1. No category

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 8
Avsnitt 7.2
Oppgave 13*. La n = pk11 · · · pkr r og d = pl11 · · · plrr og merk at vi kan velge de samme primtallene for
både n og d ved evt å sette noen ki eller li lik 0. Da vil
d | n ⇐⇒ li ≤ ki for alle i.
Bruk så Theorem 7.3 på side 134 i boka, men pass på: Formelen der gjelder ikke med ki = 0, da må det
tilsvarende leddet settes lik 1.
Oppgave 20. Fra Theorem 7. 1 er ϕ(pk ) = pk−1 (p − 1). Siden p og p-1 er relativt primske og ϕ er
multiplikativ blir
ϕ(ϕ(pk )) = ϕ(pk−1 )ϕ(p − 1) = pk−2 (p − 1)ϕ(p − 1).
Resten følger av oppgave 10.
Avsnitt 7.3
4
Oppgave 1c*. Bruker at 4080 = 2 · 3 · 5 · 17. Det er da nok å vise at for a odde er
a33 ≡ a (mod ) henholdsvis 16, 3, 5, 17.
i) mod 16. Siden a er odde kan vi bruke Euler:
aϕ(16) ≡ a8 ≡ 1 (mod 16) =⇒ a32 ≡ 1 (mod 16) =⇒ a33 ≡ a (mod 16).
ii) mod 3. Hvis 3 6 |a har vi fra Euler eller Fermat at
a2 ≡ 1
(mod 3) =⇒ a32 ≡ 1
(mod 3) =⇒ a33 ≡ a (mod 3).
Hvis 3|a har vi opplagt at a33 ≡ a (mod 3).
iii) mod 5. Hvis 5 6 |a har vi tilsvarende at
a4 ≡ 1
(mod 5) =⇒ a32 ≡ 1
(mod 5) =⇒ a33 ≡ a
(mod 5).
33
Hvis 5|a har vi igjen at a ≡ a (mod 5).
iv) mod 17. Hvis 17 6 |a har vi tilsvarende at
a16 ≡ 1
(mod 17) =⇒ a32 ≡ 1
(mod 17) =⇒ a33 ≡ a (mod 17).
Hvis 17|a har vi igjen at a33 ≡ a (mod 17).
Oppgave 2*. Vi bruker at 51 = 3 · 17, så ϕ(51) = 2 · 16 = 32. Siden gcd(10,51)=1 blir
1032n+9 ≡ (1032 )n · 109 ≡ 109 ≡ 1004 · 10 ≡ (−2)4 · 10 ≡ 160 ≡ 7
(mod 51).
Oppgave 4. Hintet minner oss på at ak − 1 = (a − 1)(ak−1 + ak−2 + · · · + a + 1). For å se dette, gang
ut høyre side og se at man får venstre, eller husk at den geometriske summen
ak−1 + ak−2 + · · · + a + 1 =
ak − 1
,
a−1
så lenge a 6= 1. (Dette kan du lese mer om på
Wikipedia: Geometric progression.) Spesielt holder dette for k = ϕ(n).
Siden a er relativt primisk til n gir Eulers teorem at
aϕ(n) − 1 ≡ 0
(mod n).
Ved å bruke faktoriseringa over har vi at
(a − 1)(aϕ(n)−1 + aϕ(n)−2 + · · · + a + 1) ≡ 0
(mod n).
Siden a − 1 også er relativt primisk til n, kan vi forkorte dette tallet på begge sider (0 = (a − 1) · 0), og
vi får
aϕ(n)−1 + aϕ(n)−2 + · · · + a + 1 ≡ 0 (mod n).
Date: 12. oktober 2015.
1
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 8
Oppgave 5. Vi ønsker å bruke knepet fra forrige løsningsforslag. Siden gcd(m, n) = 1 holder det altså å
vise at kongruensen holder modulo m og n separat.
Nå er mϕ(n) ≡ 1 (mod n) ved Eulers teorem (gcd(m, n) = 1) og nϕ(m) ≡ 0ϕ(m) ≡ 0 (mod n), så
summen av disse to kongruensene gir
mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 1 + 0 ≡ 1
ϕ(n)
Helt symmetrisk får vi at m
får vi
+n
ϕ(m)
(mod n).
≡ 0 + 1 ≡ 1 (mod m), så ved å kombinere disse to kongruensene
mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 1
(mod mn).
100 000
Oppgave 9*. Vi skal finne resten til 2
modulo 77. Siden gcd(2, 77) = 1 sier Eulers teorem at
2ϕ(77) ≡ 1 (mod 77). Vi må med andre ord finne ϕ(77). Dette gjør vi på den vanlige måten (77 = 7 · 11):
6 10
= 60,
ϕ(77) = 77(1 − 1/7)(1 − 1/11) = 77
7 11
så 260 ≡ 1 (mod 77). Hvis vi nå ser på et tall 60q + r, så ser vi at
q
260q+r ≡ 260q 2r ≡ 260 2r ≡ 1q 2r ≡ 2r (mod 77),
så vi har redusert problemet med å finne resten til 2100000 modulo 77 til å finne resten til 2r modulo 77,
hvor r er et tall slik at 100000 = 60q + r. Nå er 100000 = 60 · 1666 + 40, så argumentasjonen over viser at
1666 40
2100000 ≡ 260·1666+40 ≡ 260
2 ≡ 11666 240 ≡ 240 (mod 77).
Så vi må finne resten til 240 modulo 77. La oss for en gangs skyld regne litt. (Om du vil ha en løsning
som krever mindre regning, se på siste oppgave i dette løsningsforslaget.) Merk at 40 = 23 · 5:
4
4
2
2
240 ≡ 25
≡ 322 ≡ 234 ≡ 232 ≡ 672 ≡ (−10)2 ≡ 100 ≡ 23 (mod 77).
Dersom vi setter sammen det vi har funnet, har vi
2100000 ≡ 240 ≡ 23
(mod 77).
Oppgave 10*. Løses tilsvarende 1c): Hvis 5 6 |a har vi at
a4 ≡ 1
Hvis 5|a har vi igjen at a
4n+1
(mod 5) =⇒ a4n+1 ≡ a
(mod 5).
≡ a (mod 5).
Hvis a er odde er a4n+1 odde, dvs a4n+1 ≡ a (mod 2).
Hvis a er like er a4n+1 like, dvs a4n+1 ≡ a (mod 2).
Så for alle a har vi at a4n+1 ≡ a mod 2 og 5, altså er a4n+1 ≡ a (mod 10).