Malliratkaisut 6

HY / Avoin ylioisto
Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015
Harjoitus 6
Ratkaisut palautettava viimeistään tiistaina 23.6.2015 klo 16.15.
Huom! Luennot ovat salissa CK112 maanantaista 15.6. lähtien.
Kurssikoe on maanantaina 29.6. Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10
päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla.
Tehtäväsarja I
Seuraavat tehtävät liittyvät kuvauksiin.
1. Olkoon X = {0, 1, 2}. Ovatko seuraavat säännöt kuvauksia?
(a) f : X → X , f (n) = n2 + n(−1)n+1
(b) g : X → X , x 7→ 3
1+x
1−x
2
(d) ρ : R → [0, ∞[, x 7→ x − 2x.
(c) h : R \ {1} → R, h(x) =
Ratkaisu:
(a) Huomataan, että f (0) = 0 ∈ X , f (1) = 2 ∈ X ja f (2) = 4 − 2 = 2 ∈ X . Näin
ollen kaikki lähdön alkiot kuvautuvat yksikäsitteisesti maalijoukkoon, joten f
on kuvaus.
(b) Ei, sillä luku 3 ei kuulu g :n maalijoukkoon.
1+x
(c) Kyllä. Lauseke
on hyvinmääritelty kaikilla x ∈ R\{1} ja se on reaaliluku
1−x
eli kuuluu maalijoukkoon R.
(d) Ei, sillä 1 7→ 1 − 2 = −1 ∈
/ [0, ∞[.
2. Perustele, miksi seuraavat säännöt eivät ole kuvauksia.
(a) f : Q → Q, f (m/n) = (m + n)/(n2 + 1) kaikilla m/n ∈ Q.
(b) g : [−1, 1] → ]0, ∞[, g(t) = 5t2 + 5t + 1 kaikilla t ∈ [−1, 1].
Ratkaisu:
(a) Ei, sillä 0 = 0/1 = 0/2, mutta f (0/1) = (0 + 1)/(12 + 1) = 1/2 ja f (0/2) =
(0 + 2)/(22 + 1) = 2/5. Näin ollen f (0/1) 6= f (0/2).
(b) Ei, sillä
g(−1/2) = 5(−1/2)2 + 5 · (−1/2) + 1 = 5/4 − 5/2 + 1 = −1/4 ∈]0,
/ ∞[
3. Tarkastellaan kuvausta f : Z × Z → Z, f (n, m) = n − m + 1.
(a) Onko f injektio? Entä surjektio?
(b) Olkoon A = {0, 1} × {2, 3}. Määritä kuva f A.
(c) Olkoon B = {1}. Luettele neljä eri alkiota alkukuvasta f ← B .
Ratkaisu:
(a) Huomataan, että f (0, 0) = 0 − 0 + 1 = 1 = 1 − 1 + 1 = f (1, 1), joten f ei ole
injektio. Oletetaan, että z ∈ Z. Tällöin (z, −1) ∈ Z×Z ja f (z, −1) = z−1+1 =
z . Näin ollen f on surjektio.
(b) Huomataan, että A = {(0, 2), (0, 3), (1, 2), (1, 3)}. Näin ollen
f A = {f (n, m) | (n, m) ∈ A} = {f (0, 2), f (0, 3), f (1, 2), f (1, 3)}
= {−1, −2, 0, −1} = {−2, −1, 0}
(c) Huomataan, että f (0, 0) = f (1, 1) = f (2, 2) = f (3, 3) = 1 ∈ B , joten
(0, 0), (1, 1), (2, 2), (3, 3) ∈ f ← B.
4. Tarkastellaan kuvausta f : Z → Z × Z, f (n) = (n, n + 1).
(a) Onko f injektio? Entä surjektio?
(b) Olkoon A = {0, 1, 2}. Määritä kuva f A.
(c) Olkoon B = {0, 1} × {1, 2, 3}. Määritä alkukuva f ← B .
Ratkaisu:
(a) Oletetaan, että n, m ∈ Z ja f (n) = f (m). Näin ollen (n, n + 1) = (m, m + 1),
joten n = m ja n + 1 = m + 1. Erityisesti siis n = m. Näin ollen f on injektio.
Huomataan, että kaikilla n ∈ Z pätee (n, n + 1) 6= (0, 2). Näin ei ole olemassa
n ∈ Z siten, että f (n) = (0, 2), joten f ei ole surjektio.
(b) f A = {f (0), f (1), f (2)} = {(0, 1), (1, 2), (2, 3)}.
(c) Huomataan, että B = {(0, 1), (0, 2), (0, 3), (1, 1), (1, 2), (1, 3)}. Näin ollen
