Notatki z Algorytmicznej Teorii Liczb

Transkrypt

1 Notatki z Algorytmicznej Teorii Liczb Jakub Pawlewicz 7 stycznia 00 Liczby ierwsze Podstawowy fakt udowodniony dawno temu rzez Euklidesa brzmi. Twierdzenie.. Liczb ierwszych jest nieskończenie wiele. Poniżej rzedstawiamy dowód edukacyjny, który różni się od oryginalnego dowodu Euklidesa. Dowód. Skorzystamy ze znanej równości: n n π 6. (.) Prawa strona równości (.) jest liczbą niewymierną. Z drugiej strony mamy: n n ierwsza (.) Zatem jeśli mamy skończenie wiele liczb ierwszych to rawa strona (.) jest liczbą wymierną srzeczność. Skąd się biorą takie równości jak (.)? Dla dowolnej funkcji f takiej, że f(xy) f(x)f(y), można ogólnie naisać Bierze się to stąd, że ierwsza f(n) n f() ierwsza i0 ierwsza ( ) i f() 0 i,i,... k lim k i k 0 ( f(k ) ) i k f(). 0 i,i,... lim k i k 0 Z jednoznaczności rozkładu liczb naturalnych otrzymujemy, że ( ) f(n). n f ( k i k k ) ( )

2 Ciała skończone Ciała skończone mają zastosowanie w wielu dziedzinach takich jak krytografia, czy teoria kodów. Jak tworzyć ciała skończone GF ( n )? Dla n bierzemy Z. Fakt.. Z jest ciałem. Dowód. Łatwo jest wykazać, że Z jest ierścieniem. Jedyną trudność srawia wykazanie istnienia elementu odwrotnego. Niech a 0. Ponieważ a jest względnie ierwsze z, więc z algorytmu Euklidesa wynika, że istnieją takie liczby x, y Z, że ax + y, skąd ax (mod ). Zatem x jest odwrotnością a w Z. Możemy udowodnić istnienie odwrotności bez wykorzystywania algorytmu Euklidesa. Rozważmy liczby a, a,..., ( )a. (.) Jeśli ai aj (mod ), to a(i j) i j i j (mod ), zatem wszystkie liczby (.) są różne modulo i dają cały zbiór {,..., }. Tak więc będzie co najmniej jedna taka liczba x, że ax (mod ). W rzyadku gdy n > ostęujemy nastęująco. Bierzemy wielomian f nad Z stonia n, który jest nierozkładalny, wtedy GF ( n ) Z [X]/ f, Gdzie f oznacza rzystawanie dwóch wielomianów modulo f, tzn. g f h f (g h). Ciało takie zwykle rerezentujemy wszystkimi wielomianami stonia mniejszego od n. Przykład.. GF (4). Znajdźmy wielomian stonia nierozkładalny nad Z, wykluczając wszystkie rozkładalne wielomiany. x x x, x (x + ) x + x, (x + )(x + ) x + x + x +. Zatem jedynym nierozkładalnym wielomianem stonia nad Z jest x + x +. Elementami tego ciała są 0,, x, x +. Oeracje mnożenia i dodawania wykonujemy jak na zwykłych wielomianach z tym, że x utożsamiamy z x x +, n. x(x + ) x + x x + + x. W ten sosób tworzymy tabelkę działań dla + i : + 0 x x x x + 0 x + x x x x + 0 x + x + x 0

3 0 x x x x + x 0 x x + x + 0 x + x 3 Rozszerzony algorytm Euklidesa, a algorytm binarny Liczymy NWD liczb 644 i 490: oraz kombinację liniową: ( ) ( ) Teraz jeszcze raz liczymy NWD(644, 490) algorytmem binarnym. Wierw wyciągamy i zostaje nam oliczyć NWD(3, 45). 3/ / / / / Pytanie: jak możemy teraz wyciągnąć kombinację liniową? Żeby znaleźć odowiedź zobaczmy jak wygląda rozszerzony algorytm Euklidesa. Dla liczb a b konstruujemy ciąg reszt r 0 a, r b, r,..., r n NWD(a, b), r n+ 0. Dla każdej reszty r i znajdujemy onadto liczby t i i s i takie, że t i a + s i b r i. (3.) Na końcu otrzymujemy t n a + s n b NWD(a, b). Tak narawdę w rozszerzonym algorytmie Euklidesa oerujemy na trójkach liczb. Oznaczmy K(a, b) {(r, t, s) Z 3 ta + sb r}. Fakt 3.. Zachodzą nastęujące własności trójek K(a, b): (i) (a,, 0) K(a, b), (ii) (b, 0, ) K(a, b), (iii) (r, t, s), (r, t, s ) K(a, b) (r + r, t + t, s + s ) K(a, b), (iv) (r, t, s) K(a, b) (kr, kt, ks) K(a, b), rzy jest k 0, 3

4 i q i r i t i s i ( ) ( 3) Tablica : Przebieg rozszerzonego Euklidesa dla 644 i 490. (v) (r, t, s) K(a, b) (r, t b, s ± a) K(a, b). Z r i q i r i + r i mamy r i r i q i r i, więc z własności (iii) i (iv) dostajemy, że jeśli (r i, t i, s i ), (r i, t i, s i ) K(a, b), to (r i q i r i, t i q i t i, s i q i s i ) K(a, b). Przyjmując t i t i q i t i i s i s i q i s i mamy (r i, t i, s i ) K(a, b). Stosując te wzory w tablicy zbudowaliśmy od rzodu kombinację liniową Pokaże jak w odobny sosób uzyskiwać kombinację liniową w algorytmie binarnym. Fakt 3.. Niech (r, t, s) K(a, b) i r. Jeśli a, a s, to t. Dowód. r sb at, onieważ a, więc t. Daje to nastęujący rozszerzony algorytm binarny. Wierw dzielimy liczby a i b tak długo aż jedna z nich będzie niearzysta. Niech a ea i b eb, gdzie e jest otęgą dwójki. a lub b jest niearzyste. Jeśli wyliczymy, że d NWD(a, b ) oraz znajdziemy kombinację t a +s b d, to NWD(a, b) d ed oraz t a + s b t ea + s eb ed d. Wystarczy zatem umieć liczyć NWD i kombinację liniową w rzyadku, gdy jedna z liczb a i b jest niearzysta. W dalszej części założymy zatem, że a. Trójki K(a, b) możemy odejmować. Chcielibyśmy trójkę (r, t, s) móc odzielić rzez, jeśli r. Jeśli s, to z faktu 3. także t i na odstawie własności (iv) mamy (r/, t/, s/) K(a, b). Jeśli s, to s ± a, bo a. Zatem, aby uczynić s arzystym, zaburzamy je używając własności (v) i otrzymujemy trójkę (r, t a, s ± a), którą możemy już odzielić rzez. Pytanie jest, czy dodawać, czy odejmować, rzy zaburzaniu? Generalnie nie ma to znaczenia, ale możemy trzymać wartość bezwzględną s jak najmniejszą, czyli dodawać a, gdy s 0 i odejmować a, gdy s < 0. W tablicy otrzymaliśmy kombinację liniową , skąd Jeśli chcemy tylko znaleźć takie t, że ts NWD(a, b) (mod b), to w rzyadku rozszerzonego algorytmu Euklidesa nie musimy amiętać w ogóle wartości s. Taka otymalizacja nie jest możliwa w rzyadku rozszerzonego algorytmu binarnego. 4

5 r t s / 6 3/ 6 44/ ( ) 84/ 4 60/ 80 / / 4/ 84/ ( 9) 30 40/ 70 40/ 0 30/ / 35 30/ 5 30/ ( 9) / 7 50/ 5 38/ ( 9) / 7 6/ 3 7/ Tablica : Przebieg rozszerzonego algorytmu binarnego dla 45 i 3. 4 Równania diofantyczne Przykład 4.. x + 8y 6 Nie ma rozwiązań, bo NWD(, 8) 4 6. Przykład 4.. x + y 7 (4.) Ma rozwiązania, bo NWD(, ) 3 7. Liczymy NWD: oraz kombinację liniową: 3 9 ( ) + ( ), skąd mamy + ( ) 3, rzemnażające obie strony rzez 9 otrzymujemy 8 + ( 9) 7. (4.) Odejmując równania (4.) i (4.) stronami otrzymujemy (x 8) + (y + 9) 0. 5

