תורת המספרים ־ הרצאה 14

‫תורת המספרים ־ הרצאה ‪14‬‬
‫‪ 10‬בדצמבר ‪2014‬‬
‫קונגרואנציות ריבועיות‬
‫הגדרה‬
‫יהי ‪ n‬טבעי‪ ,‬נאמר ש־ ‪ a‬שארית ריבועית מודולו ‪ n‬אם ‪ a‬זר ל־ ‪ n‬וקיים פתרון ל־ )‪x2 ≡ a ( mod n‬‬
‫כאשר ‪ p ≥ 3‬ראשוני‬
‫סימון )סמל לג'נדר(‪:‬‬
‫‪a is a quadratic remainder of p‬‬
‫‪otherwise‬‬
‫( ‬
‫‪1‬‬
‫‪a‬‬
‫=‬
‫‪p‬‬
‫‪−1‬‬
‫קריטריון אוילר‬
‫ ‬
‫‪p−1‬‬
‫‪a‬‬
‫)‪≡ a 2 ( mod p‬‬
‫‪p‬‬
‫טענה‬
‫ישנן בדיוק‬
‫‪p−1‬‬
‫‪2‬‬
‫שאריות ריבועיות מודולו ‪.p‬‬
‫כאשר ‪ p ≥ 3 ,n = pj‬ראשוני‬
‫מתקיים ש־ ‪ a‬שארית ריבועיות מודולו ‪ pj‬אמ"מ‬
‫‪1‬‬
‫‪j‬‬
‫)‪a 2 φ(p ) ≡ 1 ( mod p‬‬
‫ובמקרה זה ישנם בדיוק ‪ 2‬פתרונות ל־‬
‫) ‪x2 ≡ a ( mod pj‬‬
‫‪1‬‬
‫כאשר ‪n = 2j‬‬
‫מתי קיים פתרון ל־ ) ‪ a ,x2 ≡ a ( mod 2j‬אי‪-‬זוגי?‬
‫הוכחנו‪:‬‬
‫עבור ‪ j = 1‬־ תמיד‪ ,‬ויש פתרון יחיד )‪.(1‬‬
‫עבור ‪ j = 2‬־ צריך )‪ ,a ≡ 1 ( mod 4‬ואז יש בדיוק ‪ 2‬פתרונות‪.‬‬
‫עבור ‪ j ≥ 3‬־ הכרחי ומספיק ש־ )‪ a ≡ 1 ( mod 8‬לקיום פתרון‪.‬‬
‫כעת נרצה לדעת כמה פתרונות יש ל־ ) ‪.j ≥ 3 ,a ≡ 1 ( mod 8) ,x2 ≡ a ( mod 2j‬‬
‫טענה‬
‫ישנם בדיוק ארבעה פתרונות )מודולו ‪ ,(2j‬והם מהצורה‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪x0 , −x0 , x0 + 2j−1 , − x0 − 2j−1‬‬
‫עבור איזשהו ‪.x0‬‬
‫הוכחה‬
‫יהיו ‪ x1‬ו־ ‪ x2‬פתרונות מודולו ‪ .2j‬אז‬
‫) ‪0 ( mod 2j ) ≡ x21 − x22 ≡ (x1 + x2 ) · (x1 − x2‬‬
‫נשים לב ש־ ‪ x1 , x2‬אי‪-‬זוגיים )כי הריבועים שלהם אי זוגיים(‪ ,‬ולכן ‪ x1 ± x2‬זוגיים‪ ,‬ונוכל לחלק ב־־‪.4‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‪x1 + x2‬‬
‫‪x1 − x2‬‬
‫‪≡0‬‬
‫‪mod 2j−2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ 2b | x1 −x‬עבור ‪.a + b = j − 2 ,a, b ≥ 0‬‬
‫‪ 2a | x1 +x‬ו־‬
‫נניח כי‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫אם ‪ ,a ≥ b‬אז ‪= x1‬‬
‫‪x1 +x2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2b | x1 −x‬‬
‫‪+‬‬
‫‪2‬‬
