijedi za i, i, onda iz x i = x i q i x i slijedi ( ) i x i = ( ) i x i +( ) i q i x i 0. Za y i je dokaz sasvim analogan. Prema tome, x i = x i + q i x i, y i = y i + q i y i. Nadalje, budući da je r j+ = 0, imamo b g x j+ = c g y j+, pa iz ( b g, c g ) = i (x j+,y j+ ) = slijedi x j+ = c g, y j+ = b g. Uvrstimo li ovo u x j+ = x j + q j+ x j, y j+ = y j +q j+ y j i uvažimo da je q j+ (zbog r j < r j ), dobivamo traženi rezultat. g, Definicija.4. Prirodan broj p > se zove prost ako p nema niti jednog djelitelja d takvog da je < d < p. Ako prirodan broj a > nije prost, onda kažemo da je složen. Teorem.8. Svaki prirodan broj n > može se prikazati kao produkt prostih brojeva (s jednim ili više faktora). Dokaz: Dokazat ćemo teorem matematičkom indukcijom. Broj je prost. Pretpostavimo da je n >, te da tvrdnja teorema vrijedi za sve m, m < n. Želimo dokazati da se i n može prikazati kao produkt prostih faktora. Ako je n prost, nemamo što dokazivati. U protivnom je n = n n, gdje je < n < n i < n < n. Po pretpostavci indukcije, n i n su produkti prostih brojeva, pa stoga i n ima to svojstvo. Iz Teorema.8 slijedi da svaki prirodan broj n možemo prikazati u obliku n = p α pα pαr r, gdje su p,...,p r različiti prosti brojevi, a α,...,α r prirodni brojevi. Ovakav prikaz broja n zvat ćemo kanonski rastav broja n na proste faktore. Propozicija.9. Ako je p prost broj i p ab, onda p a ili p b. Općenitije, ako p a a a n, onda p dijeli barem jedan faktor a i.

. Djeljivost 7 Dokaz: Ako p a, onda je (p,a) =, pa postoje cijeli brojevi x i y takvi da je ax + py =. Sada je abx + pby = b, pa p dijeli b. Općenitiju tvrdnju dokazujemo indukcijom. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za produkte s manje od n faktora. Sada ako p a (a a n ), onda p a ili p a a 3 a n. Ako p a a 3 a n, onda po induktivnoj pretpostavci p a i za neki i =,...,n. Teorem.0 (Osnovni teorem aritmetike). Faktorizacija svakog prirodnog broja n > na proste faktore je jedinstvena do na poredak prostih faktora. Dokaz: Pretpostavimo da n ima dvije različite faktorizacije. Dijeleći s prostim brojevima koji su zajednički objema reprezentacijama, dobit ćemo jednakost oblika p p p r = q q q s, gdje su p i, q j prosti brojevi, ne nužno različiti, ali takvi da se niti jedan prost broj s lijeve strane ne pojavljuje na desnoj strani, tj. p i q j za sve i,j. Medutim, to je nemoguće jer iz p q q q s, po Propoziciji.9, slijedi pa p dijeli barem jedan q j. No, to znači da je p = q j, kontradikcija. Napomena.. U Poglavlju 8 ćemo vidjeti da analogon Teorema.0 ne vrijedi za cijele brojeve u (nekim) kvadratnim poljima. Za sada, kao primjer nejednoznačne faktorizacije na proste faktore u prstenu Z[ 6] = {a + b 6 : a,b Z} navedimo ove dvije faktorizacije broja 0: 0 = 5 = ( + 6)( 6). U primjenama Teorema.0 često ćemo prirodan broj a pisati u obliku a = p pα(p), gdje je α(p) 0 i podrazumijevamo da je α(p) = 0 za skoro sve proste brojeve p. Ako je a =, onda je α(p) = 0 za sve p. Ako je a = p pα(p), b = p pβ(p), c = p pγ(p) i ab = c, onda je po Teoremu.0, α(p) + β(p) = γ(p) za sve p. Dakle, ako a c, onda je α(p) γ(p). Obratno, ako je α(p) γ(p), onda možemo definirati prirodan broj b = p pβ(p) sa β(p) = γ(p) α(p). Tada je ab = c, pa a c. Prema tome, dobili smo da vrijedi Kao posljedicu formule () dobivamo formulu a c α(p) γ(p), p. () (a,b) = p p min(α(p),β(p)). () Definicija.5. Neka su a,a,...,a n cijeli brojevi različiti od nule. Najmanji prirodan broj c za koji vrijedi da a i c za sve i =,,...,n zove se najmanji zajednički višekratnik i označava s [a,a,...,a n ].

. Djeljivost 8 Iz () slijedi da je [a,b] = p p max(α(p),β(p)). (3) Propozicija.. (a,b) [a,b] = ab Dokaz: Po Teoremu.0 i formulama () i (3), dovoljno je provjeriti da za sve realne brojeve x,y vrijedi: min(x,y) + max(x,y) = x + y. Zaista, ako je x y, onda je min(x,y) + max(x,y) = x + y, a ako je x > y, onda je min(x,y) + max(x,y) = y + x = x + y. Zadatak.4. Odredite [48, 687]. Reći ćemo da je prirodan broj a (potpun) kvadrat ako se može zapisati u obliku n, n N. Iz Teorema.0 vidimo da je a potpun kvadrat ako i samo ako su svi eksponenti α(p) parni. Kažemo da je a kvadratno slobodan ako je najveći kvadrat koji dijeli a. Stoga je a kvadratno slobodan ako i samo ako su svi eksponenti α(p) jednaki 0 ili. Konačno, ako je p prost, onda je p k a ekvivalentno s k = α(p). Primjer.3. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je (a,b) =, te da je ab potpun kvadrat. Dokazati da su tada a i b potpuni kvadrati. Rješenje: Neka je a = p pα(p), b = p pβ(p). Budući da je ab potpun kvadrat, broj α(p)+β(p) je paran za sve p. S druge strane, (a,b) = povlači da je za sve p barem jedan od brojeva α(p), β(p) jednak 0. No, to znači da su brojevi α(p) i β(p) parni za sve p, pa su a i b potpuni kvadrati. Zadatak.5. Nadite prirodan broj n sa svojstvom da je n kvadrat, n 3 kub, a n 5 peta potencija nekog prirodnog broja. Primjer.4. Dokazati da svaki složen broj n ima prosti faktor p n. Rješenje: Neka je p najmanji djelitelj od n koji je veći od. Tada je p očito prost i postoji m N takav da je n = p m. Budući da je m p, dobivamo da je p n. Primjer.4 možemo iskoristiti za generiranje tablice prostih brojeva tzv. Eratostenovim sitom. Recimo, na primjer, da želimo napraviti tablicu prostih brojeva 00. Napišemo sve prirodne brojeve od do 00. Prekrižimo sve prave višekratnike broja, pa broja 3, pa broja 5. U svakom koraku, prvi neprekriženi broj je prost, te u idućem koraku križamo njegove prave višekratnike (prvi novoprekriženi broj će biti njegov kvadrat, jer su svi manji višekratnici već ranije prekriženi). U našem slučaju, nakon križanja višekratnika od 7, i 3, tablica je gotova (jer je 7 > 00).

