תורת המספרים ־ הרצאה 8

‫תורת המספרים ־ הרצאה ‪8‬‬
‫‪ 19‬בנובמבר ‪2014‬‬
‫משפט אוילר‬
‫לכל ‪ a ,n ≥ 1‬זר ל־ ‪ ,n‬מתקיים‬
‫)‪aφ(n) ≡ 1 ( mod n‬‬
‫למה‬
‫אם ‪ n > 2‬טבעי אז )‪ φ(n‬זוגי‪.‬‬
‫הוכחה‬
‫אם ‪ e) pe |n‬מקסימלית כזו( ל־ ‪ p‬ראשוני כלשהו‪ ,‬אז מהכפליות של )‪ ,φ (pe ) |φ(n) ,φ(n‬ו־‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪e‬‬
‫‪e‬‬
‫‪φ (p ) = p 1 −‬‬
‫)‪= pe−1 (p − 1‬‬
‫‪p‬‬
‫אם ‪ p‬אי זוגי‪ ,‬אז ) ‪ φ (pe‬זוגי )כי ‪ p − 1‬זוגי(‪ ,‬ואם ‪ p = 2‬ו־ ‪ ,e ≥ 2‬אז ) ‪ φ (pe‬זוגי בגלל הגורם ‪.pe−1‬‬
‫וכיוון ש־ ‪ n > 2‬סיימנו‪.‬‬
‫טענה‬
‫‪1‬‬
‫אם ‪ ,n = rs‬כאשר ‪ r, s > 2‬זרים‪ ,‬אז לכל ‪ a‬זר ל־ ‪.a 2 φ(n) ≡ 1 ( mod n) ,n‬‬
‫הוכחה‬
‫נבחין כי )‪ am ≡ 1 ( mod n‬אמ"מ‪ ,‬לפי משפט השאריות הסיני‪ am ≡ 1 ( mod r) ,‬וגם ( ‪am ≡ 1‬‬
‫)‪.mod s‬‬
‫‪1‬‬
‫וכעת‪ ,‬ממשפט אוילר‪ aφ(r) ≡ 1 ( mod r) ,‬ולכן‪ ,‬בגלל ש־ )‪ φ(s‬זוגי‪ ,‬אז‬
‫)‪ φ(r) 21 φ(s‬‬
‫‪1‬‬
‫‪a‬‬
‫)‪= a 2 φ(r)φ(s) ≡ 1 ( mod r‬‬
‫באותו האופן‪:‬‬
‫)‪ φ(s) 21 φ(r‬‬
‫‪1‬‬
‫‪a‬‬
‫)‪= a 2 φ(r)φ(s) ≡ 1 ( mod s‬‬
‫וסיימנו‪.‬‬
‫קונגרואנציות פולינומיאליות‬
‫פולינומים עם מקדמים ב־ ‪ Zn‬מסומנים ]‪ .Zn [x‬פולינום עם מקדמים ב־ ‪ Z‬מסומנים ]‪.Z[x‬‬
‫לדוגמה‪:‬‬
‫‪8x4 − 5x3 + 3x2 − 2x + 11‬‬
‫ו־ ‪.n = 4‬‬
‫שני פולינומים כאלה נקראים שווים‪ ,‬אם כל המקדמים שלהם שקולים מודולו ‪.n‬‬
‫כלומר‪:‬‬
‫)‪8x4 − 5x3 + 3x2 − 2x + 11 ≡ 0 · x4 − x3 + 3x2 − 2x − 1 ( mod 4‬‬
‫פעולות חיבור וכפל מתבצעות מקדם‪-‬מקדם‪.‬‬
‫נשים לב שלפי הגדרות אלה )‪ ,x3 6≡ x ( mod 3‬זאת על אף ש־ )‪.03 ≡ 0, 13 ≡ 1, 23 ≡ 2 ( mod 3‬‬
‫ההתאמה שלוקחת פולינום ב־ ]‪ Zn [x‬ומחזירה פונ' מ־ ‪ Zn‬ל־ ‪ Zn‬אינה חח"ע‪.‬‬
‫עבור פולינומים ב־ ]‪ Zn [x‬עדיין ניתן לבצע חלוקה עם שארית בתנאים מסוימים‪.‬‬
‫נבחין שאם )‪ p(x‬פול' עם מקדמים שלמים‪ ,‬ו־ )‪ q(x‬פול' עם מקדמים שלמים‪ ,‬ומקדם מוביל )המקדם‬
‫של החזקה הגבוהה ביותר( ‪ ,1‬אז אפשר לחלק עם שארית )במספרים הממשיים( ולקבל‪:‬‬
‫)‪p(x) = m(x)q(x) + r(x‬‬
‫כאשר )‪.0 ≤ deg(r) < deg(q‬‬
‫במצב זה ל־ )‪ m(x‬ו־ )‪ r(x‬גם כן יהיו מקדמים שלמים‪ .‬לכן מתקיים גם‪:‬‬
‫)‪p(x) ≡ m(x)q(x) + r(x) ( mod n‬‬
