‫תורת המספרים ־ הרצאה ‪14‬‬ ‫‪ 10‬בדצמבר ‪2014‬‬ ‫קונגרואנציות ריבועיות‬ ‫הגדרה‬ ‫יהי ‪ n‬טבעי‪ ,‬נאמר ש־ ‪ a‬שארית ריבועית מודולו ‪ n‬אם ‪ a‬זר ל־ ‪ n‬וקיים פתרון ל־ )‪x2 ≡ a ( mod n‬‬ ‫כאשר ‪ p ≥ 3‬ראשוני‬ ‫סימון )סמל לג'נדר(‪:‬‬ ‫‪a is a quadratic remainder of p‬‬ ‫‪otherwise‬‬ ‫( ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪a‬‬ ‫=‬ ‫‪p‬‬ ‫‪−1‬‬ ‫קריטריון אוילר‬ ‫ ‬ ‫‪p−1‬‬ ‫‪a‬‬ ‫)‪≡ a 2 ( mod p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫טענה‬ ‫ישנן בדיוק‬ ‫‪p−1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫שאריות ריבועיות מודולו ‪.p‬‬ ‫כאשר ‪ p ≥ 3 ,n = pj‬ראשוני‬ ‫מתקיים ש־ ‪ a‬שארית ריבועיות מודולו ‪ pj‬אמ"מ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪j‬‬ ‫)‪a 2 φ(p ) ≡ 1 ( mod p‬‬ ‫ובמקרה זה ישנם בדיוק ‪ 2‬פתרונות ל־‬ ‫) ‪x2 ≡ a ( mod pj‬‬ ‫‪1‬‬ ‫כאשר ‪n = 2j‬‬ ‫מתי קיים פתרון ל־ ) ‪ a ,x2 ≡ a ( mod 2j‬אי‪-‬זוגי?‬ ‫הוכחנו‪:‬‬ ‫עבור ‪ j = 1‬־ תמיד‪ ,‬ויש פתרון יחיד )‪.(1‬‬ ‫עבור ‪ j = 2‬־ צריך )‪ ,a ≡ 1 ( mod 4‬ואז יש בדיוק ‪ 2‬פתרונות‪.‬‬ ‫עבור ‪ j ≥ 3‬־ הכרחי ומספיק ש־ )‪ a ≡ 1 ( mod 8‬לקיום פתרון‪.‬‬ ‫כעת נרצה לדעת כמה פתרונות יש ל־ ) ‪.j ≥ 3 ,a ≡ 1 ( mod 8) ,x2 ≡ a ( mod 2j‬‬ ‫טענה‬ ‫ישנם בדיוק ארבעה פתרונות )מודולו ‪ ,(2j‬והם מהצורה‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪x0 , −x0 , x0 + 2j−1 , − x0 − 2j−1‬‬ ‫עבור איזשהו ‪.x0‬‬ ‫הוכחה‬ ‫יהיו ‪ x1‬ו־ ‪ x2‬פתרונות מודולו ‪ .2j‬אז‬ ‫) ‪0 ( mod 2j ) ≡ x21 − x22 ≡ (x1 + x2 ) · (x1 − x2‬‬ ‫נשים לב ש־ ‪ x1 , x2‬אי‪-‬זוגיים )כי הריבועים שלהם אי זוגיים(‪ ,‬ולכן ‪ x1 ± x2‬זוגיים‪ ,‬ונוכל לחלק ב־־‪.4‬‬ ‫נקבל‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪x1 + x2‬‬ ‫‪x1 − x2‬‬ ‫‪≡0‬‬ ‫‪mod 2j−2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ 2b | x1 −x‬עבור ‪.a + b = j − 2 ,a, b ≥ 0‬‬ ‫‪ 2a | x1 +x‬ו־‬ ‫נניח כי‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫אם ‪ ,a ≥ b‬אז ‪= x1‬‬ ‫‪x1 +x2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2b | x1 −x‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪2‬‬ ‫נובע ש־ ‪ ,b = 0‬כי אמרנו ש־ ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪ .‬באותו אופן‪ ,‬אם ‪ ,b ≥ a‬אז ‪.a = 0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪) 2j−2 | x1 ±x‬אבל לא בהכרח את שניהם(‪.‬‬ ‫‪ .2j−2 | x1 −x‬נרשום בקיצור‪:‬‬ ‫‪ 2j−2 | x1 +x‬או ש־‬ ‫לכן‪ ,‬או ש־‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫לכן‪.x1 = ±x2 ( mod 2j−1 ) ,‬‬ ‫באופן זה‪ ,‬מתקבלים ‪ 4‬מועמדים לפתרון‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪x1 , −x1 , x1 + 2j−1 , −x1 + 2j−1‬‬ ‫קל לבדוק שאכן כולם פתרונות )אם ‪ x1‬פתרון(‪.‬‬ ‫‪2‬‬ ‫) ‪≡ x21 + x1 · 2j + 22j−2 ≡ a ( mod 2j‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪x1 + 2j−1‬‬ ‫)כי ‪ x1 · 2j ≡ 0‬מודולו ‪ ,2j‬ו־ ‪ 2j − 2 ≥ 2‬עבור ‪.(j ≥ 3‬‬ ‫אלה אותם פתרונות כמו בטענה‪ ,‬כי‬ ‫‬ ‫‪mod 2j‬‬ ‫‪≡ −x1 + 2j−1‬‬ ‫‪= −x1 − 2j−1‬‬ ‫‬ ‫‪j−1‬‬ ‫‪− x1 + 2‬‬ ‫כאשר המעבר הימני מתקבל פשוט ע"י הוספת ‪.2j‬‬ ‫נותר לבדוק שכולם שונים זה מזה‪.‬‬ ‫למשל‪ ,2x1 6≡ 0 ⇐⇒ x1 6≡ −x1 ,‬וזה נכון כי ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪.‬‬ ‫עוד דוגמה ־ למה ‪ ?x1 6≡ −x1 + 2j−1‬הנ"ל מתקיים אמ"מ )‬ ‫כי ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪ ,‬ו־ ‪.j ≥ 3‬‬ ‫‪j−1‬‬ ‫‪( mod 2‬‬ ‫‪j−2‬‬ ‫‪ ,x1 6≡ 2‬וזה מתקיים‬ ‫מסקנה‬ ‫יהי ‪ n ≥ 2‬טבעי כאשר ‪ n = 2j pj11 · ... · pjrr‬הוא הפירוק של ‪ n‬לראשונים‪ ,‬ו־ ‪ a‬זר ל־ ‪ .n‬אז‬ ‫לקונגרואנציה )‪ x2 ≡ a ( mod n‬יש פתרון אמ‪:‬מ‬ ‫‪ji‬‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪a 2 ·φ(pi ) ≡ 1‬‬ ‫‪mod pji i‬‬ ‫‬ ‫‪a ≡ 1‬‬ ‫‪mod gcd 8, 2j‬‬ ‫‪0‬‬ ‫ובמקרה זה‪ ,‬כמות הפתרונות היא ‪ ,2r+j‬כאשר ‪ r‬נובע מהעובדה שיש ‪ r‬ראשוניים גדולים מ־‪) 2‬וראינו‬ ‫שלראשוני יש ‪ 2‬פתרונות בדיוק(‪ ,‬ו־‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪j = 0, 1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪j = 1‬‬ ‫‪j=2‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪j≥3‬‬ ‫שנובע מהמשפט שהוכחנו עכשיו‪.‬‬ ‫דוגמה‬ ‫כמה פתרונות יש ל־ )‪?x2 ≡ 5 ( mod 252‬‬ ‫נשים לב כי ‪.252 = 22 · 7 · 32‬‬ ‫תחילה )‪ ,5 ≡ 1 ( mod 4‬כלומר התנאי ))) ‪ a ≡ 1 ( mod (gcd (8, 2j‬מתקיים‪.