. Djeljivost 9 Teorem. (Euklid). Skup svih prostih brojeva je beskonačan. Dokaz: Pretpostavimo da su p,p,...,p k svi prosti brojevi. Promotrimo broj n = + p p p k. Uočimo da n nije djeljiv ni sa p, ni sa p,..., ni sa p k. Dakle, svaki prosti faktor p od n je različit od p,...,p k. Budući da je n ili prost ili ima prosti faktor, dobili smo prost broj različit od p,...,p k, što je kontradikcija. Primjer.5. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k + 3 ima beskonačno mnogo. Rješenje: Pri dijeljenju sa 4 neparni prosti broj može dati ostatak ili 3. Produkt brojeva oblika 4k + i sam ima taj oblik. Zaista, (4s + )(4t + ) = 4(4st + s + t) +. Neka su sada p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 4k +3. Promotrimo broj 4p p p n. Ako bi svi njegovi prosti faktori bili oblika 4k +, onda bi i on sam imao taj oblik. Prema tome, on ima barem jedan prosti faktor p oblika 4k + 3. Očito je p p i, za i =,,...,n, pa smo dobili kontradikciju. Primjer.6. Dokazati da za svaki realan broj y vrijedi p y > ln ln y. p Odavde neposredno slijedi da red p prost p da prostih brojeva ima beskonačno mnogo. divergira, što daje novi dokaz Rješenje: S N označimo skup svih prirodnih brojeva n koji su sastavljeni samo od prostih faktora p koji su y (uključujući i broj ). Budući da imamo samo konačno mnogo prostih brojeva p koji su y, a u apsolutno konvergentnom redu možemo permutirati članove, imamo ( + p + p + ) p 3 + = p y n N n. (4) Očito su svi prirodni brojevi koji su y elementi skupa N. Neka je N = y, najveći cijeli broj y. Usporedbom (gornje Darbouxove) sume i integrala, dobivamo N N+ n dx = ln(n + ) > ln y. x n=

. Djeljivost 0 Prema tome, iz (4) dobivamo p y ( p) > ln y. (5) Dokažimo sada da za sve realne brojeve v, takve da je 0 v, vrijedi e v+v ( v). (6) Zaista, neka je f(v) = ( v)e v+v. Tada je f (v) = e v+v +( v)(+ v)e v+v = v( v)e v+v, što je 0 za v [0, ]. Stoga iz f(0) = slijedi da je f(v) za v [0, ]. Uvrstimo li (6) u (5), dobivamo p y e p + p > ln y. Logaritmirajući obje strane ove nejednakosti, dobivamo p y p + > ln ln y. p p y Očito je p y < p n= < dx n =, pa je x p y p > ln ln y. Primjer.7. Dokazati da za svaki prirodan broj n postoji n uzastopnih složenih brojeva. Rješenje: To su npr. brojevi (n + )! +, (n + )! + 3,..., (n + )! + n, (n + )! + n +, jer je (n + )! + j djeljivo sa j za j =,3,...,n +. Primjer.8. Dokazati da ne postoji polinom f(x) s cjelobrojnim koeficijentima, stupnja, takav da je f(n) prost za sve n N. Rješenje: Neka je f() = p. Tada je p prost broj. Budući da je f( + kp) f() djeljivo sa ( + kp) = kp (jer x y dijeli x m y m ), slijedi da p f( + kp), za svaki k N. Medutim, f( + kp) je prost, pa mora biti f( + kp) = p, k N. Budući da polinom f(x) p ima beskonačno mnogo nultočaka, on mora biti nulpolinom, pa je f(x) = p, što je u suprotnosti s pretpostavkom da je stf. Puno teži problem je odrediti polinome f(x) takve da je f(n) prost za beskonačno mnogo prirodnih brojeva n. Zna se da to vrijedi za linearne polinome f(x) = ax + b ako je (a,b) = (Dirichletov teorem o prostim brojevima u aritmetičkom nizu). No, već za polinom f(x) = x +, to je otvoreno pitanje. Hipoteza je da tvrdnja vrijedi za sve polinome koji su ireducibilni i za koje ne postoji prirodan broj d > takav da d f(n), n N.

. Djeljivost Primjer.9. Neka je broj k + prost. Dokazati da je tada k = 0 ili k = n za neki n 0. Rješenje: Pretpostavimo da k ima neki neparan prosti faktor p. Tada iz k = p m slijedi da je broj k + = ( m ) p + p = ( m + )( m(p ) m(p ) + + ) djeljiv s m +, pa nije prost. Brojevi f n = n + nazivaju se Fermatovi brojevi. Fermat je smatrao da su svi oni prosti. Zaista, f 0 = 3, f = 5, f = 7, f 3 = 57 i f 4 = 65537 su prosti. Medutim, f 5 = 3 + je složen. Pokažimo to! 3 + = 4 8 + = (64 5 4 ) 8 + = 64 8 (5 7 ) 4 + = 64 8 (64 ) 4 + = 64 ( 8 64 3 + 4 64 6 64 + 4) Prema tome, 64 f 5. Hipoteza je da je samo konačno mnogo Fermatovih brojeva prosto. Zadatak.6. Dokažite da za m n vrijedi (f m,f n ) =. Pokažite da ova činjenica povlači da prostih brojeva ima beskonačno mnogo. Primjer.0. Neka je broj n prost. Dokazati da je tada i broj n prost. Rješenje: Pretpostavimo da je broj n složen, tj. n = ab, a >, b >. Tada je broj n = ( a ) b b djeljiv s a, pa nije prost. Brojevi M p = p, gdje je p prost, zovu se Mersennovi brojevi. Neki Mersennovi brojevi su prosti, kao npr. M 7 = 7, a neki su složeni, kao npr. M = 047 = 3 89. Hipoteza je da Mersennovih brojeva koji su prosti ima beskonačno mnogo. Najveći poznati prosti Mersennov broj je M 358657. To je ujedno i najveći danas poznati prosti broj (ima 9808358 znamenaka; otkrili su ga 006. godine Cooper, Boone, Woltman i Kurowski).

. Kongruencije Teoriju kongruencija uveo je u svom djelu Disquisitiones Arithmeticae iz 80. godine Carl Friedrich Gauss (777-855), jedan od najvećih matematičara svih vremena. On je takoder uveo i oznaku za kongruenciju koju i danas rabimo. Definicija.. Ako cijeli broj m 0 dijeli razliku a b, onda kažemo da je a kongruentan b modulo m i pišemo a b (mod m). U protivnom, kažemo da a nije kongruentan b modulo m i pišemo a b (mod m). Budući da je a b djeljivo s m ako i samo ako je djeljivo s m, bez smanjenja općenitosti možemo se usredotočiti na pozitivne module i kod nas će ubuduće modul m biti prirodan broj. Kongruencije imaju mnoga svojstva zajednička s jednakostima. Propozicija.. Relacija biti kongruentan modulo m je relacija ekvivalencije na skupu Z. Dokaz: Treba provjeriti refleksivnost, simetričnost i tranzitivnost. () Iz m 0 slijedi a a (mod m). () Ako je a b (mod m), onda postoji k Z takav a b = mk. Sada je b a = m ( k), pa je b a (mod m). (3) Iz a b (mod m) i b c (mod m) slijedi da postoje k,l Z takvi da je a b = mk i c b = ml. Zbrajanjem dobivamo a c = m(k + l), što povlači a c (mod m). Još neka od jednostavnih svojstava kongruencija dana su u sljedećoj propoziciji. Propozicija.. Neka su a, b, c, d cijeli brojevi. () Ako je a b (mod m) i c d (mod m), onda je a + c b + d (mod m), a c b d (mod m), ac bd (mod m). () Ako je a b (mod m) i d m, onda je a b (mod d). (3) Ako je a b (mod m), onda je ac bc (mod mc) za svaki c 0. Dokaz: () Neka je a b = mk i c d = ml. Tada je (a + c) (b + d) = m(k + l) i (a c) (b d) = m(k l), pa je a + c b + d (mod m) i a c b d (mod m). Zbog ac bd = a(c d) + d(a b) = m(al + dk) slijedi da je ac bd (mod m). () Neka je m = de. Tada iz a b = mk slijedi a b = d (ek), pa je a b (mod d). (3) Iz a b = mk slijedi ac bc = (mc) k, pa je ac bc (mod mc).

