ARYTMETYKA MODULARNA. Grzegorz Szkibiel. Wiosna 2014/15

Transkrypt

1 ARYTMETYKA MODULARNA Grzegorz Szkibiel Wiosna 2014/15

2 Spis tre±ci 1 Denicja kongruencji i jej podstawowe wªasno±ci 3 2 Systemy pozycyjne 8 3 Elementy odwrotne 12 4 Pewne zastosowania elementów odwrotnych 17 5 Maªe Twierdzenie Fermata 20 6 Twierdzenie Eulera 23 7 Twierdzenie Lagrange'a 27 8 Chi«skie Twierdzenie o Resztach 30 9 RSA i gra w orªa i reszk przez telefon Kongruencje wy»szych stopni Liczby pseudopierwsze Pierwiastki pierwotne Istnienie pierwiastków pierwotnych Logarytm dyskretny Pewne zastosowania pierwiastków pierwotnych 61 2

3 Wykªad 10 Kongruencje wy»szych stopni Jak ju» zauwa»yli±my, teza twierdzenia Lagrange'a (7.1) nie zachodzi w przypadku, gdy moduªem jest liczba zªo»ona. eby rozwa»a moduªy zªo»one, potrzebne jest jeszcze chi«skie twierdzenie o resztach (8.2). Zajmiemy si kongruencjami typu f(x) 0 (mod m), gdzie f(x) jest wielomianem o wspóªczynnikach caªkowitych. Stopie«tego wielomianu jest stopniem kongruencji. Rozwa»my nast puj cy przykªad Przykªad. Chcemy znale¹ wszystkie liczby n, których ostatnie trzy cyfry s takie same jak w n 2. Od razu zauwa»amy,»e takimi liczbami s 0 oraz 1. Po chwili zauwa»amy te»,»e 1000, 1001 i wszystkie liczby ko«cz ce si na 000 lub 001 maj wymagan wªasno±. Dochodzimy wi c do kongruencji n n 2 (mod 1000), (10.1) której rozwi zanie da nam wszystkie szukane liczby. Jest to kongruencja drugiego stopnia (f(n) = n n 2 ). Jej rozwi zaniami (modulo 1000) s 0, 1, 376, 625. Gdyby w przykªadzie 10.1 moduª m byª maªy, to kongruencj 10.1 rozwi - zaliby±my podstawiaj c za n wszystkie nieujemne liczby caªkowite mniejsze od m. Metoda ta nie pracuje, je±li m jest du» liczb. W rozdziale tym poka»emy,»e kongruencje o moduªach zªo»onych mo»na zredukowa do kongruencji o moduªach pierwszych. To pozwoli nam rozwi za niektóre kongruencje. Przypomnijmy,»e pierwiastkiem modulo m wielomianu f(x) o wspóªczynnikach caªkowitych nazywamy tak liczb r,»e f(r) 0 (mod m). Je±li 40

4 r jest pierwiastkiem wielomianu f(x) modulo m oraz r r (mod m), to z twierdzenia 1.7 wynika,»e f(r) f(r ) (mod m), czyli r te» jest pierwiastkiem wielomianu f(x) modulo m. Nasze rozwa»ania na temat pierwiastków b dziemy ogranicza do Z m i mówi c rozwi zanie, mamy na my±li rozwi zanie modulo m. Przykªady Wielomian x nie ma pierwiastków modulo 7. Sprawdzamy to podstawiaj c za x kolejne liczby 0, 1, 2, 3, 4, 5, Wielomian x 2 2 ma w Z 7 dokªadnie dwa pierwiastki: 3 i 4. Zauwa»my,»e wielomiany z powy»szych przykªadów s stopnia drugiego, wi c na mocy Twierdzenia Lagrange'a nie mog mie wi cej ni» 2 pierwiastki Wielomian x 2 1 ma w Z 12 cztery pierwiastki: 1, 5, 7 oraz 11. Rozwa»ymy teraz metod redukcji moduªu zªo»onego m na moduªy b d ce pot gami liczb pierwszych z rozkªadu m. Je±li m = p α 1 1 p α p α k k, to kongruencja f(x) 0 (mod m) implikuje k kongruencji f(x) 0 (mod p α i i ), gdzie 1 i k. Odwrotna implikacja tak»e zachodzi, poniewa» pot gi ró»nych liczb pierwszych s kopierwsze Przykªad. Rozwa»my kongruencj x 2 1 (mod 105). Poniewa» 105 = 3 5 7, wi c nasza kongruencja jest równowa»na ukªadowi trzech kongruencji x 2 1 (mod 3) x 2 1 (mod 5) x 2 1 (mod 7). Ka»d z powy»szych kongruencji rozwi zujemy podstawiaj c kolejne liczby i otrzymujemy w trzech przypadkach po dwa rozwi zania: 1 i 2 modulo 3, 1 i 4 modulo 5 oraz 1 i 6 modulo 7. Dowolna kombinacja tych rozwi za«daje rozwi zanie modulo 105. Oznaczmy przez r pierwiastek wielomianu x 2 1 modulo 105. Wówczas r jest jednym z rozwi za«o±miu poni»szych ukªadów kongruencji. r 1 (mod 3) r 2 (mod 3) r 1 (mod 3) r 1 (mod 5) r 1 (mod 5) r 4 (mod 5) r 1 (mod 7), r 1 (mod 7), r 1 (mod 7), 41

