1. No category

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 5
Avsnitt 5.2
Oppgave 2a. Her er det bare å følge hintet. Vi har at a12 = (a4 )3 ≡ 13 = 1 (mod 5) og a12 = (a6 )2 ≡
12 = 1 (mod 7). Dermed har vi at 5|a12 − 1 og 7|a12 − 1 så 35|a12 − 1 hvilket gir a12 ≡ 1 (mod 35). Dette
kunne man også sett ved å bruke CRT.
Oppgave 4a*. Vi vet at a5 = a (mod 5), så vi har a21 = (a5 )4 ·a ≡ a4 ·a ≡ a5 ≡ a (mod 5). Tilsvarende
er a21 ≡ a (mod 3). Som i forrige oppgave ser vi at a21 ≡ a (mod 15).
Oppgave 7*. (a3 − 1)(a3 + 1) = a6 − 1, som er delelig på 7 ved Fermat. Så 7 må dele en av faktorene.
Oppgave 10a. Vi vet at gcd(a, p) = gcd(b, p) = 1 og ap ≡ bp (mod p). På grunn av Fermats teorem,
vet vi også at a ≡ ap og b ≡ bp , og dermed følger det at a ≡ b (mod p).
Avsnitt 5.3
Oppgave 1a. Ved Wilsons teorem, vet vi at 16! = 15! · 16 ≡ −1 (mod 17). Vi må derfor finne et tall x
slik at 16x ≡ −1 ≡ 16 (mod 17). Der ser vi at x = 1 gjør jobben, så 15! ≡ 1 (mod 17).
Oppgave 3. Her er det flere metoder. Den enkleste (men mest tidkrevende) er Prøv-og-feile-metoden,
dvs en ser på 2 · 3, 2 · 4 osv til en kommer til et produkt som er ≡ 1 (mod 23). Så forsetter en med 3 osv.
En litt smartere måte er å starte med at 24 ≡ 1 (mod 23). Herfra får vi at 2 · 12 = 3 · 8 = 4 · 6 = 24 ≡ 1
(mod 23).
Tilsvarende er 5 · 14 = 7 · 10 = 70 ≡ 1 (mod 23).
Det første tallet vi mangler da er 9, men fra 3 · 8 ≡ 1 (mod 23) får vi at (3 · 8)2 ≡ 1 (mod 23) og siden
2
8 = 64 ≡ 18 (mod 23) får vi at 9 · 18 ≡ 1 (mod 23).
Hopper så til 15 = 3 · 5, fra 3 · 8 ≡ 1 (mod 23) og 5 · 14 ≡ 1 (mod 23) får vi at 3 · 8 · 5 · 14 ≡ 1 (mod 23).
Dvs 15 · 8 · 14 ≡ 1 (mod 23). Nå er 8 · 14 = 112 ≡ 20 (mod 23). Altså er 15 · 20 ≡ 1 (mod 23).
For 16 bruker vi samme metode som for 9. Dvs fra 4 · 6 ≡ 1 (mod 23) får vi at (4 · 6)2 ≡ 1 (mod 23)
og siden 62 = 36 ≡ 13 (mod 23) får vi at 16 · 13 ≡ 1 (mod 23).
Nå har vi bare igjen tallene 11, 17, 19, 21 og bruker vi Prøv-og-feile-metoden på disse får vi 11 · 21 ≡ 1
(mod 23) og 17 · 19 ≡ 1 (mod 23).
I tabell:
2 12
3 8
4 6
5 14
7 10
9 18
11 21
13 16
15 20
17 19
Oppgave 5a*. Hvis n er et primtall gir Wilson at (n − 1)! ≡ −1 (mod n). Siden n − 1 ≡ −1 (mod n)
har vi da at (n − 2)!(−1) ≡ (n − 1)! ≡ −1 (mod n). Alså er (n − 2)! ≡ 1 (mod n).
For den omvendte implikasjon har vi at (n − 2)! ≡ 1 (mod n) medfører at (n − 1)! ≡ n − 1 ≡ −1
(mod n) og i følge boka er da n et primtall.
(En har ekvivalens i Wilsons teorem: n er et primtall hvis og bare hvis (n − 1)! ≡ −1 (mod n).
Date: 28. september 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 5
Oppgave 11a. Fra Thm.5.5 har vi at en løsning er gitt ved x = ( p−1
2 )!. For p = 29 gir dette løsningen
x1 = 14!. Dette tallet sprenger fort kalkulatoren så vi må prøve å redusere (mod 29).