. Kongruencije 3 Propozicija.3. Neka je f polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Ako je a b (mod m), onda je f(a) f(b) (mod m). Dokaz: Neka je f(x) = c n x n + c n x n + + c 0, gdje su c i Z. Budući da je a b (mod m), uzastopnom primjenom Propozicije..) dobivamo: a b (mod m), a 3 b 3 (mod m),..., a n b n (mod m). Tada je c i a i c i b i (mod m) i konačno: c n a n + c n a n + + c 0 c n b n + c n b n + + c 0 (mod m). m (a,m) ). Teorem.4. Vrijedi: ax ay (mod m) ako i samo ako x y (mod Specijalno, ako je ax ay (mod m) i (a,m) =, onda je x y (mod m). Dokaz: Ako je ax ay (mod m), onda postoji z Z takav da je ay a ax = mz. Sada imamo: (a,m)(y x) = m m (a,m) z, tj. (a,m) dijeli a (a,m)(y x). a No, brojevi (a,m) i m m (a,m) su relativno prosti, pa zaključujemo da (a,m) dijeli y x, tj. da je x y (mod m (a,m) ). Obrnuto, ako je x y (mod m (a,m)), onda po Propoziciji..3) dobivamo ax ay (mod am (a,m)). No, (a,m) je djelitelj od a, pa po Propoziciji..) dobivamo ax ay (mod m). Definicija.. Skup {x,,x m } se zove potpuni sustav ostataka modulo m ako za svaki y Z postoji točno jedan x j takav da je y x j (mod m). Drugim riječima, potpuni sustav ostataka dobivamo tako da iz svake klase ekvivalencije modulo m uzmemo po jedan član. Očito je da postoji beskonačno mnogo potpunih sustava ostataka modulo m. Jedan od njih je tzv. sustav najmanjih nenegativnih ostataka: {0,,..., m }. Pored njega, često se koristi i sustav apsolutno najmanjih ostataka. Ako je m neparan broj, apsolutno najmanji ostatci su m, m 3 a ako je m paran, onda su to m, m 4,...,, 0,,..., m 3, m,,...,, 0,,..., m, m. Teorem.5. Neka je {x,...,x m } potpuni sustav ostataka modulo m, te neka je (a,m) =. Tada je {ax,...,ax m } takoder potpuni sustav ostataka modulo m.

. Kongruencije 4 Dokaz: Dovoljno je dokazati da je ax i ax j (mod m) za i j. Pretpostavimo da je ax i ax j (mod m). Tada Teorem.4 povlači da je x i x j (mod m), tj. i = j. Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Rješenje kongruencije f(x) 0 (mod m) je svaki cijeli broj x koji je zadovoljava. Ako je x neko rješenje ove kongruencije, a x x (mod m), onda je, po Propoziciji.3, x takoder rješenje. Dva rješenja x i x smatramo ekvivalentnim ako je x x (mod m). Broj rješenja kongruencije je broj neekvivalentnih rješenja. Teorem.6. Neka su a i m prirodni, te b cijeli broj. Kongruencija ax b (mod m) ima rješenja ako i samo ako d = (a,m) dijeli b. Ako je ovaj uvjet zadovoljen, onda gornja kongruencija ima točno d rješenja modulo m. Dokaz: Ako kongruencija ax b (mod m) ima rješenja, onda postoji y Z tako da je ax my = b. Odavde je očito da (a,m) b. Pretpostavimo sada da d = (a,m) dijeli b. Stavimo a = a d, b = b d, m = m d. Sada trebamo riješiti kongruenciju a x b (mod m ). No, ona ima točno jedno rješenje modulo m. Zaista, budući da je (a,m ) =, po Teoremu.5, kad x prolazi potpunim sustavom ostataka modulo m i a x prolazi tim istim sustavom, tj. svaki ostatak modulo m (pa tako i b ) se dobiva točno za jedan x iz potpunog sustava ostataka modulo m. Jasno je da ako je x neko rješenje od a x b (mod m ), onda su sva rješenja od ax b (mod m) u cijelim brojevima dana sa x = x + nm, za n Z, a sva medusobno neekvivalentna rješenja sa x = x + nm, gdje je n = 0,,...,d. Dakle, ako d dijeli b, onda kongruencija ax b (mod m) ima točno d rješenja modulo m. Iz Teorema.6 slijedi da ako je p prost broj i a nije djeljiv s p, onda kongruencija ax b (mod p) uvijek ima rješenje i to rješenje je jedinstveno. Ovo pak povlači da skup ostataka {0,,...,p } pri dijeljenju sa p, uz zbrajanje i množenje (mod p), čini polje. To polje se obično označava sa Z p ili F p. Postavlja se pitanje kako riješiti kongruenciju a x b (mod m ), gdje je (a,m ) =. Budući da je (a,m ) =, to postoje brojevi u,v Z takvi da je a u + m v = i u,v se mogu naći pomoću Euklidovog algoritma. Sada je a u (mod m ), pa je x ub (mod m ). Primjer.. Riješimo kongruenciju 555x 5 (mod 5005). Rješenje: Budući da je (555, 5005) = 5 i 5 5, treba riješiti kongruenciju x 3 (mod 00).

. Kongruencije 5 Primijenimo Euklidov algoritam: 00 = 9 + = 55 + = i 0 q i 9 55 y i 0 9 496 Dakle, rješenje kongruncije u (mod 00) je u 496 (mod 00). Stoga je rješenje od x 3 (mod 00), x 488 487 (mod 00). Konačno, rješenje polazne kongruencije je x 487, 488, 489, 3490, 449 (mod 5005). Zadatak.. Riješite kongruencije a) 589x 09 (mod 87), b) 49x 5000 (mod 999). Teorem.7 (Kineski teorem o ostatcima). Neka su m,m,...,m r u parovima relativno prosti prirodni brojevi, te neka su a,a,...,a r cijeli brojevi. Tada sustav kongruencija x a (mod m ), x a (mod m ),..., x a r (mod m r ) (7) ima rješenja. Ako je x 0 jedno rješenje, onda su sva rješenja od (7) dana sa x x 0 (mod m m m r ). Dokaz: Neka je m = m m m r, te neka je n j = m m j za j =,...,r. Tada je (m j,n j ) =, pa postoji cijeli broj x j takav da je n j x j a j (mod m j ). Promotrimo broj x 0 = n x + + n r x r. Za njega vrijedi: x 0 0+ +0+n j x j +0+ +0 a j (mod m j ). Prema tome, x 0 je rješenje od (7). Ako su sada x,y dva rješenja od (7), onda je x y (mod m j ) za j =,...,r, pa jer su m j u parovima relativno prosti, dobivamo da je x y (mod m). Primjer.. Riješimo sustav: x (mod 5), x 3 (mod 7), x 4 (mod ).

