1. No category

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 11
Avsnitt 8.2
Oppgave 1a*. Vi kan verifisere at 1 og p−1 er løsninger ved å beregne 12 = 1 og (p−1)2 = p2 −2p+1 ≡ 1
(mod p). Ved Lagranges teorem har ligningen x2 − 1 ≡ 0 (mod p) maksimalt to løsninger, og de har vi
funnet.
Alternativt: Vi observerer at 1 har orden 1, mens p − 1 har orden 2. En løsning av ligningen x2 ≡ 1
(mod p) må ha orden 1 eller 2. Da kan vi bruke teorem 8.6 til å slå fast at det ikke er noen andre tall
modulo p som har slik orden, siden det bare er φ(2) = 1 tall med orden 2 modulo p.
Oppgave 1b*. Det polynomet som er oppgitt vet vi veldig lite om. Noe av det vi vet aller mest om,
er xp−1 , siden vi har Fermats lille teorem. Da bruker vi et triks vi har brukt mye ellers: xp−1 − 1 =
(x − 1)(xp−2 + · · · + x2 + x + 1). Ved Fermat vet vi at xp−1 ≡ 1 (mod p) for alle 1 ≤ x < p, siden p er et
primtall. Sagt på en annen måte, betyr det at alle x 6= p er røtter i xp−1 − 1 ≡ 0. La x 6= 1. Da er
xp−1 − 1 = (x − 1)(xp−2 + · · · + x2 + x + 1) ≡ 0
(mod p)
og siden x 6= 1, er det den andre parentesen som må være kongruent med 0. Det betyr videre at 2, 3, . . . , p−
1 er røttene til polynomet. Lagranges teorem sier at det maksimalt er p − 1 røtter, så dette er alle røtter.
Oppgave 2. Vi skal demonstrere at vi ikke kan fjerne kravet om at modulusen i Lagranges teorem er et
primtall. Merk at 0 ≤ x < p er en løsning hvis og bare hvis p − x er en løsning av ligninga. En mulighet
er å rett og slett bare sette inn tall helt til man finner fire løsninger (se første løsning under). En annen
mulighet er å faktorisere modulusen n = pq og deretter finne løsninger modulo p og q. Dette gjør vi i de
to siste løsningene under.
(1) Vi ser at 1 og −1 ≡ 14 er løsninger av ligninga. I tillegg ser vi etter tall slik at x2 = 1 + 15n.
Siden 42 ≡ 16 ≡ 1 (mod 15) er 4og −4 ≡ 11 løsninger.
(2) Vi skal finne fire løsninger til x2 ≡ −1 (mod 65). Nå er 65 = 5 · 13, så vi løser ligningene x2 ≡ −1
(mod 5) og x2 ≡ −1 (mod 13) hver for seg. Den første ligninga løses av x = 2 og dermed også
3 = 5 − 2. For å løse den andre, må vi finne en n slik at x2 = 13n − 1, for en x. Dvs. vi må finne
en n slik at 13n − 1 er et kvadrattall. Nå er 13 · 2 − 1 = 25 = 52 , så x = 5 løser den andre ligninga.
Da løser også x = 13 − 5 = 8 ligninga.
Nå skriver vi opp de første heltalls løsningene begge ligningene:
mod 5 : 2, 3, 7, 8, 12, 13, 17, 18, 22, 23, 27, 28, 32
mod 13 : 5, 8, 18, 21, 31
Vi ser at 8 og 18 er løsninger av begge ligningene, altså er 8 og 18 løsninger av x2 ≡ −1 (mod 65).
Dermed er også 57 = 65 − 8 og 47 = 65 − 18 løsninger av begge ligningene. Så vi har funnet 4
inkongruente løsninger, modulo 65.
(3) Her skal vi løse x2 ≡ −2 (mod 33). Nå er 33 = 3 · 11, og vi bruker samme metode som over.