‫‪∀n ≥ 1,‬‬
‫לא קשה לראות שאפשר גם לחלק בפול' ‪ q‬מעל מודולו ‪ n‬כל עוד המקדם המוביל של ‪ q‬הוא הפיך‬
‫מודולו ‪.n‬‬
‫‪2‬‬
‫טענה‬
‫יהי ]‪ p(x) ∈ Z[x‬ו־ ‪ n‬טבעי‪ .‬אם ‪ a‬שלם הוא שורש של הפולינום ‪ p‬מודולו ‪ ,n‬כלומר ( ‪p(a) = 0‬‬
‫)‪ ,mod n‬אז )‪ x − a|p(x‬מודולו ‪.n‬‬
‫הוכחה‬
‫נחלק את ‪ p‬עם שארית ב־ )‪) (x − a‬מותר לעשות כי המקדם המוביל הוא ‪ ,1‬ונקבל‬
‫)‪p(x) = m(x)(x − a) + r(x‬‬
‫כאשר )‪ r(x‬קבוע‪ .r(x) = r ,‬נציב ‪ x = a‬ונקבל )‪ .0 ≡ p(a) = r ( mod n‬לכן )‪,r ≡ 0 ( mod n‬‬
‫כלומר )‪ ,x − a|p(x‬וסיימנו‪.‬‬
‫משפט לגראנג'‬
‫יהי ‪ p‬ראשוני‪ p(x) 6≡ 0 ,‬פולינום ב־ ]‪ ,Zp [x‬לקונגרואנציה )‪ p(x) ≡ 0 ( mod p‬יש לכל היותר‬
‫))‪ deg (p(x‬פתרונות שונים מודולו ‪.p‬‬
‫הוכחה‬
‫יהיו ‪ a1 , ..., ar‬שורשים שונים של )‪ p(x‬מודולו ‪ .p‬נחלק ב־ ‪) x − a1‬הרי שהראינו שהפולינום מתחלק‬
‫ב־ ‪ x − a‬עבור ‪ a‬שורש כלשהו( ונקבל‬
‫)‪p(x) ≡ m1 (x) (x − a1 ) ( mod p‬‬
‫כאשר נציב בשוויון זה ‪ ai‬עבור ‪ i > 1‬נקבל‪:‬‬
‫)‪0 ≡ p (ai ) ≡ m (ai ) (ai − a1 ) ( mod p‬‬
‫נובע ש־ )‪) m (ai ) ≡ 0 ( mod p‬השתמשנו בכך ש־ ‪ Zp‬שדה ־ כלומר כאשר מכפלה שווה ל־‪ ,0‬אחד‬
‫המוכפלים בהכרח שווה ל־‪.(0‬‬
‫באינדוקציה‪,‬‬
‫)‪m1 (x) ≡ m2 (x) (x − a2 ) ( mod p‬‬
‫)‪m2 (x) ≡ m3 (x) (x − a3 ) ( mod p‬‬
‫‪.‬‬
‫‪.‬‬
‫‪.‬‬
‫ניתן לבצע תהליך זה רק ))‪ deg (p(x‬פעמים‪ ,‬כי המקדם קטן ב־‪) 1‬לפחות( בכל חלוקה‪.‬‬
‫‪3‬‬
‫דוגמה‬
‫יהי ‪ p‬ראשוני‪ ,‬נתבונן ב־ ‪.p(x) = xp − x‬‬
‫תזכורת‪ :‬משפט פרמה הקטן‪ p :‬ראשוני‪ ,‬לכל )‪.ap−1 ≡ 1 ( mod p) ,a 6≡ 0 ( mod p‬‬
‫ממשפט פרמה הקטן‪ ,‬כל ‪ x‬הוא שורש של )‪ p(x‬מודולו ‪ ,p‬כלומר }‪ {0, 1, ..., p − 1‬הם פתרונות‪.‬‬
‫ממשפט לגראנג'‪ ,‬אלה הם כל השורשים‪.‬‬
‫)‪xp − x ≡ x(x − 1)(x − 2) · ... · (x − (p − 1)) ( mod p‬‬
‫לכן גם‬
‫)‪xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) · ... · (x − (p − 1)) ( mod p‬‬
‫בפרט‪ ,‬המקדם החופשי של שני האגפים שווה‪ ,‬כלומר אם נציב ‪ x = 0‬נקבל‬
‫)‪−1 ≡ (−1)(−2) · ... · (−(p − 1)) ( mod p‬‬
‫כלומר‬
‫)‪−1 ≡ −1p−1 (p − 1)! ( mod p‬‬
‫אם ‪ ,p 6= 2‬נקבל‬
‫)‪−1 ≡ (p − 1)! ( mod p‬‬