. Kongruencije 6 Rješenje: Uz oznake iz Teorema.7 imamo da je x 0 = 77x +55x +35x 3, gdje x,x,x 3 zadovoljavaju odnosno 77x (mod 5), 55x 3 (mod 7), 35x 3 4 (mod ), x (mod 5), 6x 3 (mod 7), x 3 4 (mod ). Stoga možemo uzeti x =, x = 4, x 3 =, što daje x 0 = 367. Prema tome, sva rješenja našeg sustava dana su sa x 367 (mod 385). Zadatak.. Riješite sustav kongruencija x 5 (mod 7), x 7 (mod ), x 3 (mod 3). Primjer.3. Riješimo sustav kongruencija x 3 (mod 0), x 8 (mod 5), x 5 (mod 84). Rješenje: Uočimo da brojevi 0, 5 i 84 nisu u parovima relativno prosti, pa ne možemo Kineski teorem o ostatcima primjeniti direktno, a može se dogoditi da takav sustav uopće nema rješenja. Sada postupamo ovako. Naš sustav je ekvivalentan sa x 3 (mod ), x 3 (mod 5), x 8 (mod 3), x 8 (mod 5), x 5 (mod 4), x 5 (mod 3), x 5 (mod 7). Dakle, moduli su nam potencije prostih brojeva i sada usporedimo kongruencije koje odgovaraju istom prostom broju: x 3 (mod ), x 5 (mod 4) x (mod 4), x 8 (mod 3), x 5 (mod 3) x (mod 3), x 3 (mod 5), x 8 (mod 5) x 3 (mod 5), x 5 (mod 7). Prema tome, naš sustav je ekvivalentan sa sustavom x (mod 4), x (mod 3), x 3 (mod 5), x 5 (mod 7) na kojeg možemo doslovno primijeniti Kineski teorem o ostatcima. Imamo: m = 4 3 5 7 = 40, n = 05, n = 40, n 3 = 84, n 4 = 60, 05x (mod 4) x (mod 4) = x =, 40x (mod 3) x (mod 3) = x =, 84x 3 3 (mod 5) 4x 3 3 (mod 5) = x 3 =, 60x 4 5 (mod 7) 4x 4 5 (mod 7) = x 4 = 3.

. Kongruencije 7 Dakle, rješenje je x 05 + 40 + 84 + 60 3 = 593 73 (mod 40). Definicija.3. Reducirani sustav ostataka modulo m je skup cijelih brojeva r i sa svojstvom da je (r i,m) =, r i r j (mod m) za i j, te da za svaki cijeli broj x takav da je (x,m) = postoji r i takav da je x r i (mod m). Jedan reducirani sustav ostataka modulo m je skup svih brojeva a {,,...,m} takvih da je (a,m) =. Jasno je da svi reducirani sustavi ostataka modulo m imaju isti broj elemenata. Taj broj označavamo s ϕ(m), a funkciju ϕ zovemo Eulerova funkcija. Drugim riječima, ϕ(m) je broj brojeva u nizu,,...,m koji su relativno prosti sa m. Teorem.8. Neka je {r,...,r ϕ(m) } reducirani sustav ostataka modulo m, te neka je (a,m) =. Tada je {ar,...,ar ϕ(m) } takoder reducirani sustav ostataka modulo m. Dokaz: Direktno iz Teorema.3 i.5. Primjer.4. { Neka su a i n relativno prosti prirodni brojevi. Izračunajmo ax } sumu. Ovdje je {z} = z z razlomljeni dio od z, dok x n x n (x, n) = prolazi skupom svih reduciranih ostataka modulo n. Rješenje: Budući da je (a, n) =, brojevi ax takoder prolaze skupom svih reduciranih ostataka modulo n. Stoga je x n (x, n) = { ax n } = y n (y, n) = { y = n} n Kako je (y,n) = (n y,n) =, dalje imamo y n (y, n) = y = y n (y, n) = = y n (y, n) = y + y n (n y, n) = n = nϕ(n). y = y n (y, n) = y n (y, n) = y + y. y n (y, n) = (n y) Stoga je tražena suma jednaka ϕ(n). Teorem.9 (Eulerov teorem). Ako je (a,m) =, onda je a ϕ(m) (mod m).

. Kongruencije 8 Dokaz: Neka je {r,r,...,r ϕ(m) } reducirani sustav ostataka modulo m. Budući da je, po Teoremu.8, {ar,ar,...,ar ϕ(m) } takoder reducirani sustav ostataka modulo m, zaključujemo da je odnosno, ϕ(m) (ar j ) j= ϕ(m) a ϕ(m) j= r j ϕ(m) i= r i ϕ(m) i= r i (mod m), (mod m). Kako je (r i,m) =, primjenom Teorema.4, dobivamo a ϕ(m) (mod m). Teorem.0 (Mali Fermatov teorem). Neka je p prost broj. Ako p a, onda je a p (mod p). Za svaki cijeli broj a vrijedi a p a (mod p). Dokaz: Očito je ϕ(p) = p, pa tvrdnja teorema slijedi iz Teorema.9. Primjer.5. Odredimo zadnje dvije znamenke u decimalnom zapisu broja 3 400. Rješenje: Budući da je ϕ(5) = 0, imamo 3 0 (mod 5), pa je 3 400 (mod 5). Takoder je 3 (mod 4), pa je 3 400 (mod 4). Dakle, 3 400 (mod 00), pa su zadnje dvije znamenke 0. Zadatak.3. Odredite zadnje dvije znamenke broja 000. Definicija.4. Funkciju ϑ : N C za koju vrijedi ) ϑ() =, ) ϑ(mn) = ϑ(m)ϑ(n) za sve m,n takve da je (m,n) =, zovemo multiplikativna funkcija. Teorem.. Eulerova funkcija ϕ je multiplikativna. Nadalje, za svaki prirodan broj n > vrijedi ϕ(n) = n p n ( p ). Dokaz: Neka su m,n relativno prosti prirodni brojevi, te neka a i b prolaze skupom svih reduciranih ostataka modulo m, odnosno modulo n. Naš je cilj pokazati da tada an + bm prolazi skupom svih reduciranih ostataka modulo mn. Ako to pokažemo, dobit ćemo da je ϕ(m)ϕ(n) = ϕ(mn). Budući da je (a,m) = i (b,n) =, broj an+bm je relativno prost s m i s n, pa stoga i s mn. Nadalje, svaka dva broja gornjeg oblika su medusobno nekongruentni modulo mn. Zaista, iz an+bm a n+b m (mod mn) slijedi (a a )n (b b)m (mod mn). Odavde m a a, n b b, pa je a = a, b = b. Stoga nam još preostaje pokazati da ako je (c,mn) =, onda je