‫נובע ש־ ‪ ,b = 0‬כי אמרנו ש־ ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪ .‬באותו אופן‪ ,‬אם ‪ ,b ≥ a‬אז ‪.a = 0‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪) 2j−2 | x1 ±x‬אבל לא בהכרח את שניהם(‪.‬‬
‫‪ .2j−2 | x1 −x‬נרשום בקיצור‪:‬‬
‫‪ 2j−2 | x1 +x‬או ש־‬
‫לכן‪ ,‬או ש־‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫לכן‪.x1 = ±x2 ( mod 2j−1 ) ,‬‬
‫באופן זה‪ ,‬מתקבלים ‪ 4‬מועמדים לפתרון‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪x1 , −x1 , x1 + 2j−1 , −x1 + 2j−1‬‬
‫קל לבדוק שאכן כולם פתרונות )אם ‪ x1‬פתרון(‪.‬‬
‫‪2‬‬
‫) ‪≡ x21 + x1 · 2j + 22j−2 ≡ a ( mod 2j‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x1 + 2j−1‬‬
‫)כי ‪ x1 · 2j ≡ 0‬מודולו ‪ ,2j‬ו־ ‪ 2j − 2 ≥ 2‬עבור ‪.(j ≥ 3‬‬
‫אלה אותם פתרונות כמו בטענה‪ ,‬כי‬
‫‬
‫‪mod 2j‬‬
‫‪≡ −x1 + 2j−1‬‬
‫‪= −x1 − 2j−1‬‬
‫‬
‫‪j−1‬‬
‫‪− x1 + 2‬‬
‫כאשר המעבר הימני מתקבל פשוט ע"י הוספת ‪.2j‬‬
‫נותר לבדוק שכולם שונים זה מזה‪.‬‬
‫למשל‪ ,2x1 6≡ 0 ⇐⇒ x1 6≡ −x1 ,‬וזה נכון כי ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪.‬‬
‫עוד דוגמה ־ למה ‪ ?x1 6≡ −x1 + 2j−1‬הנ"ל מתקיים אמ"מ )‬
‫כי ‪ x1‬אי‪-‬זוגי‪ ,‬ו־ ‪.j ≥ 3‬‬
‫‪j−1‬‬
‫‪( mod 2‬‬
‫‪j−2‬‬
‫‪ ,x1 6≡ 2‬וזה מתקיים‬
‫מסקנה‬
‫יהי ‪ n ≥ 2‬טבעי כאשר ‪ n = 2j pj11 · ... · pjrr‬הוא הפירוק של ‪ n‬לראשונים‪ ,‬ו־ ‪ a‬זר ל־ ‪ .n‬אז‬
‫לקונגרואנציה )‪ x2 ≡ a ( mod n‬יש פתרון אמ‪:‬מ‬
‫‪ji‬‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪a 2 ·φ(pi ) ≡ 1‬‬
‫‪mod pji i‬‬
‫‬
‫‪a ≡ 1‬‬
‫‪mod gcd 8, 2j‬‬
‫‪0‬‬
‫ובמקרה זה‪ ,‬כמות הפתרונות היא ‪ ,2r+j‬כאשר ‪ r‬נובע מהעובדה שיש ‪ r‬ראשוניים גדולים מ־‪) 2‬וראינו‬
‫שלראשוני יש ‪ 2‬פתרונות בדיוק(‪ ,‬ו־‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪j = 0, 1‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪j = 1‬‬
‫‪j=2‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪j≥3‬‬
‫שנובע מהמשפט שהוכחנו עכשיו‪.‬‬
‫דוגמה‬
‫כמה פתרונות יש ל־ )‪?x2 ≡ 5 ( mod 252‬‬