f ← B = {n ∈ Z | f (n) ∈ B} = {n ∈ Z | (n, n + 1) ∈ B} = {0, 1}.
Tehtäväsarja II
Seuraavassa tehtävässä kerrataan induktiotodistusta
5. (Bernoullin epäyhtälö) Oletetaan, että x ∈ R ja x > −1. Osoita induktiolla, että
tällöin
(1 + x)n ≥ 1 + nx
kaikilla n ∈ N. Missä tarvitset oletusta x > −1? Ratkaisu: Alkuaskel: olkoon n = 0.
Tällöin
(1 + x)n = (1 + x)0 = 1 ≥ 1 + 0 = 1 + nx
joten väite pätee kun n = 0.
Induktioaskel: oletetaan, että (1 + x)k ≥ 1 + kx jollakin k ∈ N. Tällöin
(∗)
(1+x)k+1 = (1+x)(1+x)k ≥ (1+x)(1+kx) = 1+kx+x+kx2 ≥ 1+kx+x = 1+(k+1)x,
joten väite pätee luvulle k + 1.
Induktioperiaatteen nojalla väite pätee kaikilla n ∈ N.
(∗): koska x > −1, niin 1 + x > 0 joten induktio-oletuksen (1 + x)k ≥ 1 + kx
nojalla myös (1 + x)(1 + x)k ≥ (1 + x)(1 + kx) pätee.
Tehtäväsarja III
Seuraavat tehtävä liittyy käänteiskuvauksen käsitteeseen. Luentokalvoista 151–164 voi olla
apua
6. Osoita, että kuvaus g on kuvauksen f käänteiskuvaus, jos f : R → R ja g : R → R
on määritelty asettamalla
f (x) =
x−3
4
ja
g(x) = 4x + 3
kaikilla x ∈ R .
Ratkaisu: Oletetaan, että x ∈ R. Tällöin
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g
x−3
x−3
= 4·
+ 3 = x − 3 + 3 = x = idR (x) .
4
4
Näin ollen kuvaukset g ◦ f : R → R ja idR : R → R ovat sama kuvaus.
Lisäksi
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (4x + 3) =
4x
(4x + 3) − 3
=
= x = idR (x) .
4
4
Siten kuvaukset f ◦ g : R → R ja idR : R → R ovat sama kuvaus.
Koska g ◦ f = idR ja f ◦ g = idR , niin kuvaus g on kuvauksen f käänteiskuvaus.
7. Määritä kuvauksen f käänteiskuvaus tai perustele, että sitä ei ole olemassa jos
(a) f : N → N on kuvaus, jolle f (n) = |n − 2|.
√
(b) f : [1, ∞[→ [0, ∞[ on kuvaus, jolle x 7→ 3x − 3.
Ratkaisu:
(a) Huomataan, että f (1) = |1 − 2| = 1 = |3 − 2| = f (3), joten f ei ole injektio.
Näin ollen f ei ole bijektio, joten sillä ei ole käänteiskuvausta.
(b) Ratkaistaan yhtälö f (x) = y x:n suhteen:
√
3x − 3 = y ⇒ 3x − 3 = y 2
⇒ 3x = y 2 + 3
y2 + 3
⇒x=
3
2
Määritellään kuvaus g : [0, ∞[→ [1, ∞[, g(y) = y 3+3 . Kuvaus on hyvinmääri2
2
telty, sillä y 3+3 ≥ 0+3
= 1 kaikilla y ∈ [0, ∞[. Näin ollen g(y) = y 3+3 ∈ [1, ∞[
3
kaikilla y ∈ [0, ∞[. Nyt
√
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g( 3x − 3)
√
3x − 3 + 3
( 3x − 3)2 + 3
=
=
3
3
3x
=
=x
3
kaikilla x ∈ [1, ∞[ ja
(f ◦ g)(y) = f (g(y)) = f (
=
s
=
q
3(
y2 + 3
)
3
q
y2 + 3
) − 3 = y2 + 3 − 3
3
y2 = y
kaikilla y ∈ [0, ∞[. Näin ollen g ◦ f = id ja f ◦ g = id, joten g on f :n käänteiskuvaus.
8. Määritä kuvauksen f käänteiskuvaus tai perustele, että sitä ei ole olemassa, jos
(a) f : R → R on kuvaus, jolle x 7→ 2x − 9.
(b) f : Z → Z on kuvaus, jolle z 7→ 2z − 5.
Ratkaisu:
(a) Olkoon g : R → R kuvaus, jolle x 7→ 21 (x+9). Tarkistetaan, että näin määritelty
g todella on kuvaus. Oletetaan, että x ∈ R. Tällöin