. Kongruencije 9 c an + bm (mod mn) za neke a,b. Budući je (m,n) =, postoje cijeli brojevi x,y takvi da je mx + ny =. Očito je (cy,m) =, (cx,n) =, pa brojevi a i b definirani sa cy a (mod m), cx b (mod n) imaju tražena svojstva. Neka je sada n = p α pα k k. Jedini brojevi u nizu,,...,pα i i koji nisu relativno prosti s p α i i su brojevi p i,p i,...,p α i i p i. Stoga je ϕ(p α i i ) = p α i i p α i i. Zbog multiplikativnosti od ϕ, imamo ϕ(n) = ϕ( = n k i= p α i i ) = k i= ϕ(p α i i ) = k ) ( pi = n p n i= k i= p α i i ( p ). ( pi ) Zadatak.4. Za koje prirodne brojeve n je broj ϕ(n) neparan? Primjer.6. Odredimo sve prirodne brojeve n za koje vrijedi ϕ(n) =. Rješenje: Ako je n = p α pαr r, onda je ϕ(n) = p α (p ) p αr r (p r ). Iz (p i ) slijedi p i {,3,5,7,3}. Ako je p i =, onda je α i 3; ako je p i = 3, onda je α i ; a ako je p i,3, onda je α i =. Imamo četiri mogućnosti (s k označavamo broj oblika α 3 β ): ) n = 3 k = ϕ(n) = ϕ(k) = ϕ(k) = = k = ili k = = n = 3 ili n = 6; ) n = 7 k = ϕ(n) = 6 ϕ(k) = ϕ(k) = = k = 3, k = 4 ili k = 6 = n =, n = 8 ili n = 4; 3) n = 5 k = ϕ(n) = 4 ϕ(k) = ϕ(k) = 3, što nema rješenja; 4) n = k = ϕ(n) = α 3 β = α =, β = = n = 36. Rješenja su: n = 3,,6,8,36, 4. Teorem.. ϕ(d) = n d n Dokaz: Neka je n = p α pα k. Zbog multiplikativnosti od ϕ, imamo: d n i= k k ϕ(d) = ( + ϕ(p i ) + ϕ(p i ) + + ϕ(pα i i )). (8)

. Kongruencije 0 Naime, množenjem faktora na desnoj strani od (8) dobivamo sumu faktora oblika ϕ(p β ) ϕ(pβ k k ) = ϕ(pβ pβ k k ), gdje je 0 β i α i, i =,...,k, a to je upravo lijeva strana od (8). Sada je ϕ(d) = d n k i= ( ) + (p i ) + (p i p i) + + (p α i i p α i i ) = k i= p α i i = n. Teorem.3 (Wilson). Ako je p prost broj, onda je (p )! (mod p). Dokaz: Za p = i p = 3 kongruencija je očito zadovoljena. Stoga smijemo pretpostaviti da je p 5. Grupirajmo članove skupa {,3,...,p } u parove (i,j) sa svojstvom i j (mod p). Očito je i j jer bi inače broj (i )(i + ) bio djeljiv sa p, a to je nemoguće zbog 0 < i < i + < p. Tako dobivamo p 3 parova i ako pomnožimo odgovarajućh p 3 kongruencija, dobit ćemo 3 (p ) (mod p), pa je (p )! (p ) (mod p). Očito je da vrijedi i obrat Wilsonovog teorema. Zaista, neka vrijedi (p )! (mod p) i pretpostavimo da p nije prost. Tada p ima djelitelj d, < d < p, i d dijeli (p )!. No, tada d mora dijeliti i, što je kontradikcija. Primjer.7. Neka je p prost broj. Dokažimo da je (p )! + potencija od p ako i samo ako je p =, 3 ili 5. Rješenje: Najprije imamo: ( )! + =, (3 )! + = 3, (5 )! + = 5. Ako je p > 5, onda se u (p )! pojavljuju faktori, p i (p ) (p )!. Ako bi bilo p, pa (p )! + = p k = [(p ) + ] k = (p ) k + k(p ) k + + ( ) k (p ) + k(p ) +, onda bi imali da (p ) k. To bi povlačilo da je k p, te (p )! + < (p ) p + < p p p k, što je kontradikcija.

. Kongruencije Teorem.4. Neka je p prost broj. Tada kongruencija x (mod p) ima rješenja ako i samo ako je p = ili p (mod 4). Dokaz: Ako je p =, onda je x = jedno rješenje. Ako je p (mod 4), onda iz Wilsonovog teorema imamo: [ p p ] [(p )(p ) (p )] [(p )!] (mod p), pa je x = ( p )! jedno rješenje. Neka je p 3 (mod 4). Pretpostavimo da postoji x Z takav da je x (mod p). Tada je x p ( ) p (mod p), što je u suprotnosti s Malim Fermatovim teoremom. Primjer.8. Dokažimo da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 4k +. Rješenje: Neka su p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 4k +. Promotrimo broj m = 4p p p n +. Neka je p neki prosti faktor od m. Tada kongruencija x (mod p) ima rješenje x = p p p n, pa p mora biti oblika 4k +. Očito je p p i, i =,,...,n, pa smo dobili kontradikciju. Teorem.5 (Lagrange). Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima stupnja n. Pretpostavimo da je p prost broj, te da vodeći koeficijent od f nije djeljiv s p. Tada kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja modulo p. Dokaz: Za n = tvrdnja teorema vrijedi po Teoremu.6. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve polinome stupnja n, te neka je f polinom stupnja n. Za svaki a Z imamo f(x) f(a) = (x a)g(x), gdje je g polinom stupnja n s cjelobrojnim koeficijentima i s istim vodećim koeficijentom kao f. Zato ako kongruencija f(x) 0 (mod p) ima rješenje x = a, onda sva rješenja ove kongruencije zadovoljavaju (x a)g(x) 0 (mod p). No, po induktivnoj prepostavci kongruencija g(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja, pa kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja. Primjer.9 (Wolstenholme). Neka je p 5 prost broj. Dokažimo da je brojnik racionalnog broja djeljiv s p. + + 3 + + p

. Kongruencije Rješenje: Promotrimo polinom f(x) = x p (x )(x ) (x p + ). Kongruencija f(x) 0 (mod p) ima p rješenja:,,...,p. Stupanj od f(x) je p. Neka je f(x) = a p x p + + a x + a 0. Ako je n najveći cijeli broj takav da je a n 0 (mod p), onda po Lagrangeovom eoremu kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n p rješenja. Dakle, a n 0 (mod p) za n = 0,,...,p. Budući da je a 0 = (p )!, ovo nam daje drugi dokaz Wilsonovog teorema. Sada je f(p) = p p (p )! = a p p p + + a p + a p + a 0, a zbog a 0 = (p )! slijedi p p a p p p 3 a p a = 0. Budući da p a, zaključujemo da p a. No, a (p )! = + + 3 + + p. Neka sada d p. Tvrdimo da tada polinom x d ima točno d nultočaka u Z p. Zaista, x p = (x d )g(x), gdje je g polinom stupnja p d. No, po Malom Fermatovom teoremu, x p ima p nultočaka u Z p, pa x d ima barem (p ) (p d) = d nultočaka u Z p. Teorem.6 (Henselova lema). Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Ako je f(a) 0 (mod p j ) i f (a) 0 (mod p), onda postoji jedinstveni t {0,,,...,p } takav da je f(a + tp j ) 0 (mod p j+ ). Dokaz: Koristimo Taylorov razvoj polinoma f oko a: f(a + tp j ) = f(a) + tp j f (a) + t p j f (a)! + + t n p nj f(n) (a). (9) n! Pokažimo da su brojevi f(k) (a) k! cijeli. Ovu je tvrdnju dovoljno dokazati za polinome oblika g(x) = x m, gdje je m k. No, tada je g (k) (a) k! = Zato iz (9) dobivamo m(m ) (m k + )am k k! = ( m k f(a + tp j ) f(a) + tp j f (a) (mod p j+ ). ) a m k Z.