‫וזהו משפט ווילסון‪.‬‬
‫דוגמה‬
‫נפתור )‪.x2 ≡ 1 ( mod 8‬‬
‫קל לבדוק ש־ ‪ x = 1, 3, 5, 7‬הם פתרונות‪ .‬יש ארבעה פתרונות‪ ,‬על אף שהמשוואה ממעלה ‪ 8) 2‬אינו‬
‫ראשוני‪ ,‬ולכן משפט לגראנג' אינו תקף(‪.‬‬
‫מעל השדות ‪ Zp‬אפשר לבצע הרבה מהפעולות שאנו מבצעים במספרים שלמים‪ .‬למשל‪ ,‬חלוקה עם‬
‫שארית תקפה )מעל שדות כל איבר שאינו ‪ 0‬הוא איבר הפיך(‪ ,‬וכן אלגוריתם אוקלידס וההגדרה של‬
‫‪ gcd‬תקפים‪ ,‬כאשר כעת מודדים גודל של פולינום באמצעות הדרגתו במקום ע"י הערך המוחלט שלו‪,‬‬
‫כמו בשלמים‪ .‬כמו כן‪ ,‬ישנו פירוק יחיד של פולינום למכפלת אי‪-‬פריקים‪.‬‬
‫‪4‬‬
‫דוגמה‬
‫נמצא מודולו ‪ 7‬את‬
‫‬
‫‪gcd 5x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1, 2x2 + 6x + 5‬‬
‫נשתמש באלג' אוקלידס‬
‫‪−x2 + 4x + 4‬‬
‫‪−2x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1 | 2x2 − x − 2‬‬
‫‪−2x4 + x3 + 2x2‬‬
‫‪x3 − 3x2 + 3x − 1‬‬
‫‪x3 − 4x2 − x‬‬
‫‪x2 + 4x − 1‬‬
‫‪x2 − 4x − 1‬‬
‫‪x‬‬
‫‬
‫)‪5x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1 ≡ (−x2 + 4x + 4) · 2x2 + 6x + 5 + (x) ( mod 7‬‬
‫‪2x2 + 6x + 5 ≡ (2x + 6)x + 5‬‬
‫‪x ≡ 3·x·5+5‬‬
‫לכן ‪ ,gcd(p(x), q(x)) = 5‬אבל אם )‪ F (x)|q(x) ( mod p‬אז גם )‪ aF (x)|q(x) ( mod p‬כאשר‬
‫‪ a‬הפיך כלשהו )בשדה של ראשוניים‪ ,‬כל מספר הפיך(‪ ,‬שכן מהנתון ידוע כי קיים )‪ m(x‬כך ש־‬
‫)‪ F (x)m(x) ≡ q(x‬אבל אז )‪ ,aF (x) · (a−1 m(x)) ≡ q(x‬ולכן )‪.aF (x)|q(x‬‬
‫כלומר‪ ,‬במקרה שלנו‪ ,‬נוכל לומר כי ‪ ,gcd (p(x), q(x)) = 1‬שכן ‪ 5−1 = 1‬מודולו ‪ .7‬ואז נוכל לומר כי‬
‫‪ p, q‬זרים‪.‬‬
‫דוגמה‬
‫הפולינום ‪ x2 + 2‬אי‪-‬פריק מודולו ‪ .5‬כלומר‪ ,‬לא קיים פולינום )‪ q(x‬ב־ ]‪ Z5 [x‬כך ש־ ‪ q(x)|x2 + 2‬ו־‬
‫‪.0 < deg(q) < deg (x2 + 2) = 2‬‬
‫פתרון‬
‫אם קיים ‪ x2 + 2‬פריק אז הוא מתחלק בגורם לינארי ‪) ax + b‬כי ‪ x2 + 2‬הוא ממעלה ‪ .(2‬כלומר‪,‬‬
‫‪ x2 + 2‬פריק אמ"מ יש לו שורש ב־ ‪) Z5‬כי לכל פולינום לינארי יש שורש(‪ .‬נציב‪:‬‬
‫‪x = 0 : 2, x = 1 : 3, x = 2 : 1, x = 3 : 1, x = 4 : 3‬‬
‫ולכן אין שורש ל־ ‪.x2 + 2‬‬
‫‪5‬‬
‫דוגמה‬
‫פרק את ‪ x3 − 3x − 3‬מודולו ‪.5‬‬
‫פתרון‬
‫אם יש מחלק )‪ q(x‬בעל ‪ ,0 < deg(q) < 3‬אז ‪ x3 − 3x − 3‬מתפרק למכפלה של גורם לינארי עם‬