6 Dzielimy rzez NWD(, ) 3 i mamy 4(x 8) + 7(y + 9) 0. (4.3) Wszystkie rozwiązania równania ostaci a x b y, gdzie NWD(a, b ) są ostaci x b t, y a t dla dowolnego całkowitego t. Zatem wszystkie rozwiązania (4.3) są ostaci: x 8 7t, y + 9 4t, skąd rozwiązanie ogólne x 8 + 7t, y 9 4t. Metoda znajdowania rozwiązań równań diofantycznych stosuje się także do n. równań diofantycznych na wielomianach. Ćwiczenie 4.3. Rozwiązać nastęujące równania diofantyczne: 7x 3y 7 x + 35y 63 8x 96y 38 5 Algorytm Euklidesa dla wielomianów 5. Dzielenie z resztą Dla każdych dwóch wielomianów a, b K[X] istnieją wielomiany q, r K[X] takie, że a qb + r, deg r < deg b. Dzielenie to wykonujemy odobnie jak dzielenie isemne, z tym że odstawą nie jest 0 tylko X. Przykład 5.. Dzielenie wielomianów x 4 x 3 + x x + i x + x + w Q[X]. x x x 4 x 3 x x : x + x + x 4 x 3 x x 3 x x 3 x x x x x x x skąd x 4 x 3 + x x + (x x + )(x + x + ) + ( x ). 5. NWD Do liczenia NWD używamy algorytmu Euklidesa zuełnie analogicznie jak dla liczba naturalnych, z tymże używamy dzielenia z resztą dla wielomianów. Przykład 5.. Policzmy NWD(a, b), gdzie a x 4 4x 3 + 6x 4x + r 0 i b x 3 x + x r. Mamy: r 0 (x 3) r + r, r x, ( r x ) r + r 3, r 3 x, r (x + ) r 3. Zatem NWD(a, b) x, czyli NWD(a, b) x. 6

7 5.3 Kombinacja liniowa Analogicznie jak dla liczb całkowitych możemy znajdować kombinację liniową au + bv NWD(a, b) rzy czym a, b, u, v są wielomianami. Przykład 5.3. Niech a i b jak w rzykładzie 5.. Mamy ( NWD(a, b) r 3 r x ) ( r r x ( ( + x ) ) ( (x 3) r x ( x x + 5 ) ( b x ) a. 6 Układ równań liniowych ) (r 0 (x 3) r ) ) r 0 Przykład 6.. x (mod 6) x 3 (mod 7) x 7 (mod ) Rozwiązanie budujemy z trzech części: (6.) gdzie A (mod 6) A 0 (mod 7) A 0 (mod ) Przyjmujemy x A + B + C, B 0 (mod 6) B 3 (mod 7) B 0 (mod ) C 0 (mod 6) C 0 (mod 7) C 7 (mod ) A 7 a B 6 b 3 C 6 7 c 7, gdzie a, b, c dobieramy tak, aby 7 a (mod 6) 6 b (mod 7) 6 7 c (mod ). Liczymy 5 a (mod 6) 3 b (mod 7) 9 c (mod ) W ierwszym odwrotnością jest, czyli a 5. W drugim 3 zatem 3 ( ), skąd b 5. W trzecim zastosujemy Euklidesa. 9 +, 9 4 +, ( 9) , czyli c 5. Ostatecznie mamy rozwiązanie (6.): x (mod 46). 7

8 7 Kongruencje liniowe - ćwiczenia Ćwiczenie 7.. Udowodnić, że liczb ierwszych ostaci 4m+3 jest nieskończenie wiele. Rozwiązanie. Załóżmy, że,..., k są wszystkimi liczbami ierwszymi ostaci 4m + 3. Weźmy liczbę q 4 k + 3. Nie jest ona odzielna rzez żadną z liczb,..., k, nie jest też odzielna rzez, a zatem jest odzielna tylko rzez liczby ierwsze ostaci 4m +, ale iloczyn takich liczb ierwszych też jest tej ostaci, a q nie jest srzeczność. Ćwiczenie 7.. Udowodnić, że liczb ierwszych ostaci 6m+5 jest nieskończenie wiele. Ćwiczenie 7.3. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb złożonych ostaci a n x n + + a x + a 0, gdzie n i a n 0. Rozwiązanie. f(c) f ( c + f(c)t ) dla dowolnego t. Ćwiczenie 7.4 (Turnieje). Załóżmy, że liczba drużyn n jest arzysta. Turniejem nazywamy takie rozgrywki, które składają się z n kolejek, w każdej kolejce każda drużyna rozgrywa dokładnie jeden mecz, każda ara drużyn rozegra jeden mecz w turnieju. W meczu grają dwie drużyny rzy czym jedna gra u siebie, a druga gra na wyjeździe. Skonstruuj taki turniej, aby liczba sytuacji, takich, że jakaś drużyna w dwóch kolejkach od rząd gra u siebie, albo w dwóch kolejkach od rząd gra na wyjeździe była minimalna. ax b (mod n) (7.) Ćwiczenie 7.5. Kiedy kongruencja (7.) ma rozwiązanie? Ile ma rozwiązań? Rozwiązanie. Rozwiązanie jest wtw., gdy istnieje y, że ny ax b, czyli wtedy, gdy nastęujące rozwiązanie diofantyczne ma rozwiązanie: ax ny b, (7.) czyli wtedy, gdy d NWD(a, n) b. Ile jest rozwiązań (7.) jak d b? Niech a a d, n n d, b b d. Niech x 0, y 0 będzie rozwiązaniem a x 0 n y 0 b, wtedy wszystkie rozwiązania (7.) są ostaci x x 0 + n t, y y 0 + a t. Ile jest różnych liczb ostaci x 0 + n t modulo n? Ponieważ n n d, więc takich liczb jest d. Zatem (7.) ma d rozwiązań. 8

9 8 Reszty kwadratowe 8. Reszty kwadratowe Definicja 8.. Liczbę a, NW D(a, ) nazywamy resztą kwadratową modulo, jeśli istnieje x, że x a (mod ). Ile jest reszt kwadratowych modulo? Fakt 8.. Reszt kwadratowych modulo liczba ierwsza jest. Dowód. Zbiór wszystkich reszt kwadratowych to: { ( ) } P {,,..., ( ) },,...,, gdyż dla < i jest i ( i) (mod ) i i. Pokażemy, że wszystkie liczby w zbiorze P są różne. Niech i, j {,..., } oraz i j (mod ). Wtedy i j, czyli (i j)(i + j). Ponieważ 0 < i + j +, więc i + j, zatem i j, czyli i j (mod ), skąd i j. Wniosek 8.3. Niereszt kwadratowych modulo jest. 8. Symbol Legendre Definicja 8.4. Dla niearzystej liczby ierwszej symbolem Legendre ( ) a nazywamy: ( ) a jeśli a jest resztą kwadratową modulo jeśli a jest nieresztą kwadratową modulo 0 jeśli a Twierdzenie 8.5 (Kryterium Eulera). ( ) a a (mod ). Dowód. Jeśli a, to a 0 (mod ) i wtedy a 0 (mod ). Zatem niech NWD(a, ). Z małego twierdzenia Fermata mamy: a (mod ), skąd a, ( a )( a + ). Zauważmy, że nie może jednocześnie dzielić a i a +, gdyż w rzeciwnym razie. Zatem zachodzi dokładnie jedna z możliwości: a albo a +, 9

10 czyli a (mod ) albo a (mod ). Jeśli ( a ), to istnieje b, że a b (mod ), skąd Równanie a b (mod ). x (mod ) ma co najwyżej rozwiązań, a onieważ sełniają je wszystkie reszty kwadratowe i jest ich, więc tego równania nie może sełniać niereszta kwadratowa. Zatem jeśli ( ) a, to a (mod ). ), to a Możemy też udowodnić w inny sosób to, że jeśli ( a Zauważmy, że jeśli cd a (mod ), to c d, bo a jest nieresztą (mod ). kwadratową. Zatem mamy a z twierdzenia Wilsona. {c,d} {,..., } cd a (mod ) cd ( )! (mod ) Twierdzenie 8.6 (Własności symbolu Legendre). Dla niearzystych liczb ierwszych i q oraz całkowitych a i b zachodzi: ( ) ( ) a b dla a b (mod ), (8.) ( ) ( ) ( ) ab a b, (8.) ( ) a, (8.3) ( ) { ( ) (mod 4) (8.4) 3 (mod 4) ( ) { ( ) ± (mod 8) 8 (8.5) ±3 (mod 8) ( ) ( ) { q ( ) q lub q (mod 4) (8.6) q q 3 (mod 4) Własność (8.6) nazywana jest rawem wzajemności i może być zaisana jako: ( ) q {( q ) ( ) q lub q (mod 4) q 3 (mod 4) 0