5 r 2 (mod 3) r 1 (mod 3) r 4 (mod 5) r 1 (mod 5) r 1 (mod 7), r 6 (mod 7), r 2 (mod 3) r 1 (mod 3) r 2 (mod 3) r 1 (mod 5) r 4 (mod 5) r 4 (mod 5) r 6 (mod 7), r 6 (mod 7), r 6 (mod 7). Rozwi zaniami (modulo 105) tych ukªadów kongruencji s, kolejno, 1, 71, 64, 29, 76, 41, 34 i 104. Wracaj c do przykªadu 10.1, kongruencja (10.1) jest równowa»na ukªadowi kongruencji n n 2 (mod 2 3 ) n n 2 (mod 5 3 (10.2) ). Pierwsz kongruencj z (10.2) mo»emy jeszcze rozwi za podstawiaj c kolejne liczby od 0 do 7. Przy drugiej kongruencji metoda ta zawodzi ze wzgl du na zbyt wiele (a» 125) liczb. Zastosujemy wi c inn metod. Poniewa» kongruencj n n 2 (mod 5) speªniaj dwie liczby (modulo 5) 0 oraz 1, wi c kongruencj n n 2 (mod 5 2 ) (10.3) speªniaj liczby postaci 0 + 5k 1 oraz 1 + 5l 1. Podstawiamy te liczby do (10.3) otrzymuj c 5k 1 0 (mod 5 2 ) oraz 5l 1 10l 1 (mod 5 2 ). St d kongruencje k 1 0 (mod 5) i l 1 2l 1 (mod 5), które daj k 1 = 0 oraz l 1 = 0. Mamy zatem 2 rozwi zania modulo 25: 0 oraz 1. Rozwi zaniami modulo 125 drugiej kongruencji z (10.3) s liczby postaci 5 2 k 2 oraz l 2. Wykonuj c podobne obliczenia jak powy»ej dostajemy dwa rozwi zania: 0 i 1. Aby rozwi za zadanie postawione w przykªadzie 10.1, wystarczy rozwi za cztery ukªady kongruencji r e 1 (mod 2) r e 2 (mod 5), gdzie za e 1 oraz e 2 podstawiamy 0 lub 1. Cztery szukane rozwi zania to 0, 1, 376 i

6 Nasze rozumowanie uogólnimy, podaj c je w formie twierdzenia. Zdeniujemy przedtem poj cie pochodna wielomianu. Przypu± my,»e dany jest wielomian f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. Pochodn wielomianu f(x) nazywamy wielomian Zauwa»my teraz,»e f (x) = na n x n + (n 1)a n 1 x n a 1. f(x + y) = f(x) + yf (x) + y 2 g(x, y), (10.4) gdzie g(x, y) jest pewn wielko±ci, któr nie jeste±my zainteresowani Twierdzenie. Niech f(x) b dzie wielomianem o wspóªczynnikach caªkowitych, a f (x) jego pochodn. Przypu± my,»e element x 0 speªnia kongruencj f(x 0 ) 0 (mod p k ) (dla k 1). Wówczas kongruencja wielomianowa f(x) 0 (mod p k+1 ) ma (a) dokªadnie jedno rozwi zanie x = x 0 + p k t, je»eli p f (x 0 ). Tutaj t jest rozwi zaniem kongruencji p k tf (x 0 ) f(x 0 ) (mod p k+1 ). (10.5) (b) p nieprzystaj cych do siebie modulo p k+1 rozwi za«x = x 0 + p k t, je±li p f (x 0 ) oraz p k+1 f(x 0 ). Tutaj t przyjmuje warto±ci 0, 1,..., p 1. (c) zero rozwi za«przystaj cych do x 0 modulo p k, je»eli p f (x 0 ) oraz p k+1 f(x 0 ). Dowód. Przypu± my,»e x jest rozwi zaniem kongruencji f(x) 0 (mod p k ), takim»e x x 0 (mod p k ). Mo»emy wi c zapisa x = x 0 + p k t dla pewnej liczby caªkowitej t. Korzystaj c z równania (10.4) otrzymujemy f(x) f(x 0 + p k t) Ale p k+1 ( p k t )2, wi c f(x 0 ) + p k tf (x 0 ) + ( p k t ) 2 g(x, p k t) (mod p k+1 ). f(x) f(x 0 ) + p k tf (x 0 ) (mod p k+1 ). 43