Vi kan feks se på flg (alt er (mod 29)):
2 · 14 = 28 ≡ −1
3 · 13 = 39 ≡ 10
4 · 12 = 48 ≡ −10
5 · 11 = 55 ≡ −3
2 · 14 = 28 ≡ −1
6 · 10 = 60 ≡ 2
7 · 9 = 63 ≡ 5
8 = 8.
Derfor blir 14! ≡ (−1) · 10 · (−10) · (−3) · 2 · 5 · 8 = −24000 ≡ 12 (mod 29).
Den andre løsningen blir x2 = −12 ≡ 17 (mod 29).
Kontroll: 122 = 144 ≡ −1 (mod 29) og 172 = 289 ≡ −1 (mod 29).
Oppgave 11b. Som i a) er en løsning gitt ved x = ( p−1
2 )!. For p = 37 gir dette løsningen x1 = 18!. Igjen
må vi prøve å redusere (mod 37).
Feks se på flg (alt er (mod 37)):
2 · 18 = 36 ≡ −1
3 · 17 = 51 ≡ 14
4 · 16 = 64 ≡ −10
5 · 15 = 75 ≡ 1
6 · 14 = 84 ≡ 10
7 · 13 = 91 ≡ 17
8 · 12 = 96 ≡ −15
9 · 11 = 99 ≡ −12
10 = 10
Derfor blir 18! ≡ (−1) · 14 · (−10) · 1 · 10 · 17 · (−15) · (−12) · 10 = 42840000 ≡ 31 (mod 37).
Den andre løsningen blir x2 = −31 ≡ 6 (mod 37).
Kontroll: 312 = 961 ≡ −1 (mod 37) og 62 = 36 ≡ −1 (mod 37).
Den siste løsningen kunne en også sett direkte. −1 ≡ 36 (mod 37), og 36 er opplagt et kvadrattall.
Eksamen høst 2006
Oppgave 6*.
an − 1 = (a − 1)(an−1 + · · · a + 1).
Dette er en faktorisering unntatt når a − 1 = 1, dvs a = 2.
Videre er
2jk − 1 = (2j )k − 1,
så samme argument gir at 2j = 2, dvs j = 1.
Konklusjon: 2n er et primtall bare når n er et primtall. Dette er et såkalt Mersenne primtall. Mer om
dette i kap 11.3.
Eksamen høst 2007
Oppgave 4*. Siden 101 er et primtall gir Wilsons teorem direkte
100! ≡ −1
(mod 101).
Siden 100 ≡ −1 (mod 101) får vi videre (99!)100 ≡ −1 (mod 101), eller
99! ≡ 1 (mod 101).
Videre får vi
1 ≡ 99! = (98!)99 ≡ (98!)(−2) (mod 101).
Det gjelder nå å finne (−2)−1 (mod 101). Vi finner at det bør være ca 50, og vi har faktisk
(−2)50 = −100 ≡ 1 (mod 101).
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 5
3
Så hvis ganger begge sider med 50 får vi:
50 ≡ (98!)(−2)50 ≡ 98!
(mod 101).
Eksamen vår 2011
Oppgave 4*. Ved induksjon skal vi vise påstanden
P (n) :
n
1173 ≡ 11
(mod 111).
Opplagt riktig for n = 0.
Anta så at den er riktig for n = k, dvs
k
1173 ≡ 11
Da får vi
k+1
k
(mod 111).
k
1173
= 1173 ·73 = (1173 )73 ≡ 1173 (mod 111).
73
Vi må prøve å vise at 11 ≡ 11 (mod 111). Vi antar at vi bør bruke Fermats teorem, men 111 = 3 · 37
er ikke et primtall.
Men siden 37 er et primtall gir Fermats teorem:
1136 ≡ 1
(mod 37)
og dermed
1173 = 1136·2+1 = (1136 )2 · 11 ≡ 12 · 11 ≡ 11
(mod 37),
eller
37|(1173 − 11).
Videre har vi 11 ≡ −1 (mod 3), og derfor blir
1173 − 11 ≡ (−1)73 − (−1) = −1 + 1 = 0
så vi har også
3|(1173 − 11).
Dermed vil
111|(1173 − 11),
dvs
1173 ≡ 11 (mod 11).
Dette fullfører beviset for at P (k) =⇒ P (k + 1).
Siden P (0) er sann, er dermed P (n) sann for alle n.
(mod 3),