‫גורם ריבועי‪ .‬לכן‪ ,‬בפרט‪ ,‬יהיה שורש ל־ ‪ x3 − 3x − 3‬ב־ ‪.Z5‬‬
‫נחפש שורש‪:‬‬
‫‪x = 0 : −3, x = 1 : 0‬‬
‫נחלק ב־ )‪ ,(x − 1‬ונקבל‬
‫‬
‫)‪x3 − 3x − 3 ≡ x2 + x − 2 (x − 1‬‬
‫נבדוק האם קיים פירוק נוסף ל־ ‪ .x2 + x − 2‬נבדוק שורשים‪:‬‬
‫‪x=1:0‬‬
‫נחלק ב־ )‪ (x − 1‬פעם נוספת ונקבל‪:‬‬
‫)‪x3 − 3x − 3 ≡ (x − 1)2 (x − 3‬‬
‫פתרון משוואות פולינומיות‬
‫טענה‬
‫יהי ]‪ ,p(x) ∈ Z[x‬ו־ ‪) n = pe11 · ... · pel l‬פירוק לראשוניים(‪ .‬יש פתרון לקונגרואנציה‬
‫)‪(∗) p(x) ≡ 0 ( mod n‬‬
‫אמ"מ יש פתרון לכל אחת מהקונגרואנציות‬
‫) ‪(∗∗) p(x) ≡ 0 ( mod pei i‬‬
‫יתר על כן‪ ,‬אם יש ‪ s‬פתרונות ל )∗( ו־ ‪ si‬פתרונות ל־ )∗∗( אז ‪si‬‬
‫‪6‬‬
‫‪Ql‬‬
‫‪i=1‬‬
‫= ‪.s‬‬
‫הוכחה‬
‫ברור כי אם )‪ p(x) ≡ 0 ( mod n‬אז גם‬
‫‬
‫‪i‬‬
‫‪mod pei‬‬
‫‬
‫‪.p(x) ≡ 0‬‬
‫נניח כעת כי )∗∗( פתיר לכל ‪ .i‬נסמן את הפתרונות הללו ב־ ) ‪.(ai‬‬
‫ממשפט השאריות הסיני‪ ,‬קיים ‪ a‬יחיד מודולו ‪ n‬המקיים )קיים כי כל ה־ ‪ pi‬זרים בזוגות(‪:‬‬
‫) ‪a = ai ( mod pei i‬‬
‫לכל ‪ .i‬נראה כי )‪ .p(a) ≡ 0 ( mod n‬הדבר נובע ממשפט השאריות הסיני‪ .‬נסמן ( )‪y ≡ p(a‬‬
‫)‪ .mod n‬אז ) ‪ 0 .y ≡ p (ai ) ≡ 0 ( mod pei i‬הוא מספר שמקיים את כל הקונגרואנציות הללו‬
‫מודולו ‪ ,n‬ומהיחידות במשפט השאריות הסיני‪ 0 ,‬הוא המספר היחיד‪ ,‬ולכן )‪.y ≡ 0 ( mod n‬‬
‫כדי להראות את טענת הספירה של פתרונות נסמן ב־ ‪ Si‬את קבוצת הפתרונות ל־ ≡ )‪p(x‬‬
‫) ‪ .0 ( mod pei i‬נסמן ב־ ‪ S‬את קבוצת הפתרונות ל־ )‪.p(x) ≡ 0 ( mod n‬‬
‫נרצה להוכיח ש־ | ‪ .|S| = |S1 | · ... · |Sl‬הדבר ינבע מקיום‬
‫‪T : S1 × ... × Sl → S‬‬
‫שהיא חח"ע ועל )וכך נראה שהגדלים של הקבוצות שווים(‪.‬‬
‫ראינו התאמה שמקבלת את ‪ ai ∈ Si‬ומחזירה ‪ .a ∈ S‬נותר להראות שהיא חח"ע ועל‪.‬‬
‫חח"ע‬
‫אם ‪ a = a1 , .., al‬שונה מ־ ‪) b = b1 , ..., bl‬במודולואים המתאימים( אז )‪ T (a) 6≡ T (b‬מודולו ‪ ,n‬כי‬
‫לפי הגדרת ‪ ,b ≡ bi , a ≡ ai ( mod pei i ) T‬אבל ‪ a‬נבדל מ־ ‪.b‬‬
‫על‬
‫צ"ל שלכל ‪ p(a) ≡ 0 a‬מודולו ‪ ,n‬קיימים ‪ a1 , ..., al‬מודולו ‪ pei‬כך ש־ ) ‪.p (ai ) ≡ 0 ( mod pei i‬‬
‫אכן‪ ,‬ניתן לקחת ) ‪.ai ≡ a ( mod pei i‬‬
‫‪7‬‬