11 8.3 Symbol Jacobiego Definicja 8.7. Dla niearzystej liczby n > o rozkładzie na czynniki n α α k k symbolem Jacobiego nazywamy liczbę ( ( ) α ( ) αk a a a. n) k Przy takiej definicji, jeśli n jest ierwsze, to ( a n) jest symbolem Legendre. Twierdzenie 8.8 (Własności symbolu Jacobiego). Dla niearzystych liczb ierwszych n i m oraz całkowitych a i b zachodzi: ( a {0,, } (8.7) ( n) a 0 jeśli NWD(a, n) (8.8) n) ( ( ) a b dla a b (mod n), (8.9) n) n ( ) ab ( a ) ( ) b, (8.0) n n n ( ) a, (8.) n ( ) { ( ) n n (mod 4) (8.) n n 3 (mod 4) ( ) { ( ) n n ± (mod 8) 8 (8.3) n n ±3 (mod 8) ( n m ) ( m n ) ( ) n m { n lub m (mod 4) n m 3 (mod 4) (8.4) Jaki jest związek między symbolem Jacobiego, a resztami kwadratowymi modulo n? Tzn. co nam mówi ( a n) o rozwiązywalności równania x a (mod n)? Jeśli a jest resztą kwadratową modulo n, to jest też resztą kwadratową modulo dowolny dzielnik n, więc wtedy ( a n). Zatem jeśli ( a n), to a jest nieresztą kwadratową modulo n. Odwrotne imlikacje nie są rawdziwe, bo istnieją a i n takie, że ( a n) i a jest nieresztą kwadratową modulo n. Przykładem jest a i n 5. Wtedy ( ) 5 ale wszystkie reszty kwadratowe to: (8.3), i i

12 Przykład 8.9. Srawdzić, czy równanie x 7 (mod 307) ma rozwiązanie. 307 jest ierwsza, więc liczymy symbol Legendre rzy użyciu symbolu Jacobiego: ( ) 7 (8.4) 307 (8.4) ( ) 53 ( ) 307 (8.9) 7 (8.9) ) ( ( ) 53 (8.4) 7 ) (8.4) ( ( ) 7 53 (8.9) ( (8.9) ) Zatem 7 jest resztą kwadratową i równanie ma rozwiązanie. ( ) 53 (8.) ( ). Przykład 8.0. Srawdzić, czy równanie x 7 (mod 33) ma rozwiązanie. 33 jest ierwsza, więc odobnie jak orzednio liczymy symbol Legendre rzy użyciu symbolu Jacobiego: ( ) 7 (8.4) 33 ( ) ( ) 33 (8.9) Zatem znowu dane równanie ma rozwiązanie. ( ) 5 3 (8.0) i (8.) 7 ( 7 (8.3) i (8.4) ( ) ( ) ) ( ) (8.9). 3 3 Przykład 8.. Srawdzić, czy równanie x 7 (mod 33) ma rozwiązanie. ( ) 7 (8.4) 33 ( ) ( ) 33 (8.9) 59 (8.4) 7 7 Tym razem dane równanie nie ma rozwiązania. 8.4 Dowód własności symbolu Legendre ( ) ( ) 7 (8.9) 9 (8.) Wszystkie własności orócz (8.5) i (8.6) wynikają bezośrednio z kryterium Eulera. Do udowodnienia tych dwóch własności będzie otrzebny lemat Gaussa. Twierdzenie 8. (Lemat Gaussa). { S,,..., }, { as {ai i S} a, a,..., } a, U as \ S, rzy czym wszystkie oeracje wykonujemy modulo. Wtedy ( ) a ( ) U. Dowód. Niech liczby r i S i ɛ i {, } dla i S będą jednoznacznie wyznaczone rzez: ai ɛ i r i (mod ). (8.5) Załóżmy, że r i r j dla ewnych i, j S, wtedy aiɛ j r j ajɛ i r i (mod ),

13 skąd zatem iɛ j jɛ i i ±j (mod ), (mod ). i j (mod ) jest niemożliwe, bo i+j Pozostaje zatem i j. Pokazaliśmy zatem, że skąd i S ai (8.5) i S +, więc i+j. {r i i S} S, (8.6) (8.6) ɛ i r i i S ɛ i i i S Dzieląc obie strony rzez i S i otrzymujemy (mod ). Z kryterium Eulera mamy i S i S a i S a a ɛ i ( ) a (mod ), (mod ). skąd ostatecznie ( ) a ɛ i. (8.7) i S Teraz wystarczy zauważyć, że w iloczynie i S ɛ i liczba wystęuje tyle razy ile jest elementów U. Wynika to stąd, że jeśli ai S, to ɛ i, a jeśli ai S, to ɛ i. Uwaga 8.3. Twierdzenie 8. możemy uogólnić, biorąc za S dowolny zbiór taki, że dla każdego x 0 (mod ) istnieje dokładnie jeden element y S, że x ±y (mod ) co możemy zaisać jako x y (mod ). Zbadajmy arzystość liczby ai. Z (8.5) wiemy, że istnieje całkowita liczba t taka, że ai t + ɛ i r i, skąd Zauważmy, że r i, zatem skąd ai Z równości (8.7) mamy zatem ( ) a ai t + ɛ i r i. { t jeśli ɛ i t jeśli ɛ i ( ) ai ɛi. ( ) P i S ai (8.8) 3

14 Załóżmy, że a jest niearzyste, wtedy a + będzie arzyste. Korzystając z tego rzekształcamy: ( ) a ( ) a + ( ) 4 a+ ( ) a+ (8.8) ( ) P i S (a+)i ( ) P i S ai + P i S i ( ) P i S ai + 8 (8.9) Wstawiając do tego równania a otrzymujemy ( ) ( ) 8, (8.0) co dowodzi własności (8.3). Przejdźmy do dowodu własności (8.4). (8.0) łatwo otrzymujemy nastęujący lemat. Na odstawie równości (8.9) i Lemat 8.4. Dla niearzystego a zachodzi: ( ) a ( ) P i S ai (8.) Dowód. Dzieląc równości (8.9) i (8.0) i korzystając z tego, że ( ) ( ) ( ) a a otrzymujemy żądaną równość. Niech teraz i q będą niearzystymi liczbami ierwszymi. Niech R oznacza zbiór unktów { { R (x, y) x,..., } {, y,..., q } } Podzielimy ten zbiór na dwa mniejsze rostą y qx (rysunek 8.4). Definiujemy zbiory R i R : R {(x, y) R y < qx} R {(x, y) R y > qx} Zbiory R i R w sumie dają zbiór R, gdyż równanie y qx nie ma rozwiązań dla x, y q. Zatem R + R R. (8.) Policzymy liczbę elementów zbioru R. Ustalmy i,..., y, że (i, y) R? Z definicji R wynika, że musi być y < qi dokładnie qi. Mamy zatem. Ile jest takich, więc takich y jest R i qi (8.3) 4

15 y qi y qx R j R j q i x Rysunek : Zbiory R i R Analogicznie liczymy liczbę elementów zbioru R. Ustalamy j,..., q. Z definicji R mamy x < j q, więc jest dokładnie qi takich x, że (x, j) R, skąd q j R (8.4) q j Z drugiej strony mamy oczywistą równość R q Wstawiając (8.3), (8.4) i (8.5) do równania (8.) otrzymujemy (8.5) skąd q qi j + q q, i j ( ) P i qi P q ( ) j j q ( ) q Korzystając dwukrotnie z lematu 8.4 ostatecznie otrzymujemy ( ) ( ) q ( ) q, q co kończy dowód własności (8.4) 8.5 Dowód własności symbolu Jacobiego W celu udowodnienia własności symbolu Jacobiego zauważmy, że definicję 8.7 można naisać inaczej. 5

16 Mianowicie jeśli n jest niearzysta z rozkładem na liczby ierwsze (niekoniecznie różne) n k, to ( ( ) ( ) a a a n) k Większość własności wynika wrost z definicji i własności symbolu Legendre. Jedynie własności (8.), (8.3) i (8.4) wymagają dowodu. Dowody tych własności srowadzają się do nastęującego lematu. Lemat 8.5. Niech n będzie niearzysta z rozkładem na niekoniecznie różne czynniki ierwsze n k. Wtedy zachodzi: n n 8 k i k i i i 8 (mod ) (8.6) (mod ) (8.7) Dowód. Indukcja o k.. Dla k mamy o rostu równości.. Niech m n k+, gdzie m k. Mamy oraz m m 8 n k+ ( + n n + k+ + 4 n k+ n k+ 8 ( + 8 n 8 ) ( + k+ ) ) ( 8 8 n k n 8 k+ 8 8 n + k+ k+ (8.6) i (mod ) i + 8 k+ 8 n 8 k+ (8.7) i ) + k+ 8 i 8 (mod ) Niech teraz n i m będą niearzyste o rozkładach na niekoniecznie różne czynniki ierwsze n k i m q q l. Przekształcamy. ( ) n k ( ) i i k i ( ) i ( ) P k i i (8.6) ( ) n, 6