‬‬ ‫כעת‪:‬‬ ‫ ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪5‬‬ ‫)‪= 5 2 φ(7) ≡ (−2)3 ≡ −8 ≡ −1 ( mod 7‬‬ ‫‪7‬‬ ‫הערה‪ :‬הסמל של לג'נדר מוגדר רק עבור מספר ראשוני ב"מכנה"‪.‬‬ ‫קיבלנו תוצאה ששונה מ־ ‪ ,1‬כלומר אין פתרון‪.‬‬ ‫‪3‬‬ ‫דוגמה‬ ‫כמה פתרונות יש ל־ )‪?x2 ≡ 5 ( mod 836‬‬ ‫פתרון‬ ‫נשים לב כי ‪.836 = 22 · 11 · 19‬‬ ‫תחילה )‪.5 ≡ 1 ( mod 4‬‬ ‫כעת‪:‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪5‬‬ ‫)‪≡ 5 2 φ(11) ≡ 55 ≡ 25 · 25 · 5 ≡ 3 · 3 · 5 ≡ −2 · 5 ≡ −10 ≡ 1 ( mod 11‬‬ ‫‪11‬‬ ‫ ‬ ‫‪4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪5‬‬ ‫≡ ‪≡ 5 2 φ(19) ≡ 59 ≡ 52 · 5 ≡ 254 · 5 ≡ 64 · 5 ≡ 364 · 5‬‬ ‫‪19‬‬ ‫)‪≡ (−2)2 · 5 ≡ 20 ≡ 1 ( mod 19‬‬ ‫התנאים מתקיימים‪ ,‬ונוכל לחשב את כמות הפתרונות‪ 22 ) 22 · 2 = 8 :‬עבור שני הראשוניים ‪ 11‬ו־ ‪,19‬‬ ‫ועוד ‪ 2‬עבור ‪.(22‬‬ ‫דוגמה‬ ‫פתור )‪.x2 ≡ 17 ( mod 128‬‬ ‫פתרון‬ ‫‪.128 = 27‬‬ ‫נבחין כי )‪ x2 ≡ 17 ( mod 64‬עבור ‪ .x = 9‬מכאן‪ ,‬כל הפתרונות מודולו ‪ 64‬הם‪:‬‬ ‫})‪{9, −9, 9 + 32, −(9 + 32‬‬ ‫נחפש פתרון מודולו ‪ 128‬מהצורה ‪ 9 + 32s‬עבור }‪) s ∈ {0, 1, 2, 3‬זהו בעצם ניסיון להעלות או את ‪9‬‬ ‫או את ‪.(9 + 32‬‬ ‫‪≡ 81 + 9 · 64 · s‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫}‪|32 {z· s‬‬ ‫‪(9 + 32s)2 ≡ 81 + 9 · 64 · s +‬‬ ‫)‪≡0 ( mod 128‬‬ ‫נרצה לדעת מתי )והאם( )‪ .81 + 9 · 64 · s ≡ 17 ( mod 128‬מתקיים אמ"מ ( ‪9 · 64 · s ≡ −64‬‬ ‫)‪ mod 128‬אמ"מ )‪ 9 · s ≡ −1 ( mod 2‬אמ"מ ‪.s ≡ 1‬‬ ‫בפרט‪ 9 + 32 = 41 ,‬פתרון‪.‬‬ ‫‪4‬‬ ‫הלמה של גאוס‬ ‫יהי ‪ p ≥ 3‬ראשוני ו־ ‪ a‬זר ל־ ‪.p‬‬ ‫ ‬ ‫‪a‬‬ ‫‪= (−1)l‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫|}הנציג היחיד של ‪ a · j‬מודולו ‪ p‬בקטע )‪ − 12 (p − 1), 12 (p − 1‬הוא שלילי | )‪l =|{1 ≤ j ≤ 21 (p − 1‬‬ ‫דוגמה‬ ‫נחשב באופן זה את‬ ‫‬ ‫‪3‬‬ ‫‪11‬‬ ‫פתרון‬ ‫‪− 1) = 5‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(11‬‬ ‫‪2‬‬ ‫מודולו ‪) 11‬בקטע ]‪:([−5, 5‬‬ ‫}‪{3 · 1, 3 · 2, 3 · 3, 3 · 4, 3 · 5} ≡ {3, 6 − 11, 9 − 11, 12 − 11, 15 − 11} ≡ {3, −5, −2, 1, 4‬‬ ‫כלומר‪) l = 2 ,‬כי יש שני מספרים שליליים בקבוצה ־ שני נציגים שליליים(‪.