תורת המספרים ־ הרצאה 6
תורת המספרים ־ הרצאה 6
12בנובמבר 2014
קונגרואנציות
הגדרה
) n ≥ 1 ,a, b ∈ Z) a ≡ b ( mod nשלם( אם .n|a − b
הגדרה
חוג השאריות מודולו Zn = {0 + nZ, ..., n − 1 + nZ} ,nעם הפעולות של חיבור וכפל מודולו .n
הגדרה
איבר a ∈ Znהפיך אם קיים b ∈ Znכך ש־ .ab = 1 + nZ
טענה
aהפיך מודולו nאמ"מ .gcd(a, n) = 1
סימון
} Z∗n = {a + nZלכל aהפיך ב .Zn
הגדרה
פונקציית φשל אוילר φ : N → N :מוגדרת כך:
|}φ(n) = |Z∗n | = |{1 ≤ a ≤ n | gcd(a, n) = 1
וכן .φ(1) = 1
1
טענה
אם ) ax = b ( mod nו d|a, b, nאז ) ( mod nd
b
d
≡ . ad x
משפט
אם (n ≥ 2) n = pe11 · ... · pel lכאשר piראשוניים ושונים ו ei ≥ 1שלמים ,אז:
1
1
φ(n) = n 1 −
· ... · 1 −
p1
pl
קל לראות כי φ(n) ∈ Zובפרט φכפלית ,כלומר ,אם gcd(m, n) = 1אז ).φ(mn) = φ(m)φ(m
ראינו מסקנה
φ(d) = n
X
1≤d|n
הוכחת המשפט
נראה כי φכפלית.
צעד 1
נבחן את ) φ(pmכאשר pראשוני ו mטבעי .נבחין בין 2מקרים:
.p|m .1נרצה למצוא את |} .|{1 ≤ a ≤ n | gcd(a, pm) = 1נתבונן ב pה mיות:
][1, .., m], [m + 1, ..., 2m − 1], ..., [(p − 1)m + 1, ..., pm
נשים לב כי gcd(a, pm) = 1אמ"מ ,gcd(a, m) = 1זאת כיוון ש ,p|mולכן אם ל aאין מחלק
משותף עם mאבל pהוא מחלק של ,mולכן ל aאין מחלק משותף עם ) pmוההפך( .במחלקה
הראשונה )למעלה( ,מספר האיברים הזרים ל־ mהוא ) .φ(mנראה שבכל שאר המחלקות
המספר הוא גם כן ).φ(m
נחלק את aעם שארית ב ,mנרשום .0 ≤ r < m ,a = qm + rנבחין שאם d|aוגם
d|mאז ,d|rלכן gcd(a, m) = 1אמ"מ ,gcd(a, r) = 1שכן ,אם d|rוגם ,d|mאז ) d|aכי
,(a = qm + rוההפך.
אז קיבלנו שבכל מחלקה מהצורה ] [im + 1, ..., (i + 1)mיש אותה כמות של איברים שזרים ל
,mולכן ) ,φ(pm) = pφ(mוסיימנו.
2
.p - m .2כעת .φ(pm) = |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, pm) = 1}| ,אבל נשים לב ש = )gcd(a, pm
1אמ"מ gcd(a, m) = 1ו ,p - aשכן אם aו mזרים ,ו ,p - aאז גם aו pmיהיו זרים .לכן,
נוכל לרשום:
= |}φ(pm) = |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, pm) = 1
|}|{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, m) = 1}| |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, m) = 1, p|a
|
{z
| }
{z
}
=
A
−
B
ראינו ב ) (1ש ) .|A| = pφ(mנותר להבין את | .|Bמתקיים } .B = {p, 2p, ..., mpנשים לב
כי gcd(lp, m) = 1אמ"מ ,gcd(l, m) = 1כי מראש ,p - mלכן רק ב lעשוי להיות גורם
משותף עם .mכלומר ) ,|B| = φ(mכי lהוא מספר בין 1ל ,mוזר ל ,mוכידוע ,יש )φ(m
כאלה .סה"כ קיבלנו:
)|A| − |B| = pφ(m) − φ(m) = (p − 1)φ(m
צעד 2
נחשב את ) φ (pei sכאשר pראשוני ו eiטבעי s ,טבעי וזר ל ) pולכן גם ל .(pei
(
)(p − 1)φ(s
ei = 1
= φ (pei s) = φ p · pei −1 s
ei −1
} | {z
pφ (p
)) φ(s
ei > 1
m
כאשר השוויון השני מתקבל מצעד .1
נוכל להמשיך באינדוקציה ,ונקבל:
1
ei
ei −1
ei
φ (p s) = p
(p − 1)φ(s) = p
1−
)φ(s
p
צעד 3
עבור n = pe11 · ... · pel lנקבל:
1
1
1
1
el
el
e1
e1
...pl 1 −
=n 1−
... 1 −
φ(n) = φ (p1 · ... · pl ) = p1 1 −
induction
p1
pl
p1
pl
נשים לב גם כי הראנו כרגע כי φכפלית.
