תורת המספרים ־ הרצאה 9
תורת המספרים ־ הרצאה 9
26בנובמבר 2014
קונגרואנציות פולינומיאליות
פולינום ]) p(x) ∈ Z[xעם מקדמים שלמים(.
רוצים לפתור )p(x) ≡ 0 ( mod n
משפט לגרנג'
אם pראשוני ,אז למשוואה ) p(x) ≡ 0 ( mod pיש לכל היותר ) deg(pפתרונות.
משפט
כדי לפתור את
)(∗) p(x) ≡ 0 ( mod n
כאשר ל־ nהפירוק לראשוניים n = pe11 · ... · pel lמספיק לפתור
) p(x) ≡ 0 ( mod pei i
)∗∗(
,ומהם ניתן לשחר את הפתרונות מודולו .n
ראינו איך למצוא את הפתרונות בעזרת משפט השאריות הסיני.
ראינו גם שאם ל־ )∗( יש sפתרונות ול־ )∗∗( יש siפתרונות אז si
דוגמה
)x3 + 3x − 4 ≡ 0 ( mod 175
ניתן לראות כי .175 = 52 · 7
המשוואה הנ"ל שקולה ל־
(
) x3 + 3x − 4 ≡ 0 ( mod 52
)x3 + 3x − 4 ≡ 0 ( mod 7
1
Ql
i=1
= .s
כיצד נפתור ) p(x) ≡ 0 ( mod peכאשר pראשוני?
נבחין שאם xפתרון ,אז xפותר גם את ) p(x) ≡ 0 ( mod pjעבור .1 ≤ j ≤ e
נראה דרך לעבור מפתרון מודולו pלפתרון/נות מודולו p2ומשם הלאה עד .pe
נשים לב ש־
p00 (r) 2
z + ...
!2
p(r + z) = p(r) + p0 (r) · z +
)טור טיילור(.
המקדמים p(r), p0 (r), ...שלמים עבור rשלם ,כיוון ש־
= ai i(i − 1) · ... · (i − s + 1)xi−s
m
X
= )p(s) (x
i=s
m
X
!i
= xi−s
(i
−
!)s
i=s
m
X
i i−s
!= s
ai
x
s
i=s
{z
}
|
ai
=
∈Z
כעת ,נייח כי קיים פתרון בו ) x ≡ r ( mod pל־ ) .p(x) ≡ 0 ( mod pנרשום ,x = r + pkונציב
למעלה:
p(r + pk) = p(r) + p0 (r) · pk + p2 · a
כאשר aשלם ,כיוון ש־ aחזקה של שלם.
לכן
mod p2
p(r + pk) ≡ p(r) + p0 (r) · pk
כעת ,נשתמש בכך ש־ ) p(r) ≡ 0 ( mod pונרשום p(r) ≡ a · pלכן אם נחפש פתרון מודולו ,p2
0
≡
p(r + pk) ≡ a · p + p0 (r) · pk
mod p2
⇒⇐
0
≡
)a + p0 (r)k ( mod p
)פשוט נוכל לצמצם את המשוואה העליונה ב־ .(p
2
כעת ישנם שלושה מקרים:
.1אם ) p0 (r) 6≡ 0 ( mod pנקבל ) k ≡ (−a)[p0 (r)]−1 ( mod pומכאן שקיים פתרון יחיד x
מודולו p2המקיים )) x ≡ r ( mod pהרמה יחידה(.
≡ ,aנסיק שאין פתרון xמודולו p2המקיים
.2אם ) p0 (r) ≡ 0 ( mod pו־ )6 0 ( mod p
)) x ≡ r ( mod pלא קיימת הרמה עבור rזה(.
.3אם ) p0 (r) ≡ 0 ( mod pו־ ) ,a ≡ 0 ( mod pאז כל kהוא פתרון ,כלומר כל xמהצורה
x ≡ r + pkהוא פתרון מודולו p2המקיים )) x ≡ r ( mod pהרמה ל־ pפתרונות שונים
מודולו .(p2
כעת נרצה להרים פתרונות מודולו p2לפתרונות מודולו p3או .pjשוב ,אם x = r + p2 kאז
p r + p2 k = p(r) + p0 (r) · p2 k + p4 · t
כאשר שוב.t ∈ Z ,
כלומר
p r + p2 k = p(r) + p0 (r) · p2 k
mod p3
ושוב נרשום p(r) = ap2ואז
mod p3
p(r) + p0 (r)p2 k
)a + p0 (r) · ( mod p
≡
⇒⇐
≡
ונוכל להמשיך כמו קודם .עדיין ) p0 (r) ( mod pכפי שהיה קודם.