Modulo 3 har ligninga løsninger 1 og 2. Modulo 11, så ser vi at 32 ≡ −2 (mod 11), så x = 3 er en
løsning, og dermed også x = 11−3 = 8. Som over setter setter vi opp en liste over heltallsløsninger:
mod 3 : 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14
mod 11 : 3, 8, 14
Her ser vi at 8 og 14 forekommer i begge lister, så de er løsninger av den opprinnelige ligninga.
Da er også 25 = 33 − 8 og 19 = 33 − 14 løsninger.
Oppgave 3a. p=11, dvs ϕ(11) = 10. Så mulige verdier for ordenen til a er 1, 2, 5 eller 10. Det holder
derfor å beregne a2 , a5 og a10 . Vi starter med 2 og ser at 22 ≡ 4, 25 ≡ −1 og 210 ≡ 1 - alt (mod 11), så
2 er en primitiv rot. De andre primitive røttene er da 2k med gcd(k, 10) = 1, altså
23 ≡ 8, 27 ≡ 7 og 29 ≡ 6 - alt (mod 11).
Date: 9. november 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 11
Oppgave 3b. p=19, dvs ϕ(19) = 18. Så mulige verdier for ordenen til a er k=1, 2, 3, 6, 9 eller 18. Det
holder derfor å beregne ak for disse verdiene. Vi starter med 2 og ser at 22 ≡ 4, 23 ≡ 8, 26 ≡ 7, 29 ≡ −1
og 218 ≡ 1 - alt (mod 19), så 2 er en primitiv rot. De andre primitive røttene er da 2k med gcd(k, 18) = 1,
altså
25 ≡ 13, 27 ≡ 14, 211 ≡ 15, 213 ≡ 3 og 217 ≡ 10 - alt (mod 19).
Oppgave 3c. p=23, dvs ϕ(23) = 22. Så mulige verdier for ordenen til a er k=1, 2, 11 eller 22. Det holder
derfor å beregne ak for disse verdiene. Vi starter igjen med 2 og ser at 22 ≡ 4 og 211 ≡ 1 - alt (mod 23),
så 2 er ikke en primitiv rot.
Prøver så med 3, og ser at 32 ≡ 9, 311 ≡ 1 - alt (mod 23), så 3 er ikke en primitiv rot.
Prøver så med 5, og ser at 52 ≡ 2, 511 ≡ −1 og 522 ≡ 1 - alt (mod 23), så 5 er en primitiv rot.
De andre primitive røttene er da 5k med gcd(k, 22) = 1, altså
53 ≡ 10, 55 ≡ 20, 57 ≡ 17, 59 ≡ 11, 513 ≡ 21, 515 ≡ 19, 517 ≡ 15, 519 ≡ 7 og 521 ≡ 14 - alt (mod 23).
Oppgave 4a*. Siden ϕ(43) = 42 = 2 · 3 · 7 og 3 er en primitiv rot er (37 )6 ≡ 1, så 37 ≡ 37 har orden 6.
De andre elementer med orden 6 blir 37k med gcd(k, 6) = 1, dvs k=1 eller 5, som gir 37 og 6.
Oppgave 4b*. Siden 3 har orden 42, har 32 = 9 orden 21. De øvrige med orden 21 blir da 9k med
gcd(k,9)=1. Ialt får vi da tallene
9, 38, 25, 10, 23, 14, 40, 15, 13, 31, 17, 24.
Oppgave 7. Anta r er en primitiv rot, dvs:
rk ≡ 1 ⇐⇒ p − 1|k.
Sett r0 = rp−2 . Da er rr0 = rp−1 ≡ 1 og
(r0 )k ≡ 1 ⇐⇒ = rk(p−2) ≡ 1 ⇐⇒ p − 1|k(p − 2) ⇐⇒ p − 1|k
siden gcd(p − 1, p − 2) = 1. Altså er r’ en primitiv rot.
Hvis r ≡ r0 er r ≡ rp−2 , dvs r2 ≡ rp−1 ≡ 1. Men da er r ≡ ±1, r=1 har orden 1 og r=-1 har orden 2
som er ulik p-1 når p > 3. Motsigelse, så r 6≡ r0 .