17 co dowodzi własności (8.). ( ) n k ( ) i i k ( ) i 8 ( ) P k i i i 8 (8.7) ( ) n 8, co dowodzi własności (8.3). ( m ) ( n n m) k l i j ( qj i co dowodzi własności (8.4). ) ( ) i q j k l i j 8.6 Ćwiczenia na reszty kwadratowe Ćwiczenie 8.6. Rozwiązać równanie ( ) i qj ( ) P k i P l q j (8.6) i j ( ) n m, x + 0 (mod ). (8.8) Rozwiązanie. Srawdzamy, czy (8.8) ma rozwiązanie, czyli, czy jest resztą kwadratową modulo. Z własności (8.4) wiemy, że ( ) { 4m + 4m + 3 Zatem (8.8) ma rozwiązanie tylko wtedy, gdy 4m +. Wilsona mamy ( )! (mod ), ale Z twierdzenia ( )! (m) (m+) (4m) (m) ( m) ( ) ( (m)! ) Zatem rozwiązaniem (8.8) jest x ±(m)!. Ćwiczenie 8.7. Wykazać, że liczb ierwszych ostaci 4m + jest nieskończenie wiele. Rozwiązanie. Niech,..., k będą wszystkimi liczbami ierwszymi ostaci 4m+. Niech będzie dzielnikiem ierwszym liczby ( k ) +. Oczywiście,..., k. Zauważmy, że ( k ) (mod ), czyli jest resztą kwadratową modulo, a zatem (mod 4). Zatem jest inną liczbą ierwszą ostaci 4m + srzeczność. Ćwiczenie 8.8. Wykazać, że liczb ierwszych ostaci 6m + jest nieskończenie wiele. Wskazówka. x (mod ) ma rozwiązanie wtw., gdy 6m +. 7

18 Ćwiczenie 8.9. Kiedy równanie ma rozwiązanie? Rozwiązanie. Liczymy ( ) ( x + 0 (mod ). (8.9) ) ( ) {, 3 (mod 8) 5, 7 (mod 8) Zatem (8.9) ma rozwiązanie gdy, 3 (mod 8). 9 Pseudoierwszość i testy ierwszości 9. Pseudoierwszość Eulera Definicja 9.. Niearzystą liczbę n nazywamy liczbą seudoierwszą Eulera rzy odstawie a, NWD(a, n), jeśli ( a n a (mod n). (9.) n) W skrócie będziemy isać, że n jest. Eulera rzy odstawie a. Jeśli n jest liczbą ierwszą, to (9.) jest sełnione z kryterium Eulera. Fakt 9.. Jeśli n jest liczbą złożoną, to wśród liczb z Z n jest co najmniej ołowa odstaw, rzy których n nie jest. Eulera. Dowód. Dowód rzebiega w czterech krokach.. Jeśli n jest. Eulera rzy odstawie a i nie jest. Eulera rzy odstawie b, to n nie jest. Eulera rzy odstawie ab: ( (ab) n a n n a ( b b n) n a ) ( ) ( ) b ab (mod n) n n n. Jeśli istnieje odstawa b Z n rzy której n nie jest. Eulera, to wtedy odstaw z Z n, rzy których n nie jest. Eulera jest co najmniej tyle ile odstaw, rzy których n jest. Eulera. Wystarczy zauważyć, że funkcja f(a) ab jest w Z n, i dla odstawy rzy której n jest. Eulera daje odstawę, rzy której n jest nie jest. Eulera. W dalszej części udowodnimy, że takie b istnieje. 3. Istnieje liczba ierwsza, że n. Wtedy n t dla ewnego t. Przyjmujemy b t +. Mamy NWD(b, n), bo tn (t )b t t (t )(t + ). Dalej ( ) ( ) ( ) ( ) b t + t + t + n t t Zastanówmy się dla jakich i jest b i (mod n), czyli kiedy n b i. b i ( + t) i t ( + ( + t) + + ( + t) i ) 8

19 Zatem t b i jeśli + ( + t) + + ( + t) i, ale + ( + t) + + ( + t) i i (mod ) }{{} i Mamy zatem, że n b i, jeśli i. Wiemy też, że n, zatem b n (mod n) 4. n rozkłada się na iloczyn różnych liczb ierwszych. Niech n k. Niech b będzie nieresztą kwadratową modulo. Z chińskiego twierdzenia o resztach b bierzemy tak, aby b (mod ) skąd oraz zatem b (mod k ) b b (mod ) ( ) ( ) b b Z drugiej strony nie może być ( ) b gdyż w rzeciwnym razie było by a z definicji b wiemy, że k ( ) b, ( ) ( ) ( ) ( ) b b b b n k b n (mod n), b n (mod k ), b n (mod k ). 9. Test Solovaya Strassena Niech n będzie niearzystą liczbą złożoną. Z faktu 9. wiemy, że jeśli wybierzemy losowo a i okaże się, że NWD(a, n), to wtedy z rawdoodobieństwem co najmniej, n nie jest. rzy odstawie a, czyli nie jest ierwsza. Wylosowanie odstawy a takiej, że n jest. Eulera rzy odstawie a może się zdarzyć z rawdoodobieństwem co najwyżej. Jeśli owtórzymy losowanie odstawy k razy i za każdym razem otrzymamy, że n jest. Eulera, to rawdoodobieństwo tego zdarzenia wynosi co najwyżej, co oznacza, że n jest ierwsza k z rawdoodobieństwem co najmniej 9 k.

20 9.3 Silna seudoierwszość Pojęcie silnej seudoierwszości wywodzi się z dwóch własności. Z małego twierdzenia Fermata a (mod ) oraz z tego, że równanie x (mod ) ma dwa rozwiązania, mianowicie x i x. Niech n będzie niearzysta oraz a takie, że NWD(a, n). Wtedy możemy ostęować tak jak na rysunku. r n jeśli a r (mod n) to NIE doóki r a r (mod n) rób r r/ Teraz jeśli jeszcze r (czyli a r ), to owinno być a r, a jeśli już r, to owinno być a r ±. jeśli a r ± (mod n) to TAK w NIE Rysunek : Srawdzanie, czy n jest silnie. rzy odstawie a Prowadzi to do nastęującej definicji. Definicja 9.3. Niech n będzie liczbą niearzystą i niech n s t, gdzie t. Liczbę n nazywamy silnie seudoierwszą rzy odstawie a, NWD(a, n), jeżeli a t (mod n) lub a it (mod n) dla ewnego i 0,,..., s. a st a s t a s t a s t a s t a t a t a t Rysunek 3: Definicja silnej seudoierwszości Definicja jest zilustrowana na rysunku 3. Zauważmy, że jeśli a it ± (mod n), to dla wszystkich i < j s jest a jt (mod n). Sugeruje to srawdzanie silnej. od dołu. Odowiedni algorytm rzedstawiony jest na rysunku 4. Fakt 9.4. Jeśli n jest liczbą złożoną, to jest onad 3 4 odstaw, rzy których n nie silnie. W rzeczywistości jeśli n jest złożona, to tych odstaw jest dużo więcej. Przykład 9.5. Jeśli n jest liczbą złożoną mniejszą od , to n nie jest silnie. dla jednej z odstaw lub 3. Korzystając z tego srawdzimy, czy liczby i 5769 są ierwsze. 0

21 x a t mod n jeśli a r ± (mod n) to TAK dla i,..., s rób { x ± } x x mod n { x a it } jeśli x (mod n) to NIE jeśli x (mod n) to TAK NIE Rysunek 4: Srawdzanie od dołu, czy n jest silnie. rzy odstawie a Mamy , liczymy , dalej , zatem jest silnie. rzy odstawie. Dalej 3 93, zatem jest silnie. rzy odstawie 3, a więc jest ierwsza. Mamy , liczymy 3 665, dalej , dalej , zatem 5769 nie jest silnie. rzy odstawie, więc jest złożona. 9.4 Zależności między ojęciami seudoierwszości Pierwsza oczywista zależność, to: jeśli n jest. Eulera rzy odstawie a, to jest. rzy odstawie a. Przyomnijmy, że n jest. rzy odstawie a, jeśli a n (mod n). Druga zależność znaczniej mniej oczywista, której nie będę dowodził jest taka: jeśli n jest silnie. rzy odstawie a, to n jest. Eulera rzy odstawie a. Udowodnimy za to inną zależność. Fakt 9.6. Niech n 3 (mod 4), wtedy n jest silnie. rzy odstawie a wtedy i tylko wtedy, gdy n jest. Eulera rzy odstawie a. Dowód. Mamy s, t n, t i n s t. Z założenia a t ( a n) ± (mod n), co z oznacza, że n jest silnie. rzy odstawie a. Z założenia wiemy, że a t ±, a onieważ n 3 (mod 4), więc ( ) n, zatem możemy naisać ( ) ± n ± lub nawet ( ) a t a t (mod n) (9.) n Przekształcamy lewą stronę: ( ) a t n (a n n ) (a a n 3 n ) (8.0) ( a n) ( a n 3 4 Wstawiając to do (9.) i rozisując t otrzymujemy ( a n) a n (mod n). n ) ( a n)