‫נשים לב כי ‪.252 = 22 · 7 · 32‬‬
‫תחילה )‪ ,5 ≡ 1 ( mod 4‬כלומר התנאי ))) ‪ a ≡ 1 ( mod (gcd (8, 2j‬מתקיים‪.‬‬
‫כעת‪:‬‬
‫ ‬
‫‪1‬‬
‫‪5‬‬
‫)‪= 5 2 φ(7) ≡ (−2)3 ≡ −8 ≡ −1 ( mod 7‬‬
‫‪7‬‬
‫הערה‪ :‬הסמל של לג'נדר מוגדר רק עבור מספר ראשוני ב"מכנה"‪.‬‬
‫קיבלנו תוצאה ששונה מ־ ‪ ,1‬כלומר אין פתרון‪.‬‬
‫‪3‬‬
‫דוגמה‬
‫כמה פתרונות יש ל־ )‪?x2 ≡ 5 ( mod 836‬‬
‫פתרון‬
‫נשים לב כי ‪.836 = 22 · 11 · 19‬‬
‫תחילה )‪.5 ≡ 1 ( mod 4‬‬
‫כעת‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪5‬‬
‫)‪≡ 5 2 φ(11) ≡ 55 ≡ 25 · 25 · 5 ≡ 3 · 3 · 5 ≡ −2 · 5 ≡ −10 ≡ 1 ( mod 11‬‬
‫‪11‬‬
‫ ‬
‫‪4‬‬
‫‪1‬‬
‫‪5‬‬
‫≡ ‪≡ 5 2 φ(19) ≡ 59 ≡ 52 · 5 ≡ 254 · 5 ≡ 64 · 5 ≡ 364 · 5‬‬
‫‪19‬‬
‫)‪≡ (−2)2 · 5 ≡ 20 ≡ 1 ( mod 19‬‬
‫התנאים מתקיימים‪ ,‬ונוכל לחשב את כמות הפתרונות‪ 22 ) 22 · 2 = 8 :‬עבור שני הראשוניים ‪ 11‬ו־ ‪,19‬‬
‫ועוד ‪ 2‬עבור ‪.(22‬‬
‫דוגמה‬
‫פתור )‪.x2 ≡ 17 ( mod 128‬‬
‫פתרון‬
‫‪.128 = 27‬‬
‫נבחין כי )‪ x2 ≡ 17 ( mod 64‬עבור ‪ .x = 9‬מכאן‪ ,‬כל הפתרונות מודולו ‪ 64‬הם‪:‬‬
‫})‪{9, −9, 9 + 32, −(9 + 32‬‬
‫נחפש פתרון מודולו ‪ 128‬מהצורה ‪ 9 + 32s‬עבור }‪) s ∈ {0, 1, 2, 3‬זהו בעצם ניסיון להעלות או את ‪9‬‬
‫או את ‪.(9 + 32‬‬
‫‪≡ 81 + 9 · 64 · s‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫}‪|32 {z· s‬‬
‫‪(9 + 32s)2 ≡ 81 + 9 · 64 · s +‬‬
‫)‪≡0 ( mod 128‬‬
‫נרצה לדעת מתי )והאם( )‪ .81 + 9 · 64 · s ≡ 17 ( mod 128‬מתקיים אמ"מ ( ‪9 · 64 · s ≡ −64‬‬
‫)‪ mod 128‬אמ"מ )‪ 9 · s ≡ −1 ( mod 2‬אמ"מ ‪.s ≡ 1‬‬
‫בפרט‪ 9 + 32 = 41 ,‬פתרון‪.‬‬
‫‪4‬‬
‫הלמה של גאוס‬
‫יהי ‪ p ≥ 3‬ראשוני ו־ ‪ a‬זר ל־ ‪.p‬‬
‫ ‬
‫‪a‬‬
‫‪= (−1)l‬‬
‫‪p‬‬
‫‬
‫‬
‫|}הנציג היחיד של ‪ a · j‬מודולו ‪ p‬בקטע )‪ − 12 (p − 1), 12 (p − 1‬הוא שלילי | )‪l =|{1 ≤ j ≤ 21 (p − 1‬‬
‫דוגמה‬
‫נחשב באופן זה את‬
‫‬
‫‪3‬‬
‫‪11‬‬
‫פתרון‬
‫‪− 1) = 5‬‬
‫‪1‬‬
‫‪(11‬‬
‫‪2‬‬
‫מודולו ‪) 11‬בקטע ]‪:([−5, 5‬‬
‫}‪{3 · 1, 3 · 2, 3 · 3, 3 · 4, 3 · 5} ≡ {3, 6 − 11, 9 − 11, 12 − 11, 15 − 11} ≡ {3, −5, −2, 1, 4‬‬