• kuva-alkio 21 (x + 9) on määritelty
• kuva-alkio on yksikäsitteinen
• kuva-alkio kuuluu maaliin R.
Osoitetaan sitten, että kuvaus g on kuvauksen f käänteiskuvaus. Olkoon x ∈ R.
Tällöin
1
1
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x + 9) = 2 · (x + 9) − 9 = x + 9 − 9 = x = idR (x).
2
2
Näin ollen kuvaukset f ◦ g : R → R ja idR : R → R ovat sama kuvaus.
Lisäksi
1
1
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(2x − 9) = ((2x − 9) + 9) = · 2x = x = idR (x).
2
2
Siten kuvaukset g ◦ f : R → R ja idR : R → R ovat sama kuvaus.
Koska g ◦ f = idR ja f ◦ g = idR , niin kuvaus g on kuvauksen f käänteiskuvaus.
(b) Kuvaus f ei ole surjektio, sillä jokainen kuva-alkio on pariton luku. Näin ollen
esimerkiksi f (z) 6= 4 kaikilla z ∈ Z. Osoitetaan tämä vielä tarkasti:
Vastaoletus: Oletetaan, että f on surjektio. Tällöin on olemassa z ∈ Z, jolla
f (z) = 4 eli 2z − 5 = 4. Tällöin 2z = 9, joten z = 4,5. Tämä on ristiriidassa
oletuksen z ∈ Z kanssa.
Näin ollen f ei ole bijektio. Tästä seuraa, että kuvauksella f ei ole käänteiskuvausta.
9. Määritä kuvauksen g käänteiskuvaus tai perustele, että sitä ei ole olemassa, jos
(a) g : R → R on kuvaus, jolle x 7→ 8x3 − 2x.
√
(b) g : [2, ∞[ → [3, ∞[ on kuvaus, jolle x 7→ x − 2 + 3.
Ratkaisu:
(a) Kuvaus g ei ole injektio, sillä esimerkiksi g(0) = 0 = g(1/2), mutta 0 6= 1/2.
Siten g ei ole bijektio. Tästä seuraa, että kuvauksella g ei ole käänteiskuvausta.
(b) Määritellään f : [3, ∞[ → [2, ∞[ asettamalla f (x) = (x − 3)2 + 2. Tarkistetaan,
että näin määritelty f todella on kuvaus. Oletetaan, että x ∈ [3, ∞[. Tällöin
• kuva-alkio (x − 3)2 + 2 on määritelty
• kuva-alkio on yksikäsitteinen
• kuva-alkio kuuluu maaliin [2, ∞[. Jos nimittäin olisi f (x) < 2, niin
(x − 3)2 + 2 < 2 eli (x − 3)2 < 0, mikä on mahdotonta.
Osoitetaan sitten, että kuvaus f on kuvauksen g käänteiskuvaus.
Oletetaan, että x ∈ [2, ∞[. Tällöin
√
√
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( x − 2 + 3) = ( x − 2 + 3 − 3)2 + 2
= x − 2 + 2 = x = id(x) .
Näin ollen kuvaukset f ◦ g : [2, ∞[ → [2, ∞[ ja id : [2, ∞[ → [2, ∞[ ovat sama
kuvaus.
Oletetaan, että x ∈ [3, ∞[. Tällöin
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g((x − 3)2 + 2) =
q
(x − 3)2 + 2 − 2 + 3
= |x − 3| + 3 = x − 3 + 3 = x = id(x) .
Näin ollen kuvaukset g ◦ f : [3, ∞[ → [3, ∞[ ja id : [3, ∞[ → [3, ∞[ ovat sama
kuvaus.
Koska f ◦ g = id[2,∞[ ja g ◦ f = id[3,∞[ , niin kuvaus f on kuvauksen g käänteiskuvaus.
Tehtäväsarja IV
Seuraavissa tehtävissä tutkitaan erilaisia relaatioita. Luentokalvoista 165–174 voi olla apua.
10. Olkoon A = {1, 2, 3, 4} ja B = {3, 5, 7}. Määritellään joukkojen A ja B välinen
relaation R asettamalla
R = { (a, b) ∈ A × B | a + b ≥ 9}.
Esitä relaatio R luettamalla kaikki siihen kuuluvat järjestetyt parit.
