תורת המספרים ־ הרצאה 6

‫תורת המספרים ־ הרצאה ‪6‬‬
‫‪ 12‬בנובמבר ‪2014‬‬
‫קונגרואנציות‬
‫הגדרה‬
‫)‪ n ≥ 1 ,a, b ∈ Z) a ≡ b ( mod n‬שלם( אם ‪.n|a − b‬‬
‫הגדרה‬
‫חוג השאריות מודולו ‪ Zn = {0 + nZ, ..., n − 1 + nZ} ,n‬עם הפעולות של חיבור וכפל מודולו ‪.n‬‬
‫הגדרה‬
‫איבר ‪ a ∈ Zn‬הפיך אם קיים ‪ b ∈ Zn‬כך ש־ ‪.ab = 1 + nZ‬‬
‫טענה‬
‫‪ a‬הפיך מודולו ‪ n‬אמ"מ ‪.gcd(a, n) = 1‬‬
‫סימון‬
‫}‪ Z∗n = {a + nZ‬לכל ‪ a‬הפיך ב ‪.Zn‬‬
‫הגדרה‬
‫פונקציית ‪ φ‬של אוילר‪ φ : N → N :‬מוגדרת כך‪:‬‬
‫|}‪φ(n) = |Z∗n | = |{1 ≤ a ≤ n | gcd(a, n) = 1‬‬
‫וכן ‪.φ(1) = 1‬‬
‫‪1‬‬
‫טענה‬
‫אם )‪ ax = b ( mod n‬ו ‪ d|a, b, n‬אז ) ‪( mod nd‬‬
‫‪b‬‬
‫‪d‬‬
‫≡ ‪. ad x‬‬
‫משפט‬
‫אם ‪ (n ≥ 2) n = pe11 · ... · pel l‬כאשר ‪ pi‬ראשוניים ושונים ו ‪ ei ≥ 1‬שלמים‪ ,‬אז‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪φ(n) = n 1 −‬‬
‫‪· ... · 1 −‬‬
‫‪p1‬‬
‫‪pl‬‬
‫קל לראות כי ‪ φ(n) ∈ Z‬ובפרט ‪ φ‬כפלית‪ ,‬כלומר‪ ,‬אם ‪ gcd(m, n) = 1‬אז )‪.φ(mn) = φ(m)φ(m‬‬
‫ראינו מסקנה‬
‫‪φ(d) = n‬‬
‫‪X‬‬
‫‪1≤d|n‬‬
‫הוכחת המשפט‬
‫נראה כי ‪ φ‬כפלית‪.‬‬
‫צעד ‪1‬‬
‫נבחן את )‪ φ(pm‬כאשר ‪ p‬ראשוני ו ‪ m‬טבעי‪ .‬נבחין בין ‪ 2‬מקרים‪:‬‬
‫‪ .p|m .1‬נרצה למצוא את |}‪ .|{1 ≤ a ≤ n | gcd(a, pm) = 1‬נתבונן ב ‪ p‬ה ‪m‬יות‪:‬‬
‫]‪[1, .., m], [m + 1, ..., 2m − 1], ..., [(p − 1)m + 1, ..., pm‬‬
‫נשים לב כי ‪ gcd(a, pm) = 1‬אמ"מ ‪ ,gcd(a, m) = 1‬זאת כיוון ש ‪ ,p|m‬ולכן אם ל ‪ a‬אין מחלק‬
‫משותף עם ‪ m‬אבל ‪ p‬הוא מחלק של ‪ ,m‬ולכן ל ‪ a‬אין מחלק משותף עם ‪) pm‬וההפך(‪ .‬במחלקה‬
‫הראשונה )למעלה(‪ ,‬מספר האיברים הזרים ל־ ‪ m‬הוא )‪ .φ(m‬נראה שבכל שאר המחלקות‬
‫המספר הוא גם כן )‪.φ(m‬‬
‫נחלק את ‪ a‬עם שארית ב ‪ ,m‬נרשום ‪ .0 ≤ r < m ,a = qm + r‬נבחין שאם ‪ d|a‬וגם‬