‬‬ ‫לכן ־‬ ‫‪= (−1)2 = 1‬‬ ‫‬ ‫‪3‬‬ ‫‪11‬‬ ‫‬ ‫כלומר ‪ 3‬הוא שארית ריבועית מודולו ‪.11‬‬ ‫הוכחת הלמה‬ ‫‬ ‫‬ ‫נסמן ב־ ‪ aj‬את השלם היחיד בקטע )‪ − 21 (p − 1), 12 (p − 1‬ששווה ל־ ‪ a · j‬מודולו ‪.p‬‬ ‫טענת עזר‬ ‫נתבונן במספרים } ‪ {a1 , a2 , ...ar‬כאשר )‪.r = 12 (p − 1‬‬ ‫המספרים הללו שונים בערכם המוחלט מודולו ‪ .p‬כלומר‪,‬‬ ‫| ‪j = k ⇐⇒ |aj | = |ak‬‬ ‫‪5‬‬ ‫הוכחת טענת העזר‬ ‫נאמר ו ־ | ‪ .|aj | = |ak‬כלומר )‪.a · j ≡ ±a · k ( mod p‬‬ ‫כיוון ש־ ‪ a‬זר ל־ ‪ ,p‬נוכל לכפול בהפכי של ‪ ,a‬ונקבל )‪ j ≡ k ( mod p‬או )‪j ≡ −k ( mod p‬‬ ‫ושניהם לא אפשריים אם ‪ j 6= k‬כי )‪.1 ≤ j, j ≤ 12 (p − 1‬‬ ‫מטענת העזר נובע ש־‬ ‫}‪{|a1 | , ..., |ar |} = {1, 2, ..., r‬‬ ‫)‪ aj 6= 0‬כי ‪ a‬ו־ ‪ j‬זרים ל־ ‪.(p‬‬ ‫כעת‪,‬‬ ‫‪a1 · a2 · ... · ar = 1 · 2 · ... · r · (−1)l = r! · (−1)l‬‬ ‫אבל )‪ .aj ≡ aj ( mod p‬לכן‬ ‫)‪a1 · a2 · ... · ar = (a · 1)(a · 2) · ... · (a · r) ≡ ar · r! ( mod p‬‬ ‫לפי קריטריון אוילר‪( mod p) ,‬‬ ‫ ‬ ‫‪a‬‬ ‫‪p‬‬ ‫≡‬ ‫‪1‬‬ ‫)‪(p−1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪.a = a‬‬ ‫סה"כ‬ ‫ ‬ ‫‪a‬‬ ‫)‪· r! ≡ a1 · ... · ar = r! · (−1)l ( mod p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫!‪ r‬זר ל־ ‪) p‬מכפלה של איברים שזרים ל־ ‪ (p‬וקיבלנו‬ ‫ ‬ ‫‪a‬‬ ‫)‪≡ (−1)l ( mod p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫וקיבלנו גם שוויון ללא מודולו כי שני האגפים הם ‪ 1‬או ‪.−1‬‬ ‫מסקנה‬ ‫יהי ‪ p ≥ 3‬ראשוני‪ .‬אז‬ ‫ ‬ ‫‪p2 −1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪= (−1) 8‬‬ ‫‪p‬‬ ‫ ‬ ‫‪1‬‬ ‫)קריטריון אוילר נותן ש־ )‪ , p2 ≡ 2 2 (p−1) ( mod p‬כלומר ־ העלאה בחזקה כאן היא מעט יותר‬ ‫מסובכת ־ גם מעלים את ‪ ,2‬וגם יש מודולו שעשוי להקשות על החישוב(‪.‬‬ ‫‪6‬‬ ‫הוכחה‬ ‫לפי הלמה של גאוס‪ ,‬עלינו להסתכל במספרים ‪ 2 · j‬עבור )‪ 1 ≤ j ≤ r = 21 (p − 1‬ולבדוק את סימן‬ ‫הנציג שלהם בקטע ]‪.[−r, r‬‬ ‫ ‬ ‫נשים לב שאם ‪ j < p4‬אז‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫= ·‪<2‬‬ ‫·‪2≤2·j ≤2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ ,2j ≤ p−1‬ולכן ‪ 2j‬הוא עצמו הנציג של ‪ 2j‬בקטע ]‪ ,[−r, r‬וכמובן שסימנו חיובי‪.