22 0 Rzędy Definicja 0.. Rząd liczby a modulo n, a Z n (NWD(a, n) ) definiujemy wzorem: ord n a min{m a m (mod n)} Używając języka teorii gru ord n a możemy określić inaczej. Biorąc z odstawę gruę multilikatywną modulo n (Z n) możemy owiedzieć, że rząd a wynosi tyle co moc gruy generowanej rzez a: ord a a Oczywiście odstawą tak narawdę nie musi być Z n, ale dowolna grua. Czasami mogą być interesujące gruy multilikatywne GF ( n ). Z twierdzenia Lagrange a (o mocy odgruy) otrzymujemy fakt. Fakt 0.. Dla a G mamy ord a G Wniosek 0.3. Dla a Z n mamy ord n a ϕ(n) Ponadto możemy wskazać arę interesujących własności jeśli element gruy odniesiony do ewnej otęgi, daje. Fakt 0.4. Niech a G. Niech a i a j. Wtedy a NWD(i,j) Dowód. Wiemy, że istnieją takie x i y całkowite, że ix + jy NWD(i, j), skąd a NWD(i,j) a ix+jy (a i ) x (a j ) y Wniosek 0.5. Niech a G, wtedy a m ord a m Dowód. Oczywiste. Wiemy, że a m i a ord a, więc z faktu 0.4 mamy a d, gdzie d NWD(m, ord a). Oczywiście musi być d ord a, ale z definicji d mamy d ord a, więc d ord a. Ponieważ d m, więc ord a m. Wstawiając m i j we wniosku 0.5 otrzymujemy: Wniosek 0.6. a i a j i j (mod ord a). Ponadto mamy też wnioski: Wniosek 0.7. Dla a G mamy a G. Wniosek 0.8 (Twierdzenia Eulera). a ϕ(n) (mod n).

23 Przykład 0.9. Jaki jest rząd 3 module 4? Liczymy: 3 3, 3 9, 3 3 7, , 3 5 3, 3 6 9, 3 7 7, 3 8, zatem ord Ćwiczenie 0.0. Znaleźć ord 7 5. Rozwiązanie. Metoda wyliczania kolejnych otęg okaże się tu bardzo racochłonna. Będziemy, więc korzystać z wniosku 0.5. Po ierwsze ord , więc ord 5 jest ostaci α 3 β 7 γ, gdzie α 0, ; β 0,, ; γ 0,. Policzmy n , skąd ord Zatem α 0, czyli α, gdyż w.. ord Teraz liczymy 5 3 7, skąd ord 5 3 7, czyli β. No to liczymy 5 7 9, skąd ord 5 7, czyli β. Teraz liczymy 5 3 4, skąd ord 5 3, czyli γ. Ostatecznie otrzymujemy ord Metodę z rzykładu możemy sformalizować. Fakt 0.. Jeżeli m będzie taka, że. a m, oraz. dla każdej liczby ierwszej m jest to ord a m. a m, Dowód. Ponieważ a m, więc ord a m. Jeżeli byłoby ord a < m, to istniała by liczba ierwsza, że ord a m, skąd a m, a to jest niemożliwe. Przy okazji możemy udowodnić rosty test na srawdzanie, czy liczba jest ierwsza. Twierdzenie 0.. Niech n >. Jeśli dla każdego dzielnika ierwszego q liczby n istnieje a takie, że to n jest ierwsza. a n (mod n), (0.) a (n )/q (mod n), (0.) Dowód. Z faktu 0. wynika, że ord a n. Skąd ϕ(n) n, czyli musi być ϕ(n) n, zatem n jest ierwsza. Wracając do faktu 0., jak z niego zrobić algorytm na wyliczanie rzędu a? Zakładając, że moc gruy otrafimy rozłożyć na czynniki, mamy medotą na liczenie ord a, rzedstawioną w oniższym fakcie. Fakt 0.3. Niech a G i G α α k k. Niech dla każdego i,..., k, β i 0 będzie najmniejszą liczbą taką, że a α α i i β i i α i+ i+ α k k, wtedy ord a β β k k 3

24 Ćwiczenie 0.4. Pokaż, że jeśli a n, ierwsza, to zachodzi jeden z warunków (i) a d, dla ewnego d < n i d n, (ii) (mod n). Ponadto, jeśli > i n niearzyste, to warunek (ii) ma ostać (mod n). Rozwiązanie. Mamy a n (mod ) oraz a (mod ). Z faktu 0.4 mamy a d (mod ), dla d NWD(n, ). Jeżeli d < n, to zachodzi (i). Jeżeli d n, to n, czyli (ii). Ponadto, jeżeli > i n niearzyste, to n. Ćwiczenie 0.5. Niech a > oraz ierwsza niearzysta. Pokaż, że dla każdego niearzystego dzielnika q liczby a jest q a albo q jest ostaci k +. Ponadto, jeśli q a, wylicz ( a q ). Rozwiązanie. Mamy a (mod q). ord q a,. Jeśli ord q a, to q a. Niech ord q a. Mamy a q (mod q), zatem q. Zatem q k + dla ewnego k. Liczymy ( ) a q a q a k (a ) k k (mod q). Zauważmy, że z owyższego ćwiczenia mamy nastęujący wniosek o dzielnikach liczb Mersenne a. Wniosek 0.6. Dzielnik ierwszy q liczby M jest ostaci k + oraz q, 7 (mod 8). Ćwiczenie 0.7. Niech a > oraz ierwsza. Pokaż, że dla każdego niearzystego dzielnika q liczby a + jest q a + albo q jest ostaci k +. Ponadto, jeśli q a +, wylicz ( a q ). Rozwiązanie. Mamy a (mod q), czyli a (mod q). ord q a,,,. Jeśli ord q a,, bo w.. a (mod q). Zatem ord q a,. Jeśli ord q a, to q a, onadto q a, więc q a +. Niech ord q a. Mamy a q (mod q), zatem q. Zatem q k + dla ewnego k. Liczymy ( ) a a q a k (a ) k ( ) k ( ) q (mod q). q Pokazaliśmy ostać dzielników liczb Mersenne a, a teraz okażemy ostać dzielników liczb Fermata. Fakt 0.8. Dzielnik ierwszy q liczby Fermata F n n + ma ostać q n+ k + dla n. 4

25 Dowód. Jeśli q n +, to n (mod q) n+ (mod q) Zatem ord q n i ord q n+, zatem ord q n+. Ponadto oczywiście q (mod q), skąd n+ q, więc wiemy, że q n+ l + dla ewnego l. Ponieważ q (mod 8), więc ( ) q, skąd q ( q ) (mod q) Zatem ord q q, czyli n+ q, więc dla ewnego k zachodzi q n+ k +. Z ćwiczenia 0.5 możemy wywnioskować nastęujący fakt. Fakt 0.9. Niech > ierwsza. nieskończenie wiele. Liczb ierwszych ostaci k + jest Dowód. Załóżmy, że liczby,..., n są wszystkimi liczbami ierwszymi ostaci k +. Oznaczmy a n. Weźmy od uwagę liczbę a. Niech q a, q ierwsza. Z ćwiczenia 0.5 wiemy, że albo q a, albo q jest ostaci k +. To drugie jest niemożliwe, gdyż i a. Zatem dla dowolnego dzielnika ierwszego q liczby a zachodzi a (mod q). a możemy rzedstawić jako iloczyn (a )( + a + + a ). Zastanówmy się jakie są dzielniki ierwsze + a + + a. Jeśli q + a + + a, to oczywiście a (mod q), bo q a zatem + a + + a (mod q), }{{} zatem q, czyli q. Zatem jedyny dzielnik ierwszy + a + + a to, więc + a + + a s dla ewnego s. Ponieważ + a + + a >, więc s. Zatem + a + + a 0 (mod ). Z drugiej strony a k +, gdyż jest iloczynem liczb ostaci k +, skąd czyli a i + ki (mod ), + a + + a + k ( + + ( ) ) ( ) + k (mod ), a to jest srzeczność. W dowodzie korzystaliśmy z tego, że istnieje co najmniej jedna liczba ierwsza ostaci k +. To jednak wynika z tego, że wszystkie dzielniki ierwsze liczby muszą być właśnie tej ostaci.. Parę innych faktów na rzędy. Fakt 0.0. Niech a G oraz s, wtedy ord a s ord a NWD(ord a, s). 5