7 Pami taj c,»e f(x) 0 (mod p k+1 ), dostajemy (10.5). Przypu± my teraz,»e p f (x 0 ). Poniewa» p k f(x 0 ), wi c kongruencj (10.5) mo»na zredukowa do kongruencji liniowej (z niewiadom t) f (x 0 )t f(x 0) p k (mod p), która ma dokªadnie jedno rozwi zanie. St d jednoznaczno± rozwi zania x = x 0 + tp k. Aby pokaza (b), zaªó»my,»e p f (x 0 ) oraz p k+1 f(x 0 ). Wówczas kongruencja (10.5) jest speªniona dla dowolnego t {0, 1, 2,..., p 1}. St d p rozwi za«x = x 0 + tp k. Je±li p f (x 0 ) oraz p k+1 f(x 0 ), to kongruencja (10.5) przybiera sprzeczn z zaªo»eniem posta 0 f(x 0 ) (mod p k+1 ). Nie ma wi c rozwi za«postaci x = x 0 + tp k, co pokazuje (c) Przykªad. Rozwi»emy kongruencj x 2 + 4x (mod 49). (10.6) Mamy tutaj f(x) = x 2 +4x+2 oraz 49 = 7 2. Zaczynamy wi c od kongruencji x 2 + 4x (mod 7), dla której znajdujemy rozwi zanie podstawiaj c po kolei wszystkie liczby od 0 do 6. Znajdujemy dwa pierwiastki x 1 = 1 oraz x 2 = 2. Poniewa» f (x) = 2x + 4, wi c mamy 7 f (x i ) dla i = 1 oraz i = 2. Zastosujemy wi c cz ± (a) twierdzenia Dla x 1 otrzymujemy: 7tf (1) f(1) (mod 7 2 ) 7t 6 7 (mod 7 2 ) 6t 1 (mod 7) t 1 (mod 7). Zatem x = = 8 jest pierwiastkiem (10.6). Podobnie, 7tf (2) f(2) (mod 7 2 ) 7t 8 14 (mod 7 2 ) 8t 2 (mod 7) t 5 (mod 7), wi c x = = 37 jest pierwiastkiem kongruencji (10.6). 44

8 10.8 Przykªad. Rozwi»emy kongruencj x 2 + x (mod 9). (10.7) Mamy tutaj f (x) = 2x + 1, a rozwi zuj c x 2 + x (mod 3), otrzymujemy x 0 = 1. Tak si jednak skªada,»e 3 f (1) oraz 9 f(1), wi c stosujemy twierdzenie 10.6(b), z którego wynika,»e x 1 = = 1, x 2 = = 4 i x 3 = = 7 s pierwiastkami (10.7) Przykªad. Poszukamy pierwiastków z 1 modulo 16. Rozwa»ymy wi c wielomian f(x) = x 2 1. Modulo 8, ma on 4 pierwiastki: x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5 i x 4 = 7. Poniewa» f (x) = 2x, wi c 2 f (x i ) dla i {1, 2, 3, 4}, ale 16 dzieli tylko f(x 1 ) i f(x 4 ). Na podstawie punktu (c) twierdzenia 10.6 wnioskujemy wi c,»e tylko x 1 i x 4 daj pierwiastki modulo 16. A s to, zgodnie z punktem (b), 1, 9, 7 i 15. Ogólnie, je±li m = 2 k, gdzie k 3, to wielomian f(x) ma dokªadnie 4 pierwiastki modulo m: 1, 2 k 1 1, 2 k oraz 2 k 1, czyli Przykªad. Wró my do przykªadu Stosuj c twierdzenie 10.6, otrzymujemy rozwi zania 0 i 1 dla obu kongruencji n 2 n (mod 8) oraz n 2 n (mod 125). Zatem cztery rozwi zania kongruencji (10.1) otrzymamy po rozwi zaniu nast puj cych czterech ukªadów: n 1 0 (mod 8) n 2 0 (mod 8) n 1 0 (mod 125) n 2 1 (mod 125) n 3 1 (mod 8) n 4 1 (mod 8) n 3 0 (mod 125) n 4 1 (mod 125). S to: n 1 = 0, n 2 = 376, n 3 = 625 oraz n 4 = 1. Zako«czymy ten rozdziaª jeszcze jednym przykªadem, który ma du»e znaczenie przy znajdywaniu rozkªadu liczb na czynniki oraz uzasadnia prawidªowo± gry w orªa i reszk przez telefon Przykªad. Przypu± my,»e p i q s ró»nymi liczbami pierwszymi oraz n = pq. Wówczas kongruencja x 2 1 (mod n) ma dokªadnie 4 rozwi zania, poniewa» ka»da z kongruencji x 2 1 (mod p) oraz x 2 1 (mod q) ma dokªadnie dwa rozwi zania. Rozwi zania ±1 nazywamy trywialnymi. Je±li x jest nietrywialnym rozwi zaniem, to NWD(x 1, n) oraz NWD(x + 1, n) s liczbami p oraz q. Zatem je±li znamy nietrywialne rozwi zanie kongruencji x 2 1 (mod n), to znamy te» rozkªad liczby n. 45