‫כלומר‪) l = 2 ,‬כי יש שני מספרים שליליים בקבוצה ־ שני נציגים שליליים(‪.‬‬
‫לכן ־‬
‫‪= (−1)2 = 1‬‬
‫‬
‫‪3‬‬
‫‪11‬‬
‫‬
‫כלומר ‪ 3‬הוא שארית ריבועית מודולו ‪.11‬‬
‫הוכחת הלמה‬
‫‬
‫‬
‫נסמן ב־ ‪ aj‬את השלם היחיד בקטע )‪ − 21 (p − 1), 12 (p − 1‬ששווה ל־ ‪ a · j‬מודולו ‪.p‬‬
‫טענת עזר‬
‫נתבונן במספרים } ‪ {a1 , a2 , ...ar‬כאשר )‪.r = 12 (p − 1‬‬
‫המספרים הללו שונים בערכם המוחלט מודולו ‪ .p‬כלומר‪,‬‬
‫| ‪j = k ⇐⇒ |aj | = |ak‬‬
‫‪5‬‬
‫הוכחת טענת העזר‬
‫נאמר ו ־ | ‪ .|aj | = |ak‬כלומר )‪.a · j ≡ ±a · k ( mod p‬‬
‫כיוון ש־ ‪ a‬זר ל־ ‪ ,p‬נוכל לכפול בהפכי של ‪ ,a‬ונקבל )‪ j ≡ k ( mod p‬או )‪j ≡ −k ( mod p‬‬
‫ושניהם לא אפשריים אם ‪ j 6= k‬כי )‪.1 ≤ j, j ≤ 12 (p − 1‬‬
‫מטענת העזר נובע ש־‬
‫}‪{|a1 | , ..., |ar |} = {1, 2, ..., r‬‬
‫)‪ aj 6= 0‬כי ‪ a‬ו־ ‪ j‬זרים ל־ ‪.(p‬‬
‫כעת‪,‬‬
‫‪a1 · a2 · ... · ar = 1 · 2 · ... · r · (−1)l = r! · (−1)l‬‬
‫אבל )‪ .aj ≡ aj ( mod p‬לכן‬
‫)‪a1 · a2 · ... · ar = (a · 1)(a · 2) · ... · (a · r) ≡ ar · r! ( mod p‬‬
‫לפי קריטריון אוילר‪( mod p) ,‬‬
‫ ‬
‫‪a‬‬
‫‪p‬‬
‫≡‬
‫‪1‬‬
‫)‪(p−1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪r‬‬
‫‪.a = a‬‬
‫סה"כ‬
‫ ‬
‫‪a‬‬
‫)‪· r! ≡ a1 · ... · ar = r! · (−1)l ( mod p‬‬
‫‪p‬‬
‫!‪ r‬זר ל־ ‪) p‬מכפלה של איברים שזרים ל־ ‪ (p‬וקיבלנו‬
‫ ‬
‫‪a‬‬
‫)‪≡ (−1)l ( mod p‬‬
‫‪p‬‬
‫וקיבלנו גם שוויון ללא מודולו כי שני האגפים הם ‪ 1‬או ‪.−1‬‬
‫מסקנה‬
‫יהי ‪ p ≥ 3‬ראשוני‪ .‬אז‬
‫ ‬
‫‪p2 −1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪= (−1) 8‬‬
‫‪p‬‬
‫ ‬
‫‪1‬‬
‫)קריטריון אוילר נותן ש־ )‪ , p2 ≡ 2 2 (p−1) ( mod p‬כלומר ־ העלאה בחזקה כאן היא מעט יותר‬
‫מסובכת ־ גם מעלים את ‪ ,2‬וגם יש מודולו שעשוי להקשות על החישוב(‪.‬‬
‫‪6‬‬
‫הוכחה‬
‫לפי הלמה של גאוס‪ ,‬עלינו להסתכל במספרים ‪ 2 · j‬עבור )‪ 1 ≤ j ≤ r = 21 (p − 1‬ולבדוק את סימן‬
‫הנציג שלהם בקטע ]‪.[−r, r‬‬
‫ ‬
‫נשים לב שאם ‪ j < p4‬אז‬
‫‪jpk‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫= ·‪<2‬‬