Ratkaisu: R = {(2, 7), (3, 7), (4, 5), (4, 7)}.
11. Merkitään K = { a, e, i, t, v } ja S = { tie, vie, iva }. Määritellään joukkojen K
ja S välinen relaatio R asettamalla
R = { (k, s) ∈ K × S | kirjain k esiintyy sanassa s }.
Esitä relaatio R luettelemalla kaikki siihen kuuluvat järjestetyt parit.
Ratkaisu: R = {(a, iva), (e, tie), (e, vie), (i, tie), (i, vie), (i, iva), (t, tie), (v, vie), (v, iva)}.
12. Merkitään A = {avain, nyckel, key, Schlüssel }. Määritellään relaatio T asettamalla
T = {(x, y) ∈ A × A | sama kirjain esiintyy sekä sanassa x että sanassa y }.
Esitä relaatio T luettamalla kaikki siihen kuuluvat järjestetyt parit.. Onko T refleksiivinen? Entä symmetrinen? Entä transitiivinen?
Ratkaisu: T = {(avain,avain),(avain, nyckel),(nyckel,avain),(nyckel,nyckel),(nyckel,key),(nyckel,
Schlüssel),(key,nyckel),(key,key),
(key, Schlüssel),(Schlüssel, nyckel),(Schlüssel,key),(Schlüssel,Schlüssel) }. Relaatio on
refleksiivinen ja symmetrinen, mutta ei refleksiivinen, sillä (avain, nyckel) ∈ T ja
(nyckel, key) ∈ T , mutta (avain, key) ∈
/ T.
Kompleksiluvut
13. (a) Muodosta tulon nollasäännön avulla reaalilukukertoiminen toisen asteen yhtälö,
jonka ratkaisut ovat
(i) 0 ja 2
(ii) 1 − i ja 1 + i.
(b) Määritä reaaliluvut a ja b, joilla yhtälön ax2 + bx + 1 = 0 yksi ratkaisu on
1 + 2i.
Ratkaisu:
(a) (i) Yhtälön x(x − 2) = 0 ratkaisut ovat 0 ja 2. Eli x2 − 2x = 0.
(ii) Yhtälön (x − (1 − i))(x − (1 + i)) = 0 ratkaisut ovat 1 − i ja 1 + i. Sievennetään:
x − (1 − i))(x − (1 + i)) = x2 − (1 + i)x − (1 − i)x + (1 − i)(1 + i)
= x2 − (1 + i + 1 − i)x + 12 − i2
= x2 − 2x + 2
Eli yhtälö on x2 − 2x + 2 = 0.
(b) Sijoitetaan x:n paikalle 1+2i:
a(1 + 2i)2 + b(1 + 2i) + 1 = 0 ⇔ a(1 + 4i + 4i2 ) + b + 2bi + 1 = 0
⇔ a(−3 + 4i) + b + 2bi + 1 = 0
⇔ −3a + b + 1 + i(4a + 2b) = 0
⇔ −3a + b + 1 = 0 ja 4a + 2b = 0
⇔ b = −1 + 3a ja b = −2a
Saadaan ratkaisu a = 1/5 ja b = −2/5.
14. Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö
x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0.
Vihje 1
1
Tutki lauseketta (a + b)2 kun a = x2 ja b = x + 1
Ratkaisu: Vihjettä käyttäen huomataan, että (x2 + x + 1)2 = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1.
Näin ollen x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0 jos ja vain jos (x2 + x + 1)2 = 0, eli jos ja
vain jos x2 + x + 1 = 0. Tämän yhtälön ratkaisut saadaan ratkaisukaavalla:
x=
q
−1 ± i |1 − 4|
2
1
3
=− ±i
2
2
Ratkaisut ovat siis − 12 + i 23 ja − 12 − i 23 .
15. Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö
(a) z 4 = 81i
(b) (1 − i)z 5 = z 2
ja merkitse löytämäsi ratkaisut kompleksitasoon. Ratkaisu:
π
(a) Luvun 81i eksponenttiesitys on 81e 2 i , joten merkitsemällä z = reiϕ saadaan
z 4 = (reiϕ )4 = r 4 e4iϕ = 81e 2 i .
π
Koska r ≥ 0, niin tämän yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari on