נחזור לקודם שראינו מקודם.
דוגמה
p(x) = x3 + 3x − 4
(
) x3 + 3x − 4 ≡ 0 ( mod 52
)x3 + 3x − 4 ≡ 0 ( mod 7
3
0
0
נתחיל בלפתור מודולו :7נעבור על האפשרויות:
(
p(0) ≡ −4
)( mod 7
p(1) ≡ 0
כעת ,נוכל לחלק את ) p(xב־ .x − 1נקבל:
x3 + 3x − 4
)= x2 + x + 4 = q(x
x−1
כלומר ,מספיק לנו רק לבדוק את ) .q(xנמשיך עם המספרים מודולו :7
q(2) ≡ 3
q(3) ≡ 2
( mod 7) q(4) ≡ 3
q(5) ≡ −1
q(6) ≡ 4
קיבלנו שרק ).p(1) ≡ 0 ( mod 7
נפתור כעת מודולו .52נפתור קודם מודולו .5
≡ −4
≡0
≡0
≡2
≡2
)p(0
)p(1
)( mod 5) p(2
)p(3
)p(4
לכן ישנם שני פתרונות מודולו x = 1 :5ו־ .x = 2
נרצה למצוא את כל ההרמות לפתרונות אלה.
)x ≡ 1 ( mod 5
נרשום .x = 1 + 5kנחשב .p0 (x) = 3x2 + 3כעת ,נרצה ש־
p(r) + p0 (r) · 5k ≡ 0
mod 52
][r ≡ 1
נציב ) ,p(r) ≡ p(1) ≡ 0 ( mod 52ו ) p0 (r) ≡ p0 (1) ≡ 6 ( mod 52
mod 52
0
)0 ( mod 5
⇒⇐
≡
⇒⇐
≡
4
0+6·5·k
6k
)x ≡ 2 ( mod 5
).x = 2 + 5k ,r ≡ 2 ( mod 5
mod 52
mod 52
p(2) = 10 ≡ 10
p0 (2) = 15 ≡ 15
לכן
2
mod 5
0
)0 ( mod 5
)0 ( mod 5
≡
⇒⇐
≡
⇒⇐
≡
p(r) + p0 (r) · 5k
10 + 15 · 5k
2
כלומר ,אין הרמה.
מצאנו שהפתרונות היחידים מודולו 52ו־ 7הם ) x ≡ 1 ( mod 52ו־ ).x ≡ 1 ( mod 7
נחפש פתרון מודולו .175כלומר x ,כך ששתי המשוואות הנ"ל מתקיימות .נקבל )x ≡ 1 ( mod 175
הוא הפתרון היחיד מודולו .175
שורשים פרימיטיביים
ניזכר במשפט אוילר ,לכל aזר ל־ nמתקיים ).aφ(n) ≡ 1 ( mod n
הגדרה
יהי nטבעי .מספר aזר ל־ nנקרא שורש פרימיטיבי מודולו nאם הטבעי המינימלי bכך ש־ ( ab ≡ 1
) mod nהוא ).φ(n
הגדרה
יהי nטבעי a ,זר ל־ .nהסדר של ) a ( mod nמסומן ) ordn (aהוא הטבעי המינימלי bכך ש־
).ab ≡ 1 ( mod n
למשל ordn (1) = 1 ,ו־ ) a ⇐⇒ ordn (a) = φ(nהוא שורש פרימיטיבי.
ממשפט אוילר.ordn (a) ≤ φ(n) ,
ניזכר בדוגמה שהייתה :אם n = r · sעבור r, s > 2זרים ,אז לכל aזר ל־ ≡ 1 ( mod n) n
1
)φ(n
2
כלומר ,עבור nכזה אין שורש פרימיטיבי .נראה בהמשך שקיים שורש פרימיטיבי מודולו nאמ"מ
n = 2, n = 4, n = pj , n = 2pj
עבור p ≥ 3ראשוני.
5
.a
טענה
יהי nטבעי a .זר ל־ .nבעצם ak ≡ 1 ( mod n) ,אמ"מ .ordn (a)|kבפרט.ordn (a)|φ(n) ,
הוכחה
⇒ ברור
⇐ נחלק את kב־ ) ordn (aעם שארית
k = q · ordn (a) + r,
)0 ≤ r < ordn (a
ונבחין ש־
q
)1 ≡ ak ≡ aq·ordn (a)+r ≡ aordn (a) · ar ≡ ar ( mod n
מהגדרת ) ordn (aנובע ש־ ) r = 0כי הסדר הוא הטבעי המינימלי שמקיים את הנ"ל ,ולקחנו את r
להיות קטן ממש מהסדר( ,כלומר .ordn (a)|kכנדרש.