‬‬ ‫מכאן‬ ‫‪2‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫כעת נתבונן ב־ ‪ 2j‬עבור ‪ . 4 < j ≤ r‬במקרה זה ‪ .j ≥ 4 + 1‬מתקיים‪:‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‪=2‬‬ ‫‪−1 +2<2‬‬ ‫‪+ 2 ≤ 2j ≤ 2r = p − 1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪4‬‬ ‫סה"כ קיבלנו ש־ ‪≤ 2j ≤ p − 1‬‬ ‫‪p+1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫)כי‬ ‫‪p‬‬ ‫‪2‬‬ ‫לא שלם(‪.‬‬ ‫‪.( p+1‬‬ ‫מכאן‪) − 21 (p − 1) ≤ 2j − p ≤ −1 ,‬כי )‪− p = − 12 (p − 1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫לכן‪ 2j − p ,‬הם הנציגים של ‪ 2j‬בקטע ]‪ ,[−r, r‬וכולם שליליים‪.‬‬ ‫קיבלנו שהמספר ‪ l‬מהלמה של גאוס שווה ל־‬ ‫‪n j p k‬‬ ‫‪o‬‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪<j ≤r =r−‬‬ ‫|‪l= j‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪4‬‬ ‫נותר להוכיח כי‬ ‫‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(p − 1) −‬‬ ‫‪=r−‬‬ ‫≡‬ ‫)‪p − 1 ( mod 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪8‬‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‪jpk‬‬ ‫אם ‪ p = 4k + 1‬אז‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(p − 1) −‬‬ ‫‪= 2k − k +‬‬ ‫‪= 2k − k = k‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫= ‪p −1‬‬ ‫)‪16k 2 + 8k = 2k 2 + k ≡ k ( mod 2‬‬ ‫‪8‬‬ ‫‪8‬‬ ‫כלומר מתקיים השוויון‪.‬‬ ‫)נשים לב כי עבור ‪ p‬ראשוני אי זוגי כלשהו‪ ,‬מתקיים ‪(p2 ≡ 1 ( mod 8) ⇒ p = 1, 3, 5, 7‬‬ ‫ובאופן אנלוגי ‪,p = 4k + 3‬‬ ‫‪jpk‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(p − 1) −‬‬ ‫‪= k+1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‬ ‫‪1 2‬‬ ‫)‪p − 1 ≡ k + 1 ( mod 2‬‬ ‫‪8‬‬ ‫‪7‬‬ ‫מסקנה ממסקנה‬ ‫)‪p ≡ 1 OR p ≡ −1 ( mod 8‬‬ ‫)‪p ≡ 3 OR p ≡ −3 ( mod 8‬‬ ‫קל לבדוק את הזוגיות של )‪(p2 − 1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪8‬‬ ‫במקרים האלה‪.‬‬ ‫‪8‬‬ ‫( ‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫=‬ ‫‪p‬‬ ‫‪−1‬‬