26 Dowód. Oznaczmy m ord a, d NWD(m, s), m m d i s s d. Wtedy NWD(m, s ). Mamy (a s ) m a ds m a ms (a m ) s, skąd ord a s m. (0.3) Z drugiej strony mamy (a s ) ord as a s ord as, skąd ord a s ord a s m s ord a s m d s d ord a s m s ord a s, ale NWD(m, s ), więc m ord a s. (0.4) Z (0.3) i (0.4) ostatecznie mamy ord a s m, a to jest teza. Wniosek 0.. Niech a G. Jeżeli s ord a, s, to ord a s ord a. s Fakt 0.. Niech G będzie gruą rzemienną i a, b G. Jeżeli NWD(ord a, ord b), to ord ab ord a ord b. Dowód. Oznaczmy m ord a i n ord b. Zauważmy, że (ab) mn, zatem ord ab mn. ord ab będzie ostaci m n, gdzie m m i n n. Liczymy: (ab) n n ord ab (ab) m n a m n (b n ) m a m n, skąd otrzymujemy, że ord a m n, czyli m m n, a onieważ NWD(m, n), więc m m, czyli m m. Analogicznie otrzymujemy, że n n, zatem ostatecznie ord ab mn. Fakt 0.3. W gruie rzemiennej G dla dowolnych a, b G istnieje c G, że ord c NWW(ord a, ord b). Dowód. Oznaczmy m ord a i n ord b. Z wniosku 0. wynika, że umiemy utworzyć elementy, których rząd jest dowolnym dzielnikiem m lub n. Zatem, aby użyć faktu 0., należy znaleźć takie m m i n n, że NWD(m, n ) i m n NWW(m, n). Niech,..., k będą wszystkimi liczbami ierwszymi wystęującymi w rozkładach m i n, wtedy niech m α α k k, n β β k k. Liczby m i n budujemy nastęująco. Dla każdej liczby ierwszej i orównujemy α i z β i. Jeżeli α i > β i, to do rozkładu m dodajemy αi i, a jeżeli α i β i, 6

27 to βi i dodajemy do rozkładu n. Wtedy NWD(m, n ), gdyż w rozkładach m i n są różne liczby ierwsze oraz m n max(α,β) max(α k,β k ) k NWW(m, n). Mając m i n o rządanych własnościach bierzemy: c a m/m b n/n. Z wniosku 0. wynika, że ord a m/m m i ord b n/n n, a z faktu 0. wynika, że ord c m n NWW(m, n). Ćwiczenie 0.4. W dowodzie faktu 0.3 mieliśmy sytuacje, że NWW(m, n) staraliśmy się rozbić na iloczyn liczb względnie ierwszych tak, aby jedna dzieliła m, a druga n. W tym celu rozłożyliśmy na czynniki m i n. Jak zrobić to bez znajdowania rozkładu m i n na czynniki? Tzn. odać efektywny algorytm, który dla danych m i n znajdzie liczby m i n, takie, że NWW(m, n) m n m m n n NWD(m, n ). Pierwiastki ierwotne Definicja.. Generatorem gruy nazywamy taki element a G, że ord a G. W gruach multilikatywnych Z n, taki element nazywamy ierwiastkiem ierwotnym modulo n. Przykład.. Znajdziemy ierwiastek ierwotny modulo 7. Wiemy, że ord Wystarczy znaleźć taką liczbę a, że 3 ord 7 a. Dlaczego? Oznaczmy ord 7 a m 3 k. Ponieważ m 3 7, więc k 7. Skąd k NWD(k, 7) NWD(3 k, 7) NWD(m, 7). Teraz na odstawie faktu 0.0 mamy ord 7 a 7 ord 7 a NWD(ord 7 a, 7) m NWD(m, 7) 3 k k 3. W ten sosób otrzymamy liczbę b a 7, dla której ord 7 b 3. Z wniosku 0. wiemy, że ord , zatem z faktu 0. mamy ord b ord 5 3 ord b 7 3 6, czyli 5 3 b będzie ierwiastkiem ierwotnym modulo 7. Zatem trzeba znaleźć a, że 3 ord 7 a, czyli innymi słowy takie a, że a 3 7. Dla a mamy 7, źle. Dla a 3 mamy , dobrze. Zatem ierwiastkiem ierwotnym modulo 7 jest Fakt.3. Niech G α α k k (niekoniecznie różnymi) takimi, że wtedy element jest generatorem gruy G. oraz niech a,..., a k będą elementami G G a i i dla i,..., k, (.) G α G α k k a ak (.) 7

28 Dowód. Warunek (.) mówi, że ord a i G i, ale onieważ zachodzi również ord a i G, więc musi być αi i ord a i. Z faktu 0.0 wynika, że ord a G α i i i αi i. Z kolei z faktu 0. wynika, że rząd iloczynu (.) jest iloczynem rzędów, czyli wynosi on α α k k G, więc jest generatorem. Twierdzenie.4. Grua multilikatywna dowolnego ciała skończonego jest cykliczna, tzn. istnieje generator. Dowód. Rozważmy ciało GF (q). Załóżmy, że nie istnieje generator GF (q). Niech a będzie elementem o maksymalnym rzędzie. Pokażemy, że dla dowolnego b GF (q) jest ord b m. Niech ord b n. Z faktu 0.3 wiemy, że istnieje c, że ord c NWW(m, n). Ponieważ m jest maksymalnym rzędem, więc NWW(m, n) m, skąd NWW(m, n) m, a zatem n m. Ponieważ dla każdego b GF (q) jest ord b m, więc wszystkie elementy GF (q) sełniają równanie x m 0. Ponieważ w GF (q) jest q różnych elementów, to z lematu.5 wynika, że deg(x m ) q, czyli m q. Z drugiej strony rząd elementu nie jest większy niż moc gruy, więc ord a q. Lemat.5. Stoień niezerowego wielomianu nad ciałem, który ma n różnych ierwiastków, wynosi co najmniej n. Dowód. Indukcja o n.. Dla n 0 każdy niezerowy wielomian ma stoień co najmniej 0.. Załóżmy, że P (x) k i0 a ix i ma ierwiastki x,..., x n. Wtedy P (x) P (x) P (x n ) k a i (x i x i n) i (x x n ) k i a i (x i + x i x n + + x i n ), zatem istnieje wielomian Q(x) taki, że P (x) (x x n )Q(x). Zauważmy, że x,..., x n są ierwiastkami Q(x). Otóż dla i,..., n wiemy, że P (x i ) 0, zatem (x i x n )Q(x i ) 0, onieważ x i x n 0, więc dzieląc obie strony rzez x i x n (korzystamy, że wielomian jest nad ciałem) otrzymujemy, że Q(x i ) 0. Z założenia indukcyjnego deg Q(x) n, skąd deg P (x) deg(x x n )Q(x) n. Ćwiczenie.6. Znaleźć ierwiastek ierwotny modulo liczba ierwsza ostaci N +. 8

29 Rozwiązanie. Oznaczmy N +. Szukamy g takiego, że ord N + g N. czyli musi być skąd wynika, że musi być g N (mod ) i g N (mod ), g N (mod ) ( ) g N. + Dla N z rawa wzajemności dostajemy ( ) ( g N ) + N. + g Zatem wystarczy na rzykład znaleźć g, że N (mod g) i g 3 (mod 4). Na rzykład weźmy g 3. Wtedy N, (mod 3), ale nie może być N (mod 3), bo wtedy N + nie była by ierwsza, a zatem N (mod 3), czyli N + (mod 3), więc ( ) 3 N. + Co można owiedzieć o N, jeżeli wiemy, że N + jest ierwsza? Skorzystajmy z wzroru: a k + b k (a + b)(a k b 0 a k b + a k b... + a 0 b k ), który zachodzi dla k niearzystego. Wynika z niego, że jeśli N da się rzedstawić w ostaci kt, gdzie k jest niearzyte, to wtedy N + ma dzielnik t +, bo N + kt + ( t ) k + k ( t + )(...). Zatem, aby N + ierwsza, to N nie może mieć niearzystych dzielników, a zatem musi być ostaci N n. Z owyższego ćwiczenia otrzymujemy nastęujący wniosek. Wniosek.7 (Test Peina). Liczba Fermata F n n + dla n > jest ierwsza wtedy i tylko wtedy, gdy 3 Fn 3 (n ) (mod F n ). (.3) Dokładniej z ćwiczenia.6 wynika imlikacja w jedną stronę. Mianowicie, jeśli F n jest ierwsza, to musi zachodzić (.3). Imlikacja w drugą stronę wynika z twierdzenia 0.. Ćwiczenie.8. Pierwiastkiem{ ierwotnym modulo liczba ierwsza ostaci + (mod 4), gdzie jest ierwsza, jest 3 (mod 4). 9