דוגמה
מצא ).ord19 (5
ראשית .φ(19) = 18 ,לכן }.ord19 (5) ∈ {1, 2, 3, 6, 9, 18
כעת,
)6 ( mod 19
)6 · 5 ≡ 11 ( mod 19
)112 ≡ (−8)2 ≡ 64 ≡ 7 ( mod 19
)56 · 53 ≡ 7 · 11 ≡ 77 = 1 ( mod 19
כלומר.ord19 (5) = 9 ,
נראה כעת שאם ידוע ) ordn (aקל לחשב את ) .ordn (am
נניח כי
)am·r ≡ 1 ( mod n
עבור .r ≥ 1ע"פ הטענה ,הנ"ל מתקיים אמ"מ
d = ordn (a)|m · r
6
≡
≡
≡
≡
52
53
56
59
כלומר .m · r ≡ 0 ( mod d) ,נסמן ) .g = gcd(m, dאז
m
d
⇒⇐ )( mod d
r≡0
mod
⇒⇐
g
g
d
)ordn (a
d
= ⇐⇒ r = k
·k
r≡0
mod
g
g
))gcd (m, ordn (a
כאשר המעבר הראשון טריוויאלי ,והשני נובע מהעובדה ש־
. dg
m
g
ו
d
g
≡
mr
⇒⇐
זרים ,ולכן קיים הפיך ל־
m
g
מודולו
ואז:
)ordn (a
))gcd (m, ordn (a
= ) ordn (am
)כי אנחנו מחפשים את הטבעי המינימלי ,אז נציב .(k = 1
דוגמה
9
=3
)gcd(6, 9
= ord19 56
טענה
אם aשורש פרימיטיבי מודולו ,nאז
})Z∗n = {am : 1 ≤ m ≤ φ(n
הוכחה
מספיק להראות שכל המספרים בקבוצה זו שונים מודולו ,כיוון שברור שכולם ב־ .(???) Z∗nאילו
) ar ≡ as ( mod nעבור ) ,1 ≤ r ≤ s ≤ φ(nאז
)as−r ≡ 1 ( mod n
ולכן ,φ(n) = ordn (a)|s − rומכאן ש־ ) s = rכי כאמור.(r, s ≤ φ(n) ,
מסקנה
יהי aשורש פרימיטיבי מודולו .nאז amשורש פרימיטיבי מודולו nאמ"מ ) gcd(m, φ(n)) = 1נובע
ישירות מהנוסחה שראינו קודם ל־ ) .(ordn (am
לכן ,ישנם בדיוק )) φ(φ(nשורשים פרימיטיביים מודולו ) nאם קיים שורש אחד(.
7
משפט
יהי pראשוני ,אז קיים שורש פרימיטיבי מודולו .p
שאלה פתוחה :האם קיימים אינסוף ראשוניים pכך שהמספר 2הוא שורש פרימיטיבי מודולו ?p
הוכחה
נשים לב כי φ(p) = p − 1ולכן הסדרים האפשריים ל־ aשזר ל־ pהם מחלקי .p − 1
יהי ,d|p − 1נגדיר את הפונ':
|}ψ(d) = |{0 ≤ a < p | ordp (a) = d
נראה כי ) ,ψ(d) = φ(dומכאן ינבע ש־ ,ψ(p − 1) = φ(p − 1) ≥ 1ולכן קיים שורש פרימיטיבי.
לפי ההגדרה:
ψ(d) = p − 1
X
d|p−1
כי ???
ניזכר גם ש־
φ(d) = p − 1
X
d|p−1
נסתמך על כך בהוכחה.
שלב א'
נראה כי אם ψ(d) > 0עבור ,d|p − 1אז ) φ(d) = ψ(dעבור dזה.
שלב ב'
נובע ש־
φ(d) = 0
X
d|p−1
ψ(d)=0
ע"י החסרת הסכום התחתון מהסכום העליון.
כיוון ש־ φ(d) ≥ 1לכל ,dינבע ש־ ψ(d) 6= 0לכל .d|p − 1
בסה"כ ) ψ(d) = φ(dלכל .d|p − 1
8
© Copyright 2025