√
4
4



 r = 81
 r = 81
r=3
⇔
π
π
π
π
2π ⇔ 


+ k · 2π
+k· ,
ϕ =
 4ϕ =
ϕ =
+k·
2
8
2
2·4
4
missä k ∈ Z. Ratkaisuja saadaan neljä erilaista:
π
3e 8 i ,
5π
3e 8 i ,
9π
3e 8 i
ja
3e
13π
i
8
.
3
(b) Yhtälön (1 − i)z 5 = z 2 kanssa ekvivalentti yhtälö on (1 − i)z 5 − z 2 = 0 eli
z 2 ((1 − i)z 3 − 1) = 0. Tulon nollasäännön nojalla tämä yhtälö toteutuu, jos ja
vain jos z = 0 tai (1 − i)z 3 − 1 = 0.
Ratkaistaan vielä yhtälö (1 − i)z 3 − 1 = 0. Sen kanssa
ekvivalentti yhtälö on
√
π
z 3 = 1/(1 − i). Luvun 1 − i eksponenttiesitys on 2e− 4 i , joten merkitsemällä
z = reiϕ saadaan
√
1 π
π
1
⇔ (reiϕ )3 = ( 2e− 4 i )−1 ⇔ r 3 ei3ϕ = 2− 2 e 4 i .
1−i
Tämän yhtälön kanssa ekvivalentti yhtälöpari on
z3 =



1

1
1

1
−
−


 r=2 6
 r = (2 2 ) 3
r 3 = 2− 2
⇔
π
π
π
2π ⇔ 
2π


ϕ =
ϕ =
 3ϕ =
+ k · 2π
+k·
+k·
,
4
3·4
3
12
3
1 π i 1 3π i
1 17π i
missä k ∈ Z. Ratkaisuja saadaan kolme erilaista: √
e 12 , √
e 4 ja √
e 12 .
6
6
6
2
2
2
Yhtälöllä (1 − i)z 5 = z 2 on siis tasan neljä ratkaisua:
1 3π i
√
e4 ,
6
2
1 πi
√
e 12 ,
6
2
0,
1 17π i
√
e 12 .
6
2
1
√
6
2
16. Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö
(x2 − 3x + 10)(x4 − 81) = 0.
Ratkaisu: Tulon nollasäännön nojalla yhtälö (x2 − 3x + 10)(x4 − 81) = 0 pätee, jos ja
vain jos x2 − 3x + 10 = 0 tai x4 − 81 = 0. Ratkaistaan ensin yhtälö x2 − 3x + 10 = 0.
Koska diskriminantti on −31 < 0, niin yhtälön ratkaisut ovat
x=
q
−(−3) ± i | − 31|
2·1
√
3 ± i 31
=
.
2
Ratkaistaan sitten yhtälö x4 − 81 = 0, joka on yhtäpitävä yhtälön x4 = 81 kanssa.
Luvun 81 eksponenttiesitys on 81e0i , joten merkitsemällä x = reiϕ saadaan
x4 = (reiϕ )4 = r 4 e4iϕ = 81e0i .
Koska r ≥ 0, niin tämän yhtälön kanssa yhtäpitävä yhtälöpari on