. Kongruencije 3 Dakle, da bi bilo f(a + tp j ) 0 (mod p j+ ), nužno je i dovoljno da bude tf (a) f(a) p j (mod p). (0) Budući da je f (a) 0 (mod p), kongruencija (0) ima, po Teoremu.6, točno jedno rješenje. Propozicija.7. Kongruencija x p 0 (mod p j ) ima točno p rješenja za svaki prost broj p i prirodan broj j. Dokaz: Za j = tvrdnja vrijedi po Malom Fermatovom teoremu. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki j N, tj. da su x,...,x p sva rješenja kongruencije f(x) = x p (mod p j ). Tada je f(x i ) 0 (mod p j ) i f (x i ) = (p )x p 0 (mod p j ), pa po Henselovoj lemi postoji jedinstveni t j {0,,...,p } takav da je f(x i +t i p j ) 0 (mod p j+ ). Sada su x i = x i + t i p j, i =,...,p rješenja kongruencije f(x) 0 (mod p j+ ). Pokažimo da su to sva rješenja. Zaista, ako je x neko rješenje, onda je f(x ) 0 (mod p j ), pa je x x i (mod p j ) za neki i =,...,p. Sada iz jedinstvenosti od t i slijedi da je x x i (mod pj+ ). Primjer.0. Riješimo kongruenciju x + x + 47 0 (mod 7 3 ). Rješenje: Riješimo najprije kongruenciju x + x + 47 0 (mod 7). Dobivamo da su rješenja x (mod 7) i x 5 (mod 7). Neka je f(x) = x + x + 47. Tada je f (x) = x +, pa je f () = 3 0 (mod 7) i f (5) = 0 (mod 7). Stoga možemo primijeniti Henselovu lemu. Da bi riješili kongruenciju x + x + 47 0 (mod 7 ), trebamo riješiti tf (a) f(a) 7 (mod 7) za a =,5. Imamo: ) t 3 7 (mod 7) = t = 0 = a + t 7 = ; ) t mod 7 = t = 6 = a + t 7 = 47. Konačno, da bi riješili polaznu kongruenciju, trebamo riješiti tf (a) f(a) 49 (mod 7) za a =,47. Imamo: ) t 3 mod 7 = t = = a + t 49 = 99; ) t 47 mod 7 = t = 4 = a + t 49 = 43. Dakle, rješenja su x 99 (mod 343) i x 43 (mod 343). Zadatak.5. Riješite kongruenciju x 3 + x 5 0 (mod 7 3 ).

. Kongruencije 4 Definicija.5. Neka su a i n relativno prosti prirodni brojevi. Najmanji prirodni broj d sa svojstvom da je a d (mod n) zove se red od a modulo n. Još se kaže da a pripada eksponentu d modulo n. Propozicija.8. Neka je d red od a modulo n. Tada za prirodan broj k vrijedi a k (mod n) ako i samo ako d k. Posebno, d ϕ(n). Dokaz: Ako d k, recimo k = d l, onda je a k (a d ) l (mod n). Obratno, neka je a k (mod n). Podijelimo k sa d, pa dobivamo k = q d + r, gdje je 0 r < d. Sada je a k a qd+r (a d ) q a r a r (mod n), pa zbog minimalnosti od d slijedi da je r = 0, tj. d k. Primjer.. Dokažimo da svaki prosti djelitelj Fermatovog broja n +, za n >, ima oblik p = k n+ +. Rješenje: Iz n + 0 (mod p) slijedi n (mod p) i n+ (mod p), pa slijedi da pripada eksponentu n+ modulo p. Budući da je ϕ(p) = p, slijedi da n+ p, tj. postoji k N takav da je p = k n+ +. Definicija.6. Ako je red od a modulo n jednak ϕ(n), onda se a zove primitivni korijen modulo n. Ako postoji primitivni korijen modulo n, onda je grupa reduciranih ostataka modulo n ciklička. Slijedeći teorem pokazuje da je grupa (Z p, p) ciklička. Teorem.9. Ako je p prost broj, onda postoji točno ϕ(p ) primitivnih korijena modulo p. Dokaz: Svaki od brojeva,,..., p pripada modulo p nekom eksponentu d, koji je djelitelj od ϕ(p) = p. Označimo sa ψ(d) broj brojeva u nizu,,..., p koji pripadaju eksponentu d. Tada je ψ(d) = p. d p Dovoljno je dokazati da ako je ψ(d) 0, onda je ψ(d) = ϕ(d). Zaista, po Teoremu. je ϕ(d) = p, d p pa ako bi bilo ψ(d) = 0 < ϕ(d) za neki d, onda bi suma d p ψ(d) bila manja od p. Stoga je ψ(d) 0 za svaki d, pa ako pokažemo da to povlači da je ψ(d) = ϕ(d), onda ćemo dobiti da vrijedi ψ(p ) = ϕ(p ), što se i tvrdilo u teoremu.

. Kongruencije 5 Dokažimo sada tvrdnju da ψ(d) 0 povlači ψ(d) = ϕ(d). Neka je ψ(d) 0, te neka je a broj koji pripada eksponentu d modulo p. Promotrimo kongruenciju x d (mod p). Ona ima rješenja a,a,...,a d i po Lagrangeovom teoremu to su sva rješenja. Pokažimo da brojevi a m, za m d i (m,d) =, predstavljaju sve brojeve koji pripadaju eksponentu d modulo p. Zaista, svaki od njih ima red d, jer ako je a md (mod p), onda d md, pa d d. Ako je b bilo koji broj koji pripada eksponentu d modulo p, onda je b a m za neki m, m d. Budući da je b d (m,d) (a d ) m (m,d) (mod p), to je (m,d) =. Dakle, dobili smo da je ψ(d) = ϕ(d). Teorem.0. Neka je p neparan prost broj, te neka je g primitivni korijen modulo p. Tada postoji x Z takav da je g = g + px primitivni korijen modulo p j za sve j N. Dokaz: Imamo g p = + py, za neki y Z. Po binomnom teoremu je ( ) g p p = + py + (p )pxg p + p x g p 3 + + p p x p, tj. g p = + pz, gdje je z y + (p )g p x (mod p). Koeficijent uz x nije djeljiv sa p, pa možemo odabrati x tako da bude (z,p) =. Tvrdimo da tada g ima traženo svojstvo. Dokažimo to. Pretpostavimo da g pripada eksponentu d modulo p j. Tada d dijeli ϕ(p j ) = p j (p ). No, g je primitivni korijen modulo p, pa p dijeli d. Dakle, d = p k (p ) za neki k < j. Nadalje, imamo ( + pz) p = + p z, ( + pz) p = ( + p z ) p = + p 3 z,..., ( + pz) pk = + p k+ z k, gdje je (z i,p) = za i =,...,k. Budući da je g d (mod p j ), odavde zaključujemo da je j = k +, što povlači da je d = ϕ(p j ). Teorem.. Za prirodan broj n postoji primitivni korijen modulo n ako i samo ako je n =, 4, p j ili p j, gdje je p neparan prost broj. Dokaz: Jasno je da je primitivni korijen modulo, te da je 3 primitivni korijen modulo 4. Neka je g primitivni korijen modulo p j. Odaberimo medu brojevima g i g + p j onaj koji je neparan. Tada je on primitivni korijen modulo p j jer je ϕ(p j ) = ϕ(p j ). Ostaje još dokazati nužnost. Neka je najprije n = j za j 3. Tada za neparan broj a vrijedi a (mod 8). Budući da 8 a i a +