פתרון קונגרואנציות ממעלה ראשונה
נרצה לפתור ).ax = b ( mod n
3
משפט
למשוואה יש פתרון אמ"מ ) gcd(a, n)|bנשים לב שאם aו nזרים ,שכן אז aהפיך ,ונוכל לכפול
בהפכי שלו ונקבל פתרון(.
כל פתרון מקיים
n
mod
)gcd(a, n
b
a
≡x
)gcd(a, n
)gcd(a, n
ויש בדיוק ) gcd(a, nפתרונות.
הוכחה
ראשית ,אם ,gcd(a, n) - bאז אין פתרון ,כיוון שאם ) ax ≡ b ( mod nאז ,n|ax − bכלומר קיים
qשלם כך ש ,qn = ax − bולכן ) gcd(a, n)|bכלומר הראנו שזהו תנאי הכרחי(.
נניח כי .gcd(a, n)|bנסמן ) ,d = gcd(a, nונפעיל את הטענה משיעור שעבר :אם )ax ≡ b ( mod n
) ad x ≡ dbכלומר ,הראנו שכל הפתרונות הם מהצורה הנ"ל(.
אז mod nd
כעת נשים לב ש ,gcd ad , nd = 1כלומר adהפיך מודולו . ndמכאן של־
b
n
a
≡x
mod
d
d
d
קיים פתרון יחיד מודולו
ב ,a0ונקבל כי mod nd
n
d
המתקבל ע"י הכפלת שני האגפים בהפכי של
0
.x ≡ adb
a
d
מודולו . ndנסמן הפכי זה
דוגמה.x ≡ 3 ( mod 4) ⇐ 2x ≡ 6 ( mod 8) :
נסמן + j nd ∈ Z
a0 b
d
= xjעבור j ∈ Zכלשהו.
נראה שכל אחד מהם מקיים ).ax ≡ b ( mod n
aa0 b
an
n
n
b
a
= axj
+j
= 1+α
b+j a=b+ α +j
)n ≡ b ( mod n
d
d
d
d
d
d
כאשר השוויון השני מתקיים כי a0הוא ההפכי של
כי d|bוכן d|aולכן α db + j adשלם.
a
d
מודולו
n
d
)כלומר ,(a0 ad = 1 + α ndורביעי מתקיים
נותר להראות שישנם בדיוק gcd(a, n) = dמספרים שונים בקבוצה }).{xj ( mod n
נחלק את jעם שארית ב ,dכלומר ,0 ≤ r ≤ d ,j = qd + rונבחין כי
a0 b
n
a0 b
n
a0 b
n
= )+ (qd + r
≡ + r + qn
)+ r ( mod n
d
d
d
d
d
d
כלומר ,יש לכל היותר dפתרונות שונים.