30 Rozwiązanie. Kiedy ord + g? Wtedy, gdy g (mod + ) i g (mod + ). Druga kongruencja oznacza, że ( ) g g (mod + ) + Wystarczy srawdzić, że ta równość zachodzi w obu rzyadkach. Ćwiczenie.9. Znaleźć wszystkie liczby ierwsze ostaci n + dla n i > 3n n, modulo które 3 nie jest ierwiastkiem ierwotnym. Rozwiązanie. Będziemy badać kiedy 3 jest.. modulo n +. Trzeba srawdzić, że 3 n (mod n + ) i 3 n (mod n + ). Jeśli było by 3 n, to 3 n ±, a to jest niemożliwe, gdyż < 3 n 3n n n < n. Druga kongruencja do srawdzenia, to 3 n (mod n + ), czyli trzeba okazać, że ( 3 +). Mamy z rawa wzajemności n ( ) ( 3 n ) + n n + (mod 3). + 3 W rzyadku, gdy 3 otrzymamy, że n < 3. Dla n otrzymamy, że 3 wyjątkowo nie jest ierwiastkiem ierwotnym modulo 3 3 +, bo 3 3 (mod 3). Dla 3 mamy, że n, (mod 3), ale nie może być n (mod 3), bo nie była by wtedy ierwsza, zatem n (mod 3), czyli n + (mod 3). Zajmijmy się ierwiastkiami ierwotnymi modulo α. Przykład.0. Znajdźmy ierwiastek ierwotny modulo 5. Niech tym szukanym. będzie g. Zauważmy, że g będzie także. modulo 5, gdyż w rzeciwnym razie, jeśli g nie byłoby. modulo 5, to g nie jest wstanie wygenrować wszystkich wartości modulo 5, a zatem nie jest też w stanie wygenerować wszystkich wartości modulo 5. Wnioskujemy stąd, że g ±+5t dla ewnego t, gdyż ± są wszystkimi. modulo 5. Poszukajmy g wśród liczb ostaci + 5t. Aby g było ierwiastkiem ierwotnym, to wystarczy, aby zachodziło: g 0/ (mod 5) g 0/5 (mod 5). Pierwsza nierówność da się wywnioskować z tego, że g jest. modulo 5. Otóż, gdyby g 0 (mod 5), to g 0 (mod 5), skąd g (mod 5), a to jest niemożliwe, bo g jest. modulo 5. Drugą nierówność trzeba sełnić. ( + 5t) t 6 + 0t (mod 5), więc, aby g 4 (mod 5), wystarczy, że weźmiemy t takie, że 6 + 0t (mod 5), czyli n. t 0. Zatem. modulo 5 jest. 30

31 Powstaje ytanie, czy zawsze wystarczy brać t 0. Niestety nie. Nawet jeśli założym, że dla dla danego znajdziemy najmniejszy możliwy generator g modulo, to może się zdarzyć tak, że g (mod ). Najmniejszym takim jest Wtedy najmniejszy generator, to g 5 oraz mamy (g + t) + 49t (mod ). Fakt.. Jeżeli g jest.. modulo >, to istnieje t, że h g + t jest.. modulo. Ponadto to h jest także.. modulo α dla dowolnego α. Lemat.. Jeżeli a b (mod α ), to a b (mod α ), dla α. Dowód. Z założenia istnieje t, że a b + t α. Mamy Wystarczy okazać, że a ( b + t α ) b + α i ( ) b i t i i(α ). i ( ) b i t i i(α ) dla i,...,. i Rozatrzmy dwa rzyadki.. i <. Wtedy ( ) i, zatem +i(α ) ( i) b i t i i(α ), ale + i(α ) α.. i. Wtedy i(α ) (α ) α. Lemat.3. ( + t) α + t α (mod α ) dla α, >. Dowód. Indukcja o α. Dla α mamy oczywistą równość. Dla α 3 mamy ( + t) + t + t + t (mod α ). Niech α 4. Z założenia indukcyjnego mamy zatem z lematu. mamy ( + t) α 3 + t α (mod α ), ( + t) α ( + t α ) (mod α ). Teraz liczymy ( + t α ) + t α + (α ) C (mod α ). Wystarczy srawdzić, że (α ) α dla α 4, a otrzymamy żądaną równość. Teraz możemy rzejść do dowodu faktu.. 3

32 Dowód faktu.. Będziemy wyznaczać t. Zauważmy, że jeśli h n (mod α ), to wtedy h n (mod ), czyli g n (mod ), a to oznacza, że n. Wynika zatem, że ord α h, więc aby okazać, że h jest.. modulo α wystarczy stwierdzić, że α ord α h, czyli, że α ord α h, a co za tym idzie wystarczy stwierdzić, że h ( )α (mod α ). (.4) Znajdźmy wierw takie t, że h g + t będzie sełniało (.4) dla α. Z tego, że g (mod ) wiemy, że istnieje s takie, że g + s. Liczymy h ( )α (g + t) ( ) g + ( )g t + s + ( )g t Zatem, aby zachodziło (.4), musi być + ( s + ( )g t ) (mod ). s + ( )g t 0 (mod ). Przekształcamy s g t 0 (mod ) g t s (mod ) t gs (mod ) (.5) Wystarczy teraz znaleźć takie t, aby było sełnione (.5). Kongruencja (.5) ma aż rozwiązań modulo. Zatem okazaliśmy, że istnieje takie t, że h + t jest.. modulo. Mamy też takie u 0 (mod ), że Z lematu.3 otrzymujemy h + u (mod ). (.6) (.6) ( )α h ( + u) α + u α (mod α ), co oznacza, że zachodzi (.4), czyli, że h jest ierwiastkiem ierwotnym modulo α. Wniosek.4. Jeżeli g jest.. modulo α, to niearzysta z liczb g, g + α jest.. modulo α. Dowód. Zauważmy, że jeżeli a n (mod α ), to a n (mod α ). Innymi słowy jeżeli a n (mod α ), to a n (mod α ), a onieważ Z α Z α, więc wystarczy znaleźć takie a, że a g (mod α ) i a Z α. Takie a, to niearzysta z liczb g, g + α. Indeksy Definicja.. W gruie cyklicznej G rzy zadanym generatorze g indeksem elementu a G nazywamy taki wykładnik e Z G, że g e a i oznaczamy go rzez ind g a lub o rostu ind a, gdy wiemy o jaki generator chodzi. 3

33 Fakt.. ind ab ind a + ind b Fakt.3. Niech G będzie gruą cykliczną o mocy n i niech a G. Zachodzi: ord a n NWD(ind a, n) Dowód. Niech g będzie generatorem G i niech e ind a, czyli a g e. Szukamy najmniejszego m takiego, że a em, czyli takiego, że em 0 (mod n) n em. Niech d NWD(e, n). Oznaczając e de i n dn otrzymujemy n e m. Ponieważ NWD(e, n ), więc musi być n m. Najmniejsze takie m, że n m to o rostu n. Zatem: ord a m n n d n NWD(e, n). Fakt.4. Rozatrzmy nastęujące równanie w gruie cyklicznej G o mocy n: gdzie a G. Oznaczmy d NWD(e, n). x e a, (.) (i) (.) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy d ind a. (.) ma rozwiązanie, to ma ich dokładnie d. Ponadto jeśli (ii) Ilość reszt stonia e w gruie G wynosi n d. Dowód. (i) Równanie (.) równoznaczne jest kongruencji: e ind x ind a (mod n). Niewiadomą jest teraz ind x Z n. Na odstawie ćwiczenia 7.5 wiemy, że ta kongruencja ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy d NWD(e, n) ind a. Ponadto jeśli rozwiązanie istnieje to jest ich d. (ii) Widzimy, że a jest resztą stonia e wtw., gdy d ind a. Zatem ilość reszt stonia e jest równa ilości liczb z Z n odzielnych rzez d, a takich liczb jest n d, gdyż d n. Wniosek.5. Niech a G, G grua cykliczna, wtedy a jest resztą stonia e wtedy i tylko wtedy, gdy a n d, gdzie n G i d NWD(n, e). Dowód. Z faktu.4 wynika, że a jest resztą stonia e d ind a n n d ind a ind a 0 (mod n), a to jest równoznaczne z tym, że n d a n d. 33

34 Wniosek.6 (Uogólnione kryterium Eulera). W gruie cyklicznej Z n, a Z n jest resztą stonia e wtedy i tylko wtedy, gdy Przykład.7. Rozwiązujemy ϕ(n) a NWD(ϕ(n),e) (mod n) x 8 3 (mod 4). Za generator modulo 4 bierzemy 6. NWD(8, 40) 8, ind , 8 36, zatem nie ma rozwiązań. Reszt rzędu 8 modulo 4 jest Rozwiązujemy teraz x 37 (mod 4). NWD(, 40) 4, ind , 4 3, zatem są 4 rozwiązania. Należy rozwiązać kongruencję ind 6 x 3 (mod 40). Srowadzamy ją do 3 ind x 8 (mod 0), skąd ind x 6 (mod 0), czyli ind x 6, 6, 6, 36 (mod 40). Wyliczając odowiednie otęgowania otrzymujemy rozwiązania x 39,,, 3 (mod 4). Reszt rzędu modulo 4 jest Liczenie ierwiastków W tej sekcji zajmiemy się rozwiązywaniem równania x e a (3.) w gruie cyklicznej G o mocy n. Oznaczmy d NWD(e, n). Z faktu.4 wiemy, że (3.) ma rozwiązanie wtw., gdy d n. Załóżmy więc, że d n. Wtedy wiemy, ze (3.) ma d rozwiązań. 3. Pierwiastki z jedności (a ) W rzyadku, gdy x e, to trzeba znaleźć wszystkie takie x, że ord x e. Tak narawdę wystarczy znaleźć takie g, że ord g e, bo wtedy g i są różnymi elementami dla i 0,..., e i ord g i e. W ten sosób możemy znaleźć wszystkie ierwiastki z jedności. 3. Przyadek d W tym rzyadku wiemy, że istnieje takie α, że αe (mod n). jedynym rozwiązaniem jest x a α, gdyż x e a αe a a. Wtedy 34

