ARYTMETYKA MODULARNA Grzegorz Szkibiel Wiosna 2014/15
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 36 10 Kongruencje wy»szych stopni 40 11 Liczby pseudopierwsze 44 12 Pierwiastki pierwotne 49 13 Istnienie pierwiastków pierwotnych 53 14 Logarytm dyskretny 58 15 Pewne zastosowania pierwiastków pierwotnych 61 2
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. 10.1 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
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. 10.2. Wielomian x 2 + 2 nie ma pierwiastków modulo 7. Sprawdzamy to podstawiaj c za x kolejne liczby 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. 10.3. 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. 10.4. 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 2 2... 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. 10.5 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
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 1 + 5 2 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 625. 42
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 1 + + 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 1 + + 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. 10.6 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
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). 10.7 Przykªad. Rozwi»emy kongruencj x 2 + 4x + 2 0 (mod 49). (10.6) Mamy tutaj f(x) = x 2 +4x+2 oraz 49 = 7 2. Zaczynamy wi c od kongruencji x 2 + 4x + 2 0 (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 10.6. 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 = 1 + 7 = 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 = 2 + 7 5 = 37 jest pierwiastkiem kongruencji (10.6). 44
10.8 Przykªad. Rozwi»emy kongruencj x 2 + x + 7 0 (mod 9). (10.7) Mamy tutaj f (x) = 2x + 1, a rozwi zuj c x 2 + x + 7 0 (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 + 3 0 = 1, x 2 = 1 + 3 1 = 4 i x 3 = 1 + 3 2 = 7 s pierwiastkami (10.7). 10.9 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 1 + 1 oraz 2 k 1, czyli 1. 10.10 Przykªad. Wró my do przykªadu 10.1. 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. 10.11 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