4
= xj
דוגמה
מצא את כל הפתרונות מודולו 77ל ).35x ≡ 56 ( mod 77
פתרון
.gcd(35, 77) = 7כיוון ש ,7|56יש פתרון .נצמצם ב ,7ונקבל
)5x ≡ 8 ( mod 11
נחפש הפכי ל ,5מודולו .11אפשר עם אלגוריתם אוקלידס .אפשר גם להבחין כי ( 5 · 2 ≡ −1
) .mod 11כלומר ) 5−1 2−1 ≡ −1זאת מהטענה ש ,((ab)−1 = a−1 b−1ואז .5−1 = −2 = 9
לכן.x ≡ 8 · 9 ≡ 72 ≡ 6 ( mod 11) ,
לכן ,כל הפתרונות מודולו 77נתונים ע"י
xj = 6 + 11j : 0 ≤ j ≤ 7
כלומר.{6, 17, 28, 39, 50, 61, 72} :
דוגמה
מהם כל הפתרונות בזוגות שלמים ) (x, yל־
(∗) 35x + 77y = 56
פתרון
ניקח מודולו 77למשוואה ,ואם יש פתרון שלם הגורם של yייעלם ,נקבל ( (∗∗) 35x ≡ 56
) .mod 77כל הפתרונות השלמים למשוואה זו xj = 6 + 11jעבור jשלם.
כל xjכזה יקיים את )∗( עבור yשלם כלשהו כי הדבר שקול ללקיים את )∗∗(.
נציב את xjב )∗( ונקבל:
35(6 + 11j) + 77yj = 56
כלומר
77yj = 56 − 210 − 385j = −154 − 385j
5
ואז
yj = −2 − 5j
תשובה סופית :כל הזוגות מהצורה ־ ) (6 + 11j, −2 − 5jלכל .j ∈ Z
באותו אופן פותרים ax + ny = bבפתרונות שלמים .קיים פתרון אמ"מ ,gcd(a, n)|bואז יש אינסוף
פתרונות.
משפט ווילסון
יהי pראשוני ,אז ).(p − 1)! ≡ −1 ( mod p
הוכחה
,p = 2במקרה זה הטענה ברורה ,כי ).1 ≡ −1 ( mod 2
.p > 2נבחן את ההתאמה בין aלהפכי שלו ,מודולו .pראשית ,ההופכי קיים )כי pראשוני( לכל
0 < a < pויחיד )עובדה כללית בחוגים(.
נבחן עבור אילו aההופכי a0מקיים ).a = a0 ( mod p
אם aכזה אז ) ,a2 ≡ aa0 ≡ 1 ( mod pלכן ).a2 − 1 ≡ (a + 1)(a − 1) ≡ 0 ( mod p
כיוון שמודולו Zp pהוא שדה ,אז אם ) ab ≡ 0 ( mod pאז a ≡ 0או b ≡ 0מודולו .pלכן
) (a + 1) ≡ 0 ( mod pאו ) ,(a − 1) ≡ 0 ( mod pכלומר רק a = ±1מודולו pהם ההופכיים של
עצמם.
לכן,
)(p − 1)! = 1(p − 1) · product of a pair of number and its inverse ≡ p − 1 ≡ −1 ( mod p
תרגיל
משפט ווילסון מאפיין ראשוניים .כלומר ,אם ) (n − 1)! ≡ −1 ( mod nעבור n ≥ 2טבעי אז n
ראשוני.
משפט השאריות הסיני
) x ≡ a1 ( mod n1
...
...
) x ≡ al ( mod nl
עבור niזרים בזוגות.
6
דוגמה
)2
)3
)5
)7
mod
mod
mod
mod
(1
(2
(4
(0
≡x
≡ x
≡x
≡x
ניסוח המשפט
למערכת כזו תמיד יש פתרון )למעשה ,אינסוף פתרונות( .יתר על כן ,ישנו רק פתרון אחד מודולו
.n1 · ... · nl
נעיר שהתנאי ש niזרים בזוגות חשוב .נראה דוגמה נגדית למקרה שבו הם לא זרים בזוגות:
(
)x ≡ 0 ( mod 4
)x ≡ 1 ( mod 4
או אפילו:
(
)x ≡ 0 ( mod 15) ⇒ x ≡ 0 ( mod 3
)x ≡ 1 ( mod 21) ⇒ x ≡ 1 ( mod 3
7
© Copyright 2024