. Kongruencije 6 imamo a 4 (mod 6). Ponavljajući ovaj argument dobivamo: a j (mod j ) za j 3. Budući da je ϕ( j ) = j, dokazali smo da ne postoji primitivni korijen modulo j za j 3. Konačno, neka je n = n n, gdje je (n,n ) =, n >, n >. Brojevi ϕ(n ) i ϕ(n ) su parni, pa imamo ( a ϕ(n) a ϕ(n ) ) ϕ(n ) (mod n ), ( a ϕ(n) a ϕ(n ) ) ϕ(n ) (mod n ). Stoga je a ϕ(n) (mod n), što znači da ne postoji primitivni korijen modulo n. Primjer.. Nadimo najmanji primitivni korijen a) modulo 5, b) modulo, c) modulo 3. Rješenje: a) (mod 5) = je primitivni korijen modulo 5. b) (mod ), 5 (mod ) = je primitivni korijen modulo. c) = 3 64 9 ( 5) (mod 3), 3 = 7 3 9 64 9 ( 5) 9 (mod 3), 4 = ( ) (mod 3), 5 = (5) 5 5 3 5 9 5 (mod 3) = 5 je primitivni korijen modulo 3. Zadatak.6. Nadite najmanji primitivni korijen a) modulo 3, b) modulo 7, c) modulo 4. Napomena.. Tzv. Artinova hipoteza glasi: Neka je π(n) broj prostih brojeva N, a v (N) broj prostih brojeva q N za koje je primitivni korijen. Tada je v (N) A π(n), gdje je A = p ( p(p ) ) 0.3739558. Definicija.7. Neka je g primitivni korijen modulo n. Lako se vidi da tada brojevi g l, l = 0,,...,ϕ(n) tvore reducirani sustav ostataka modulo n. Stoga za svaki cijeli broj a takav da je (a,n) = postoji jedinstveni l takav da je g l a (mod n). Eksponent l se zove indeks od a u odnosu na g i označava se sa ind g a ili ind a. Teorem.. ) inda + ind b ind(ab) (mod ϕ(n)) ) ind = 0, ind g = 3) ind(a m ) m inda (mod ϕ(n)) za m N 4) ind( ) = ϕ(n) za n 3 Dokaz: Svojstva ) 3) slijede direktno iz definicije, a svojstvo 4) slijedi iz g ind( ) ( ) (mod n) i ind ( ) < ϕ(n). Uočimo da su svojstva indeksa ) 3) potpuno analogna svojstvima logaritamske funkcije.

. Kongruencije 7 Propozicija.3. Ako je (n,p ) =, onda kongruencija x n a (mod p) ima jedinstveno rješenje. Dokaz: Iz x n a (mod p), po Teoremu., dobivamo n indx inda (mod p ), pa jer je (n,p ) =, ova kongruencija ima jedinstveno rješenje. Primjer.3. Riješimo kongruenciju x 5 (mod 7). Rješenje: Imamo: 3 (mod 7), 3 3 6 (mod 7), 3 6 (mod 7). Stoga je 3 primitivni korijen modulo 7 i ind 3 =. Dakle, dobivamo kongruenciju 5ind 3 x (mod 6), čije je rješenje ind 3 x = 4, pa je x 3 4 4 (mod 7). Primjer.4. Riješimo kongruenciju 5x 4 3 (mod ). Rješenje: Iz Primjera. znamo da je primitivni korijen modulo. Nadalje je 4 5 (mod ), 8 3 (mod ), pa dobivamo ind 5 + 4ind x ind 3 (mod 0), 4ind x 8 4 4 (mod 0). Prema tome, trebamo riješiti kongruenciju ind x (mod 5). Odavde je ind x ili 6 (mod 0), pa su rješenje x (mod ) i x 6 9 (mod ). Zadatak.7. Riješite kongruencije a) x 8 5 (mod 3), b) x 6 5 (mod 7), c) x 37 (mod 4). Primjer.5. Riješimo kongruenciju 3 x (mod 3). Rješenje: Iz Primjera. znamo da je 5 primitivni korijen modulo 3. Nadalje je 5 (mod 3), 5 5 5 3 (mod 3), 5 (mod 3), što povlači da je 5 6 3 (mod 3). Imamo: xind 5 3 ind 5 (mod ), 6x (mod ). Sada je (6,) =, po dobivamo 8x (mod ), odakle je x 7 (mod ). Dakle, rješenja su x 7,8 (mod ). Zadatak.8. Riješite kongruenciju 7 x 6 (mod 7). Primjer.6. Neka je α 3. Dokazati da brojevi ±5, ±5, ±5 3,..., ±5 α čine reducirani sustav ostataka modulo α.

. Kongruencije 8 Rješenje: Ovih brojeva ima α = α = ϕ( α ) i svi su neparni. Stoga još trebamo samo dokazati da su oni medusobno nekongruentni modulo α. Pokažimo da za k vrijedi k (5 k ). Ovo je točno za k =, pa pretpostavimo da vrijedi za neki k. Tada je ( )( ) 5 k = 5 k 5 k +. ( ) Broj 5 k + je paran, ali nije djeliv s 4, pa k 5 k. Upravo dokazana tvrdnja, za k = α povlači da je red od 5 modulo α jednak α. To znači da su brojevi 5, 5,..., 5 α medusobno nekongruentni modulo α. Ostaje još provjeriti da ne može biti 5 a 5 b (mod α ), no to je očito, jer je 5 a + 5 b (mod 4).

3. Kvadratni ostatci Definicija 3.. Neka je (a,m) =. Ako kongruencija x a (mod m) ima rješenja, onda kažemo da je a kvadratni ostatak modulo m. U protivnom kažemo da je a kvadratni neostatak modulo m. Primjer 3.. Kvadratni ostatci modulo 5 su i 4, a neostatci su i 3. Teorem 3.. Neka je p neparan prost broj. Reducirani sustav ostataka modulo p sastoji se od p kvadratnih ostataka i p kvadratnih neostataka. Dokaz: Svaki kvadratni ostatak modulo p kongruentan je kvadratu nekog od brojeva p p,...,,,...,, tj. kongruentan je nekom od brojeva,,...,( p ). Preostaje pokazati da je ovih p brojeva medusobno nekongruentno modulo p. Pa pretpostavimo da je k l (mod p), gdje je k < l p. Tada je (l k)(l + k) 0 (mod p), pa je l k 0 (mod p) ili l + k 0 (mod p), što je u suprotnosti s pretpostavkama na k i l, jer je 0 < l k < p i 0 < l + k < p. Zadatak 3.. Odredite sve kvadratne ostatke modulo 7 i modulo 7. Definicija 3.. Neka je p neparan prost broj. Po definiciji, Legendreov simbol ( a p ) je jednak ako je a kvadratni ostatak modulo p, ako je a kvadratni neostatak modulo p, a 0 ako p a. Dakle, broj rješenja kongruencije x a (mod p) je jednak + ( a p ). Teorem 3. (Eulerov kriterij). ( a p) a p (mod p) Dokaz: Ako je ( a p ) = 0, onda p a, pa je tvrdnja očito zadovoljena. Ako je ( a p ) =, onda postoji x 0 Z takav da je x 0 a (mod p). Sada je iz Malog Fermatovog teorema a p x p 0 ( a p ) (mod p). Neka je ( a p ) =. Za svaki i {,...,p } odaberimo j {,...,p } tako da vrijedi i j a (mod p) (to je moguće po Teoremu.5). Uočimo da je i j, budući da kongruencija x a (mod p) nema rješenja. Dakle, skup {,...,p } se raspada na p parova (i,j) za koje vrijedi i j a