‫‪ d|m‬אז ‪ ,d|r‬לכן ‪ gcd(a, m) = 1‬אמ"מ ‪ ,gcd(a, r) = 1‬שכן‪ ,‬אם ‪ d|r‬וגם ‪ ,d|m‬אז ‪) d|a‬כי‬
‫‪ ,(a = qm + r‬וההפך‪.‬‬
‫אז קיבלנו שבכל מחלקה מהצורה ]‪ [im + 1, ..., (i + 1)m‬יש אותה כמות של איברים שזרים ל‬
‫‪ ,m‬ולכן )‪ ,φ(pm) = pφ(m‬וסיימנו‪.‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ .p - m .2‬כעת‪ .φ(pm) = |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, pm) = 1}| ,‬אבל נשים לב ש = )‪gcd(a, pm‬‬
‫‪ 1‬אמ"מ ‪ gcd(a, m) = 1‬ו ‪ ,p - a‬שכן אם ‪ a‬ו ‪ m‬זרים‪ ,‬ו ‪ ,p - a‬אז גם ‪ a‬ו ‪ pm‬יהיו זרים‪ .‬לכן‪,‬‬
‫נוכל לרשום‪:‬‬
‫= |}‪φ(pm) = |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, pm) = 1‬‬
‫|}‪|{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, m) = 1}| |{1 ≤ a ≤ pm | gcd(a, m) = 1, p|a‬‬
‫|‬
‫‪{z‬‬
‫| }‬
‫‪{z‬‬
‫}‬
‫=‬
‫‪A‬‬
‫‪−‬‬
‫‪B‬‬
‫ראינו ב )‪ (1‬ש )‪ .|A| = pφ(m‬נותר להבין את |‪ .|B‬מתקיים }‪ .B = {p, 2p, ..., mp‬נשים לב‬
‫כי ‪ gcd(lp, m) = 1‬אמ"מ ‪ ,gcd(l, m) = 1‬כי מראש ‪ ,p - m‬לכן רק ב ‪ l‬עשוי להיות גורם‬
‫משותף עם ‪ .m‬כלומר )‪ ,|B| = φ(m‬כי ‪ l‬הוא מספר בין ‪ 1‬ל ‪ ,m‬וזר ל ‪ ,m‬וכידוע‪ ,‬יש )‪φ(m‬‬
‫כאלה‪ .‬סה"כ קיבלנו‪:‬‬
‫)‪|A| − |B| = pφ(m) − φ(m) = (p − 1)φ(m‬‬
‫צעד ‪2‬‬
‫נחשב את )‪ φ (pei s‬כאשר ‪ p‬ראשוני ו ‪ ei‬טבעי‪ s ,‬טבעי וזר ל ‪) p‬ולכן גם ל ‪.(pei‬‬
‫‪‬‬
‫( ‪‬‬
‫)‪(p − 1)φ(s‬‬
‫‪ei = 1‬‬
‫= ‪φ (pei s) = φ p · pei −1 s‬‬
‫‪ei −1‬‬
‫} ‪| {z‬‬
‫‪pφ (p‬‬
‫)‪) φ(s‬‬
‫‪ei > 1‬‬
‫‪m‬‬
‫כאשר השוויון השני מתקבל מצעד ‪.1‬‬
‫נוכל להמשיך באינדוקציה‪ ,‬ונקבל‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪ei‬‬
‫‪ei −1‬‬
‫‪ei‬‬
‫‪φ (p s) = p‬‬
‫‪(p − 1)φ(s) = p‬‬
‫‪1−‬‬
‫)‪φ(s‬‬
‫‪p‬‬
‫צעד ‪3‬‬
‫עבור ‪ n = pe11 · ... · pel l‬נקבל‪:‬‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫‬
‫ ‬
‫‬
‫‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪el‬‬
‫‪el‬‬
‫‪e1‬‬
‫‪e1‬‬
‫‪...pl 1 −‬‬
‫‪=n 1−‬‬
‫‪... 1 −‬‬
‫‪φ(n) = φ (p1 · ... · pl ) = p1 1 −‬‬
‫‪induction‬‬
‫‪p1‬‬
‫‪pl‬‬
‫‪p1‬‬
‫‪pl‬‬
‫נשים לב גם כי הראנו כרגע כי ‪ φ‬כפלית‪.‬‬
‫פתרון קונגרואנציות ממעלה ראשונה‬
‫נרצה לפתור )‪.ax = b ( mod n‬‬
‫‪3‬‬
‫משפט‬
‫למשוואה יש פתרון אמ"מ ‪) gcd(a, n)|b‬נשים לב שאם ‪ a‬ו ‪ n‬זרים‪ ,‬שכן אז ‪ a‬הפיך‪ ,‬ונוכל לכפול‬
‫בהפכי שלו ונקבל פתרון(‪.‬‬
‫כל פתרון מקיים‬
‫‬
‫‪n‬‬
‫‪mod‬‬
‫)‪gcd(a, n‬‬
‫‬
‫‪b‬‬
‫‪a‬‬
‫≡‪x‬‬
‫)‪gcd(a, n‬‬
‫)‪gcd(a, n‬‬
‫ויש בדיוק )‪ gcd(a, n‬פתרונות‪.‬‬
‫הוכחה‬
‫ראשית‪ ,‬אם ‪ ,gcd(a, n) - b‬אז אין פתרון‪ ,‬כיוון שאם )‪ ax ≡ b ( mod n‬אז ‪ ,n|ax − b‬כלומר קיים‬
‫‪ q‬שלם כך ש ‪ ,qn = ax − b‬ולכן ‪) gcd(a, n)|b‬כלומר הראנו שזהו תנאי הכרחי(‪.‬‬
‫נניח כי ‪ .gcd(a, n)|b‬נסמן )‪ ,d = gcd(a, n‬ונפעיל את הטענה משיעור שעבר‪ :‬אם )‪ax ≡ b ( mod n‬‬
‫‪) ad x ≡ db‬כלומר‪ ,‬הראנו שכל הפתרונות הם מהצורה הנ"ל(‪.‬‬
‫אז ‪mod nd‬‬
‫‬
‫כעת נשים לב ש ‪ ,gcd ad , nd = 1‬כלומר ‪ ad‬הפיך מודולו ‪ . nd‬מכאן של־‬
‫ ‪b‬‬
‫‪n‬‬
‫‪a‬‬
‫≡‪x‬‬
‫‪mod‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫קיים פתרון יחיד מודולו‬
‫‬
‫ב ‪ ,a0‬ונקבל כי ‪mod nd‬‬
‫‪n‬‬
‫‪d‬‬
‫המתקבל ע"י הכפלת שני האגפים בהפכי של‬
‫‪0‬‬
‫‪.x ≡ adb‬‬
‫‪a‬‬
‫‪d‬‬
‫מודולו ‪ . nd‬נסמן הפכי זה‬
‫דוגמה‪.x ≡ 3 ( mod 4) ⇐ 2x ≡ 6 ( mod 8) :‬‬
‫נסמן ‪+ j nd ∈ Z‬‬
‫‪a0 b‬‬
‫‪d‬‬
‫= ‪ xj‬עבור ‪ j ∈ Z‬כלשהו‪.‬‬
‫נראה שכל אחד מהם מקיים )‪.ax ≡ b ( mod n‬‬
‫‬
‫‬
‫‪aa0 b‬‬
‫ ‪an‬‬
‫‪n‬‬
‫‪n‬‬
‫‪b‬‬
‫‪a‬‬
‫= ‪axj‬‬
‫‪+j‬‬
‫‪= 1+α‬‬
‫‪b+j a=b+ α +j‬‬
‫)‪n ≡ b ( mod n‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫כאשר השוויון השני מתקיים כי ‪ a0‬הוא ההפכי של‬