Oppgave 10*. Hvis r er en primitiv rot er tallene r, r2 , r3 · · · rp−1 de samme som 1, 2, 3 · · · p − 1 modulo
p (men i en annen rekkefølge). Derfor blir
(p − 1)! ≡ rr2 r3 · · · rp−1 ≡ r1+2+3+···p−1 ≡ rp(p−1)/2 ≡ (r(p−1)/2 )p ≡ (−1)p ≡ −1
(mod p).
12.1
Ekstra: Anta at x,y,z er et pytagoreisk trippel. Bruk teorem 12.1 til å vise at minst ett av tallene deles
av 5.
Holder å vise for primitive tripler. Skriv xyz = 2st(s4 − t4 ). Dersom 5|s eller t, så er det ok. Anta at
dette ikke er tilfelle. Da er s4 − t4 = 1 − 1 = 0 (mod 5) ved Fermat.
Her er et annet bevis som bygger på regning mod 5. Ved å se på 12 , 22 , 32 , 42 , 52 ser en at et kvadrattall
alltid er 0, 1 eller -1 mod 5. Anta så at x2 + y 2 = z 2 og at både x 6≡ 0 og y 6≡ 0. Da må
z 2 = x2 + y 2 ≡ ±1 ± 1 ≡ 0, 2 eller − 2.
Siden ±2 er utelukket, må z 2 ≡ 0 (mod 5), altså z ≡ 0 (mod 5).
Eksamen vår 2005
Oppgave 3a*. Merk først at gcd(25, 72) = 1, så siden ϕ(72) = 24 og 122 = 5 · 24 + 2, sier Eulers teorem
at
5
E
25122 ≡ 2524 252 ≡ 15 252 ≡ 49 (mod 72).
Oppgave 3b*. Først har vi φ(14) = 6. Ordenen til 3 må altså dele 6 (Teorem 8.1). Det betyr at ordenen
til 3 kan være 1, 2, 3 eller 6. Den er ikke 1, og siden 32 ≡ 6 og 33 ≡ 27 ≡ 13 (mod 14), er den heller ikke
2 eller 3. Dermed må ordenen være 6, og 3 dermed være en primitiv rot.
Vi vet at alle primtall har primitive røtter, så fra korollaret på side 151 før vi at 29 har φ φ(29) =
φ(28) = 2φ(14) = 12 primitive røtter.
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 11
3
Oppgave 5a*. Siden gcd(25, 72) = 1 vet vi at kongruensen har løsning.
Euklid gir
72 = 3 · 25 − 3
25 = 3 · 8 + 1
1 = 8 · 72 − 23 · 25
Altså er (−23)25 ≡ 1 (mod 72). eller x=49 blir løsning. Generell løsning er x = 49 + 72s.
Oppgave 5b*. Her er ϕ(91) = 6 · 12 = 72. Vi ønsker 25e ≡ 1 (mod 72), dvs e=49.
Oppgave 6. Vi skal løse systemet
(1)
x≡3
(mod 5)
(2)
x≡1
(mod 8)
(3)
x≡2
(mod 9)
Vi kan bruke CRT, men substitusjon kan være like bra.
Første kongruens gir x = 3 + 5y, sett inn i (2):
(4)
3 + 5y ≡ 1
(mod 8)
(5)
5y ≡ 6
(mod 8)
Prøve og feile gir 5 · 5 ≡ 1 (mod 8), så vi får
(6)
25y ≡ 30
(7)
y≡6
(mod 8)
(mod 8)
dvs y = 6 + 8z, x = 3 + 5y = 33 + 40z. Sett inn i (3) og vi får
(8)
(9)
(10)
33 + 40z ≡ 2
(mod 9)
40z ≡ −31
4z ≡ 5
(mod 9)
(mod 9)
Siden 4·7 ≡ 1 (mod 9) (prøve og feile igjen) får vi z ≡ −1 (mod 9) dvs z = −1+9s som gir x = −7+360s.
Minste positive løsning blir x=353.