√
4
( 4


r
=
81

r=3
r = 81
⇔
⇔
π
2π


4ϕ = 0 + k · 2π
ϕ = k ·
ϕ = k ·
2
4
missä k ∈ Z. Ratkaisuja saadaan neljä erilaista: 3, −3, 3i ja −3i.
Yhtälöllä (x2 − 3x + 10)(x4 − 81) = 0 on siis ratkaisut
√
3±i 31
, ±3
2
ja ±3i.
Tietojenkäsittelytieteen ja tilastotieteen matematiikkaa
17. Laske ja kirjoita perusteluksi vastaava jakoyhtälö:
(i) 10 mod 3
Ratkaisu:
(ii) 140 mod 11
(iii)
− 49 mod 48
(iv)
− 99 mod 33
18. Todista lauseen 40 ensimmäinen implikaatio.
Ratkaisu: Oletetaan, että a, b ∈ Z ja n ∈ N r {0} ja lisäksi, että a ≡ b (mod n).
Osoitetaan, että n | (a − b).
Nyt luvuilla a ja b on sama jakojäännös luvulla n jaettaessa eli ne voidaan kirjoittaa
muodossa a = qn + r ja b = pn + r , missä q, p, r ∈ Z ja 0 ≤ r < n. Tutkimalla
lukujen a ja b erotusta saamme
a − b = (qn + r) − (pn + r) = qn + r − pn − r = qn − pn = n(q − p),
missä q − p ∈ Z, sillä kokonaislukujen erotus on kokonaisluku. Siis n jakaa luvun
(a − b) eli n | (a − b).
2
19. Todista lauseen 41 (b)-osa (vihje: lause 40).
Ratkaisu:
Oletetaan, että a, b, c, d ∈ Z ja n ∈ N r {0} ja lisäksi että a ≡ b (mod n) ja c ≡ d
(mod n). Osoitetaan, että ac ≡ bd (mod n).
Nyt luvuilla a ja b on sama jakojäännös luvulla n jaettaessa eli ne voidaan kirjoittaa
muodossa a = q1 n + r ja b = q2 n + r , missä q1 , q2 , r ∈ Z ja 0 ≤ r < n. Vastaavasti
luvut c ja d voidaan kirjoittaa muodossa c = p1 n+s ja d = p2 n+s, missä p1 , p2 , s ∈ Z
ja 0 ≤ s < n. Tästä seuraa, että
ac = (q1 n + r)(p1 n + s) = (q1 p1 n + q1 s + p1 r)n + rs
ja
bd = (q2 n + r)(p2 n + s) = (q2 p2 n + q2 s + p2 r)n + rs.
Näiden erotus on
ac − bd = (q1 p1 n + q1 s + p1 r − q2 p2 n − q2 s − p2 r)n,
missä q1 p1 n + q1 s + p1 r − q2 p2 n − q2 s − p2 r ∈ Z, sillä kokonaislukujen tulot, summat
ja erotukset ovat kokonaislukuja. Näin ollen luku n jakaa erotuksen ac − bd, joten
lauseen 40 mukaan ac ≡ bd (mod n).
20. (a) Laske 31032015 mod 10
(b) Laske 42000 + 51000 mod 3
(c) Laske 62015 mod 11
Ratkaisu:
(a) 31032015 mod 10 = 5, sillä 31032015 = 3103201 · 10 + 5
(b) 4 ≡ 1 (mod 3), joten 42000 ≡ 11000 = 1 (mod 3). Vastaavasti 5 ≡ −1 (mod 3),
joten 51000 ≡ (−1)1000 = 1 (mod 3). Näin ollen 42000 + 51000 ≡ 1 + 1 = 2 (mod
3). Koska 0 ≤ 2 < 3, niin 42000 + 51000 mod 3 = 2.
(c) Lauseen 41 avulla saadaan
62015 = (2 · 3)2015 = 22015 · 32015 = (25 )403 · (35 )403 = 32403 · 243403
(1)
(2)
≡ (−1)403 · 1403 = −1 · 1 = −1 ≡ 10 (mod 11)
Nyt 0 ≤ 10 < 11, joten 62015 mod 11 = 10.
Selityksiä:
(1) 32 ≡ −1 (mod 11), sillä 32 − (−1) = 33 = 3 · 11 ja
243 ≡ 1 (mod 11), sillä 243 − 1 = 242 = 22 · 11
(2) −1 ≡ 10 (mod 11), sillä −1 − 10 = −11 = −1 · 11