35 3.3 Przyadek d e, gdzie jest ierwsza Niech n s t, gdzie NWD(, t) i s. Załóżmy, że równanie (3.) ma rozwiązanie, więc z wniosku.5 wynika, że jest: a s t. (3.) Ponadto wiemy, że jest rozwiązań. Wystarczy, ze znajdziemy jedno, gdyż ozostałe można otrzymać rzez omnożenie rzez ierwiastki stonia z jedności. Zobaczmy co by było, gdyby a t. Wtedy dla dowolnego α byłoby a +αt a. Zatem wystarczyło by dobrać tak α, aby +αt. To jest oczywiście możliwe, gdyż NWD(, t). Dla α, β takich, że β + αt rozwiązaniem jest a β. Niestety nie musi zachodzić wcale a t. Zauważmy jednak, że równanie (3.) możemy zaburzyć mnożąc obie strony rzez b : (xb) ab, więc wystarczyło by rozwiązać równanie (x ) a, gdzie a ab i nastęnie wziąć x x b. Zatem należy tak dobrać b, aby (a ) t. Będziemy konstruować tak ciąg a,..., a s, że dla i,..., s zachodzi: a s i t i (3.3) Z równania (3.) widzimy, że a a. Ponadto chcemy, żeby a i było ostaci ab. Zatem chcemy skonstruować także ciąg b,..., b s taki, że a i ab i. (3.4) Dla i możemy rzyjąć b i. Teraz sróbujmy skonstruować b i, a co za tym idzie a i dla i, rzy założeniu, że mamy już a i i b i sełniające własności (3.3) i (3.4). Wiemy, że (ab i )s (i )t, skąd ( (ab i )s i t ), a zatem liczba ε (ab i )s i t jest ierwiastkiem z jedności stonia. Gdyby teraz udało nam się rzedstawić ε w ostaci: ε c s i+t, to wystarczyło by rzyjąć b i b i c, gdyż wtedy (ab i )s it (ab i c ) s i t (ab i )s it c s i+t (ab i )s it ε Jak znaleźć takie c? Wystarczy znaleźć takie h, aby s ord h, bo wtedy ord h s t ord h NWD( s t, ord h), 35

36 czyli h js t dla j 0,..., są wszystkimi ierwiastkami z jedności. Zatem ε h js t dla ewnego j 0,..., s. Wystarczy znaleźć to j i możemy wtedy rzyjąć c h ji. W celu znalezienia takiego h, aby s ord h, wystarczy wybrać je tak, aby h s t. Podsumowując owyższe rozumowanie otrzymujemy algorytm na szukanie ierwiastka stonia rzedstawiony na rysunku 5. znajdź h takie, że h s t ω h s t b dla i,..., s rób ε (ab i ) s i t znajdź j 0,..., takie, że ε ω j b i b i h ji a s ab s znajdź β takie, że β (mod t) x 0 a β s b s i te rozwiązanie, dla i 0,...,, to x 0 ω i Rysunek 5: Algorytm Tonneliego na wyliczanie a Przykład 3.. x 5 07 (mod ) mamy a 07, e 5, ϕ(n) , s 3, t 4 bierzemy h, bo (mod 65) ω 376 b i : ε (07 5 ) 0 5 szukamy j takie, że 376 j 5: 376 6, , , zatem j 4 b i 3 : ε ( ) 4 szukamy j takie, że 376 j, czyli j 0 b a rozwiązujemy 5β (mod 4), czyli β x x , x , x , x

37 4 Funkcje multilikatywne Definicja 4.. Funkcję f z liczb całkowitych dodatnich nazywamy multilikatywną, jeśli dla NWD(m, n) zachodzi Parę rostych faktów. f(mn) f(m)f(n). (4.) Fakt 4.. f() o ile istnieje a takie, że f(a) 0. Dowód. Jeżeli f(a) 0, to f(a ) f(a)f(), skąd f(). Fakt 4.3. Iloczyn funkcji multilikatywnych jest funkcją multilikatywną. Bardziej skomlikowaną konstrukcja jest za omocą sumy. Mamy nastęujące twierdzenie. Twierdzenie 4.4. Załóżmy, że zachodzi tożsamość dwóch funkcji f i g: g(n) d n f(d), (4.) wtedy f jest multilikatywna wtedy i tylko wtedy, gdy g jest multilikatywna. Dowód.. Zakładamy, że f jest multilikatywna. Dla NWD(m, n) mamy: g(mn) f(d) f(d d ) f(d )f(d ) d mn d m d n d m f(d ) d n d m d n f(d ) g(m)g(n).. Zakładamy, że g jest multilikatywna. Pokażemy, że f(mn) f(m)f(n) dla NWD(m, n) indukcją o iloczynie mn.. mn, wtedy m n i f( ) f() f(), bo albo f() 0, albo f().. mn >. Zakładamy, że dla d d < mn zachodzi f(d d ) f(d )f(d ). Z jednej strony mamy g(mn) f(d) f(d d ), a z drugiej g(m)g(n) d mn d m f(d ) d n d m d n f(d ) d m d n f(d )f(d ). 37

38 Ponieważ g(mn) g(m)g(n) mamy więc równość f(d d ) f(d )f(d ). (4.3) d m d n d m d n Z założenia indukcyjnego wiemy, że f(d d ) f(d )f(d ) dla d d < mn zatem, aby równość (4.3) była sełniona musi być także f(d d ) f(d )f(d ) dla d d mn, czyli dla d m i d n, co kończy dowód indukcyjny. Wniosek 4.5. Nastęujące funkcje są multilikatywne: liczba dzielników n τ(n) d n, suma dzielników n σ(n) d n d. 4. Funkcja Möbiusa Funkcję Möbiusa oznaczamy rzez µ. Jest kilka równoważnych definicji. Twierdzenie 4.6. Nastęujące definicje są równoważne: (i) Wzór rzy znanym rozkładzie. { 0 jeżeli n µ(n) ( ) k (4.4) jeżeli n k (ii) Równanie rekurencyjne. µ(d) [n ] d n { 0 dla n > dla n (4.5) (iii) Definicja multilikatywna. dla α 0 µ( α ) dla α 0 dla α (4.6) µ(mn) µ(m)µ(n) dla NWD(m, n) (4.7) Dowód. W (iii) funkcja µ jest zdefiniowana jednoznacznie. Równość (4.7) oznacza, że funkcja µ jest multilikatywna, w związku z tym, aby określić wartości funkcji dla dowolnej liczby naturalnej, wystarczy odać jej wartość dla α, gdzie jest liczbą ierwszą. Równość (4.7) to określa. Pokażemy, że każda z definicji (i) i (ii) sełniają własności definicji (iii), czyli są określone w ten sam sosób dla dowolnej liczby naturalnej. 38

39 Załóżmy, że funkcja µ dana jest równością (i). Wtedy (4.6) jest w oczywisty sosób sełnione. Pozostaje okazać multilikatywność. Jeżeli m lub n, to mn. Zatem wtedy µ(mn) µ(m)µ(n) 0. Załóżmy, że m i n są iloczynem różnych liczb ierwszych: m... k i n q... q l. Wtedy µ(mn) ( ) k+l, a µ(m) ( ) k i µ(n) ( ) l, zatem µ(mn) µ(m)µ(n). Załóżmy, że µ sełnia własność (ii). Wtedy multilikatywność wynika z twierdzenia 4.4. Pozostaje okazać równość (4.6). α 0, wtedy µ( 0 ). α, z µ( 0 ) + µ( ) 0 mamy µ( ). α, wtedy korzystamy z dwóch równości: skąd µ( α ) 0. 0 µ( 0 ) µ( α ), 0 µ( 0 ) µ( α ) + µ( α ), 4. Wzór na odwracanie Załóżmy, że g(n) d n f(d), (4.8) gdzie f i g są dowolnymi funkcjami określonymi dla liczb naturalnych. Chcemy teraz rzedstawić f za omocą g, tzn. chcemy taką równość, że z jednej strony wystęuje f(n), a z drugiej strony odwołujemy się tylko do g( ). Równość (4.8) możemy rzeisać jako: f(n) g(n) d n d<n f(d) Jest to rekurencja na f(n) z odwołaniem do g( ) i f(x) dla x < n. Rozwijając tą rekurencję jesteśmy w stanie zlikwidować wszystkie odwołania f( ). Zamiast tego ojawią się odwołania do g(x), gdzie x będzie dzielnikiem n, skąd wnioskujemy, że formuła będzie miała ostać: f(n) d n c(d, n)g(d), (4.9) gdzie c(d, n) jest ewną funkcją zależną od d i n oznaczającą krotność g(d). Wstawiając tą równość do (4.8) otrzymamy: g(n) c(d, d)g(d ) c(d, d)g(d ). d n d d d n d d 39