‫כי ‪ d|b‬וכן ‪ d|a‬ולכן ‪ α db + j ad‬שלם‪.‬‬
‫‪a‬‬
‫‪d‬‬
‫מודולו‬
‫‪n‬‬
‫‪d‬‬
‫)כלומר ‪ ,(a0 ad = 1 + α nd‬ורביעי מתקיים‬
‫נותר להראות שישנם בדיוק ‪ gcd(a, n) = d‬מספרים שונים בקבוצה })‪.{xj ( mod n‬‬
‫נחלק את ‪ j‬עם שארית ב ‪ ,d‬כלומר ‪ ,0 ≤ r ≤ d ,j = qd + r‬ונבחין כי‬
‫‪a0 b‬‬
‫‪n‬‬
‫‪a0 b‬‬
‫‪n‬‬
‫‪a0 b‬‬
‫‪n‬‬
‫= )‪+ (qd + r‬‬
‫≡ ‪+ r + qn‬‬
‫)‪+ r ( mod n‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫‪d‬‬
‫כלומר‪ ,‬יש לכל היותר ‪ d‬פתרונות שונים‪.‬‬
‫‪4‬‬
‫= ‪xj‬‬
‫דוגמה‬
‫מצא את כל הפתרונות מודולו ‪ 77‬ל )‪.35x ≡ 56 ( mod 77‬‬
‫פתרון‬
‫‪ .gcd(35, 77) = 7‬כיוון ש ‪ ,7|56‬יש פתרון‪ .‬נצמצם ב ‪ ,7‬ונקבל‬
‫)‪5x ≡ 8 ( mod 11‬‬
‫נחפש הפכי ל ‪ ,5‬מודולו ‪ .11‬אפשר עם אלגוריתם אוקלידס‪ .‬אפשר גם להבחין כי ( ‪5 · 2 ≡ −1‬‬
‫)‪ .mod 11‬כלומר ‪) 5−1 2−1 ≡ −1‬זאת מהטענה ש ‪ ,((ab)−1 = a−1 b−1‬ואז ‪.5−1 = −2 = 9‬‬
‫לכן‪.x ≡ 8 · 9 ≡ 72 ≡ 6 ( mod 11) ,‬‬
‫לכן‪ ,‬כל הפתרונות מודולו ‪ 77‬נתונים ע"י‬
‫‪xj = 6 + 11j : 0 ≤ j ≤ 7‬‬
‫כלומר‪.{6, 17, 28, 39, 50, 61, 72} :‬‬
‫דוגמה‬
‫מהם כל הפתרונות בזוגות שלמים )‪ (x, y‬ל־‬
‫‪(∗) 35x + 77y = 56‬‬
‫פתרון‬
‫ניקח מודולו ‪ 77‬למשוואה‪ ,‬ואם יש פתרון שלם הגורם של ‪ y‬ייעלם‪ ,‬נקבל ( ‪(∗∗) 35x ≡ 56‬‬
‫)‪ .mod 77‬כל הפתרונות השלמים למשוואה זו ‪ xj = 6 + 11j‬עבור ‪ j‬שלם‪.‬‬
‫כל ‪ xj‬כזה יקיים את )∗( עבור ‪ y‬שלם כלשהו כי הדבר שקול ללקיים את )∗∗(‪.‬‬
‫נציב את ‪ xj‬ב )∗( ונקבל‪:‬‬
‫‪35(6 + 11j) + 77yj = 56‬‬
‫כלומר‬
‫‪77yj = 56 − 210 − 385j = −154 − 385j‬‬
‫‪5‬‬
‫ואז‬
‫‪yj = −2 − 5j‬‬
‫תשובה סופית‪ :‬כל הזוגות מהצורה ־ )‪ (6 + 11j, −2 − 5j‬לכל ‪.j ∈ Z‬‬
‫באותו אופן פותרים ‪ ax + ny = b‬בפתרונות שלמים‪ .‬קיים פתרון אמ"מ ‪ ,gcd(a, n)|b‬ואז יש אינסוף‬
‫פתרונות‪.‬‬