‫·‪2≤2·j ≤2‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ ,2j ≤ p−1‬ולכן ‪ 2j‬הוא עצמו הנציג של ‪ 2j‬בקטע ]‪ ,[−r, r‬וכמובן שסימנו חיובי‪.‬‬
‫מכאן‬
‫‪2‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫כעת נתבונן ב־ ‪ 2j‬עבור ‪ . 4 < j ≤ r‬במקרה זה ‪ .j ≥ 4 + 1‬מתקיים‪:‬‬
‫‪p‬‬
‫‬
‫‪jpk‬‬
‫‪p‬‬
‫‪=2‬‬
‫‪−1 +2<2‬‬
‫‪+ 2 ≤ 2j ≤ 2r = p − 1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫סה"כ קיבלנו ש־ ‪≤ 2j ≤ p − 1‬‬
‫‪p+1‬‬
‫‪2‬‬
‫)כי‬
‫‪p‬‬
‫‪2‬‬
‫לא שלם(‪.‬‬
‫‪.( p+1‬‬
‫מכאן‪) − 21 (p − 1) ≤ 2j − p ≤ −1 ,‬כי )‪− p = − 12 (p − 1‬‬
‫‪2‬‬
‫לכן‪ 2j − p ,‬הם הנציגים של ‪ 2j‬בקטע ]‪ ,[−r, r‬וכולם שליליים‪.‬‬
‫קיבלנו שהמספר ‪ l‬מהלמה של גאוס שווה ל־‬
‫‪n j p k‬‬
‫‪o‬‬
‫‪jpk‬‬
‫‬
‫‬
‫‪<j ≤r =r−‬‬
‫|‪l= j‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫נותר להוכיח כי‬
‫‬
‫‪1 2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪(p − 1) −‬‬
‫‪=r−‬‬
‫≡‬
‫)‪p − 1 ( mod 2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫‪8‬‬
‫‪jpk‬‬
‫‪jpk‬‬
‫אם ‪ p = 4k + 1‬אז‬
‫‬
‫‬
‫‪jpk‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪(p − 1) −‬‬
‫‪= 2k − k +‬‬
‫‪= 2k − k = k‬‬
‫‪2‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫‬
‫‬
‫‪1 2‬‬
‫‪1‬‬
‫= ‪p −1‬‬
‫)‪16k 2 + 8k = 2k 2 + k ≡ k ( mod 2‬‬
‫‪8‬‬
‫‪8‬‬
‫כלומר מתקיים השוויון‪.‬‬
‫)נשים לב כי עבור ‪ p‬ראשוני אי זוגי כלשהו‪ ,‬מתקיים ‪(p2 ≡ 1 ( mod 8) ⇒ p = 1, 3, 5, 7‬‬
‫ובאופן אנלוגי ‪,p = 4k + 3‬‬
‫‪jpk‬‬
‫‪1‬‬
‫‪(p − 1) −‬‬
‫‪= k+1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪4‬‬
‫‬
‫‪1 2‬‬
‫)‪p − 1 ≡ k + 1 ( mod 2‬‬
‫‪8‬‬
‫‪7‬‬
‫מסקנה ממסקנה‬
‫)‪p ≡ 1 OR p ≡ −1 ( mod 8‬‬
‫)‪p ≡ 3 OR p ≡ −3 ( mod 8‬‬
‫קל לבדוק את הזוגיות של )‪(p2 − 1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪8‬‬
‫במקרים האלה‪.‬‬
‫‪8‬‬
‫( ‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫=‬
‫‪p‬‬
‫‪−1‬‬