3. Kvadratni ostatci 30 (mod p). Množenjem ovih p kongruencija, te koristeći Wilsonov teorem, dobivamo a p (p )! (mod p). Propozicija 3.3. ) Ako je a b (mod p), onda je ( a p ) = ( b p ). ) ( a p )( b p ) = (ab p ) 3) Ako je (a,p) =, onda je ( a p ) =. 4) ( p p ) =, ( p ) = ( ). Dokaz: ) Ako je a b (mod p), onda kongruencija x a (mod p) ima rješenja ako i samo ako rješenja ima kongruencija x b (mod p). ) Iz ( a p )( b p) a p b p (ab) p ( ab ) p (mod p) slijedi ( a p )( b p ) = (ab p ). 3) Kongruencija x a (mod p) očito ima rješenje x = a. 4) Prva tvrdnja je specijalni slučaj od 3), dok druga slijedi uvrštavanjem a =, u Eulerov kriterij. Teorem 3.4 (Gaussova lema). Neka je p neparan broj i (a,p) =. Promotrimo brojeve a,a,3a,..., p a, te njihove najmanje nenegativne ostatke pri dijeljenju s p. Označimo s n broj ostataka koji su veći od p. Tada je ( a p ) = ( )n. Dokaz: Neka su r,...,r n ostatci koji su veći od p, a neka su s,...,s k preostali ostatci. Brojevi r,...,r n,s,...,s k su medusobno različiti (po Teoremu.5) i niti jedan od njih nije jednak nuli. Nadalje, n + k = p. Brojevi p r i su medusobno različiti i 0 < p r i < p, za i =,...,n. Takoder, niti jedan p r i nije jednak nekom s j. Zaista, ako je p r i = s j, onda je r i αa (mod p), s j βa (mod p) za neke α,β p, pa iz a(α + β) 0 (mod p) i (a,p) = slijedi da je α + β 0 (mod p), što je nemoguće jer je α + β p. Prema tome, brojevi p r,...,p r n,s,...,s k su svi medusobno različiti, ima ih p i elementi su skupa {,..., p }. Stoga su to upravo brojevi,,..., p u nekom poretku. Množeći ih, dobivamo Odavde je p (p r ) (p r n )s s k = ( p ). ( r ) ( r n )s s k ( ) n r r n s s k ( ) n a a 3a ( p )a (mod p).

3. Kvadratni ostatci 3 Skratimo li ovu kongruenciju s ( p )!, dobivamo ( )n a p (mod p), pa je po Eulerovom kriteriju ( a p ) a p ( ) n (mod p). Teorem 3.5. Ako je p neparan prost broj i (a,p) =, onda je ( a p ) = ( )t, gdje je t = p j= ja p. Takoder vrijedi: ( p ) = ( ) p 8, tj. broj je kvadratni ostatak modulo p ako i samo ako je p oblika 8k ±. Dokaz: Koristit ćemo iste oznake kao u dokazu Teorema 3.4. Ponovo su r i i s i ostatci pri dijeljenju brojeva ja s p, j =,..., p. Kvocijenti pri tom dijeljenju su brojevi ja p. Ako je sada (a,p) =, onda imamo p ja = p p ja n p + r i + j= j= i= i= k s i, te p j = j= n k (p r i ) + s i = np n k r i + s i. i= i= i= i= Oduzimanjem ova dva izraza, dobivamo (a ) p j = p ( p ja ) p n + j= j= i= n r i. Nadalje je pa je p j = j= (a ) p 8 p p+ p = p, 8 ja n (mod ). p j= Ako je sada a neparan, tj. (a, p) =, onda odavde dobivamo da je n p j= ja p (mod ), a ako je a =, onda dobivamo n p 8 (mod ), jer je j p p = 0 za j =,...,. Sada tvrdnja Teorema 3.5 slijedi iz Gaussove leme.

3. Kvadratni ostatci 3 Teorem 3.6 (Gaussov kvadratni zakon reciprociteta). Ako su p i q različiti neparni prosti brojevi, onda vrijedi ( p )( q = ( ) q p) p q. Drugim riječima, ako su p i q oba oblika 4k + 3, onda jedna od kongruencija x p (mod q), x q (mod p) ima rješenja, a druga nema. Ako barem jedan od brojeva p i q ima oblik 4k +, onda ili obje ove kongruencije imaju rješenja ili obje nemaju rješenja. Dokaz: Neka je S = {(x,y) : x,y Z, x p, y q }. Skup S ima p članova. Podijelimo S na dva disjunktna podskupa S i S prema tome da li je qx > py ili je qx < py. Uočimo da ne može biti qx = py. Skup S je, dakle, skup svih parova (x,y) takvih da je x p q i y < qx p p. Takvih parova ima x= qx p. Slično se S sastoji od svih parova (x,y) takvih da je y q i x < py q, a takvih parova ima q y= py q. Prema tome je p qj p + j= q pj q = p j= q, pa je po Teoremu 3.5 ( p q )( q p) = ( ) p q. Primjer 3.. Izračunajmo ( ) 4 6. Rješenje: Imamo: ( 4 6 ) = ( 6 )( 6 )( 3 6 )( 7 6 ( 6 ) = ( )6 ), ( 6 ) = ( )60 =, 8 =, ( 3 6 ) = (6 3 ) = ( 3 ) =, ( 7 6 ) = (6 7 ) = (5 7 ) = (7 5 ) = ( 5 ) = ( )5 8 =, pa je ( 4 6 ) =. Primjer 3.3. a) Odredimo sve proste brojeve p takve da je kvadratni ostatak modulo p. b) Dokažimo da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 8k + 3.

3. Kvadratni ostatci 33 ( p ( ) Rješenje: a) Trebamo naći sve proste brojeva za koje vrijedi p = )( p) =. Imamo dvije mogućnosti: ) ( ) = & p) =. Prvi uvjet je ekvivalentan s p (mod 4), ( p a drugi s p ),7 (mod 8), što ) zajedno daje p (mod 8). ) = & =. Prvi uvjet je ekvivalentan s p 3 ( p ( p (mod 4), a drugi s p 3,5 (mod 8), što zajedno daje p 3 (mod 8). Dakle, p ili 3 (mod 8). b) Neka su p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 8k + 3. Promotrimo broj m = p p p n +. Prema a), svi prosti faktori od m su oblika 8k + ili 8k + 3. No, m 3 (mod 8), pa ne mogu svi faktori biti oblika 8k +. Dakle, postoji prosti faktor p oblika 8k + 3. Kako je očito p p i, i =,,...,n, dobili smo kontradikciju. ( ) Zadatak 3.. Odredite sve proste brojeve p takve da je 3 p =. Dokažite da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 6k +. Primjer 3.4. a) Neka je p 3 (mod 4) prost broj takav da je q = p + takoder prost. Dokažimo da je tada p (mod q). b) Pokažimo da Mersennov broj M 5 = 5 nije prost. Rješenje: a) Kako je ϕ(q) = q = p, imamo da je p = ( p )( p + ) 0 (mod q). Dakle, p (mod q) ili p (mod q). Po pretpostavci je p = 4k + 3, q = 8k + 7. Ako bi bilo p (mod q), to bi značilo da je 4k+3 (mod q), odnosno x (mod q), za x = k+, a to je nemoguće prema Primjeru 3.3. b) Brojevi 5 i 5 + = 503 su prosti i 5 3 (mod 4), pa iz a) slijedi da 503 M 5, što znači da M 5 nije prost. Primjer 3.5. Prosti brojevi p i q zovu se prosti brojevi blizanci ako je q = p +. (Još uvijek je nedokazana slutnja da postoji beskonačno mnogo parova prostih brojeva blizanaca.) Dokažimo da postoji a Z takav da p (a q) ako i samo ako postoji b Z takav da q (b p). Rješenje: Uočimo da jedan od brojeva p,q ima oblik 4k +, a drugi 4k + 3. Stoga vrijedi ( q ( p a Z, a q (mod p) = = p) q) b Z, b p (mod q).