‫משפט ווילסון‬
‫יהי ‪ p‬ראשוני‪ ,‬אז )‪.(p − 1)! ≡ −1 ( mod p‬‬
‫הוכחה‬
‫‪ ,p = 2‬במקרה זה הטענה ברורה‪ ,‬כי )‪.1 ≡ −1 ( mod 2‬‬
‫‪ .p > 2‬נבחן את ההתאמה בין ‪ a‬להפכי שלו‪ ,‬מודולו ‪ .p‬ראשית‪ ,‬ההופכי קיים )כי ‪ p‬ראשוני( לכל‬
‫‪ 0 < a < p‬ויחיד )עובדה כללית בחוגים(‪.‬‬
‫נבחן עבור אילו ‪ a‬ההופכי ‪ a0‬מקיים )‪.a = a0 ( mod p‬‬
‫אם ‪ a‬כזה אז )‪ ,a2 ≡ aa0 ≡ 1 ( mod p‬לכן )‪.a2 − 1 ≡ (a + 1)(a − 1) ≡ 0 ( mod p‬‬
‫כיוון שמודולו ‪ Zp p‬הוא שדה‪ ,‬אז אם )‪ ab ≡ 0 ( mod p‬אז ‪ a ≡ 0‬או ‪ b ≡ 0‬מודולו ‪ .p‬לכן‬
‫)‪ (a + 1) ≡ 0 ( mod p‬או )‪ ,(a − 1) ≡ 0 ( mod p‬כלומר רק ‪ a = ±1‬מודולו ‪ p‬הם ההופכיים של‬
‫עצמם‪.‬‬
‫לכן‪,‬‬
‫)‪(p − 1)! = 1(p − 1) · product of a pair of number and its inverse ≡ p − 1 ≡ −1 ( mod p‬‬
‫תרגיל‬
‫משפט ווילסון מאפיין ראשוניים‪ .‬כלומר‪ ,‬אם )‪ (n − 1)! ≡ −1 ( mod n‬עבור ‪ n ≥ 2‬טבעי אז ‪n‬‬
‫ראשוני‪.‬‬
‫משפט השאריות הסיני‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫) ‪x ≡ a1 ( mod n1‬‬
‫‪...‬‬
‫‪...‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫) ‪x ≡ al ( mod nl‬‬
‫עבור ‪ ni‬זרים בזוגות‪.‬‬
‫‪6‬‬
‫דוגמה‬
‫)‪2‬‬
‫)‪3‬‬
‫)‪5‬‬
‫)‪7‬‬
‫‪mod‬‬
‫‪mod‬‬
‫‪mod‬‬
‫‪mod‬‬
‫(‪1‬‬
‫(‪2‬‬
‫(‪4‬‬
‫(‪0‬‬
‫‪‬‬
‫≡‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫≡ ‪x‬‬
‫‪‬‬
‫≡‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫≡‪x‬‬
‫ניסוח המשפט‬
‫למערכת כזו תמיד יש פתרון )למעשה‪ ,‬אינסוף פתרונות(‪ .‬יתר על כן‪ ,‬ישנו רק פתרון אחד מודולו‬
‫‪.n1 · ... · nl‬‬
‫נעיר שהתנאי ש ‪ ni‬זרים בזוגות חשוב‪ .‬נראה דוגמה נגדית למקרה שבו הם לא זרים בזוגות‪:‬‬
‫(‬
‫)‪x ≡ 0 ( mod 4‬‬
‫)‪x ≡ 1 ( mod 4‬‬
‫או אפילו‪:‬‬
‫(‬
‫)‪x ≡ 0 ( mod 15) ⇒ x ≡ 0 ( mod 3‬‬
‫)‪x ≡ 1 ( mod 21) ⇒ x ≡ 1 ( mod 3‬‬
‫‪7‬‬