Svar eller lösningar till tentamen i Elementär talteori, MMG100

Transcription

Svar eller lösningar till tentamen i Elementär talteori, MMG100
Svar eller lösningar till tentamen i Elementär talteori, MMG100
Fredag 21 augusti 2015
π‘₯ ≑ 3 π‘šπ‘œπ‘‘ 5
1. Systemet som skall lösas är {π‘₯ ≑ 1 π‘šπ‘œπ‘‘ 7.
π‘₯ ≑ 4 π‘šπ‘œπ‘‘ 8
Man får att π‘₯ ≑ 1 βˆ™ 56 βˆ™ 3 + 3 βˆ™ 40 βˆ™ 1 + 3 βˆ™ 35 βˆ™ 4 = 708 (π‘šπ‘œπ‘‘ 280)
Svar: π‘₯ = 148 + 280𝑛 där 𝑛 β‰₯ 0
2. Enligt Fermats lilla sats gäller 0 = π‘Žπ‘ + 𝑏 𝑝 βˆ’ 𝑐 𝑝 ≑ π‘Ž + 𝑏 βˆ’ 𝑐 (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑝).
Det följer att π‘Ž + 𝑏 βˆ’ 𝑐 är delbart med p.
3. Enligt Wilson gäller βˆ’1 ≑ 22! = 19! βˆ™ 20 βˆ™ 21 βˆ™ 22 ≑ 19! βˆ™ (βˆ’6) (π‘šπ‘œπ‘‘ 23)
Och eftersom 6 βˆ™ 4 ≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 23) får vi att 19! ≑ 4 (π‘šπ‘œπ‘‘ 23)
βˆ’2
βˆ’1
2
4. Vi har ( 𝑝 ) = ( 𝑝 ) (𝑝)
1 π‘œπ‘š 𝑝 ≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 4)
βˆ’1
2
1 π‘œπ‘š 𝑝 ≑ ±1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 8)
( )={
och ( ) = {
𝑝
𝑝
βˆ’1 π‘œπ‘š 𝑝 ≑ 3 (π‘šπ‘œπ‘‘ 4
βˆ’1 π‘Žπ‘›π‘›π‘Žπ‘Ÿπ‘ 
βˆ’2
𝑝
Det följer att ( ) = 1 om 𝑝 ≑ 1 π‘’π‘™π‘™π‘’π‘Ÿ 3 (π‘šπ‘œπ‘‘ 8)
5. Om Ξ¦(𝑛) = 𝑛 βˆ’ 2 kan n inte vara primtal. Om 𝑛 = π‘Ž βˆ™ 𝑏 där π‘Ž β‰  𝑏 blir Ξ¦(𝑛) ≀ 𝑛 βˆ’ 3.
Så 𝑛 = π‘π‘Ž med p primtal. Eftersom Ξ¦(π‘π‘Ž ) = π‘π‘Ž βˆ’ π‘π‘Žβˆ’1 blir 𝑝 = π‘Ž = 2.
Svar: 𝑛 = 4
6. Vi vet att π‘₯ 3 ≑ π‘Ž (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑝) är lösbar precis när π‘Ž
där 𝑑 = (𝑝 βˆ’ 1,3).
π‘βˆ’1
𝑑
≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑝)
Antag nu att 𝑝 ≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 3). Då är 𝑑 = 3 och kongruensen
lösbar om π‘Ž
π‘βˆ’1
3
≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑝).
Men detta kan inte gälla för alla π‘Ž < 𝑝 ty då skulle vi inte ha några primitiva rötter.
Antag i stället att 𝑝 ≑ 2 (π‘šπ‘œπ‘‘ 3). Då blir 𝑑 = 1 och kongruensen lösbar om π‘Žπ‘βˆ’1 ≑
1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑝). Detta är förvisso sant för alla π‘Ž < 𝑝.
Svar: Alla p med 𝑝 ≑ 2 (π‘šπ‘œπ‘‘ 3)
7. Enligt förutsättningarna är 𝑛 βˆ’ 1 delbart med π‘œπ‘Ÿπ‘‘(π‘₯), ordningen för x modulo n.
Låt 𝑛 βˆ’ 1 = π‘œπ‘Ÿπ‘‘(π‘₯) βˆ™ π‘˜. Om π‘˜ > 1 finns ett primtal q sådant att q delar k.
π‘›βˆ’1
π‘˜
Då är π‘₯ π‘ž = (π‘₯ π‘œπ‘Ÿπ‘‘(π‘₯) )π‘ž ≑ 1 (π‘šπ‘œπ‘‘ 𝑛), vilket strider mot förutsättningarna.
Alltså är π‘˜ = 1 och π‘œπ‘Ÿπ‘‘(π‘₯) = 𝑛 βˆ’ 1.
Eftersom π‘œπ‘Ÿπ‘‘(π‘₯) ≀ Ξ¦(𝑛) ≀ 𝑛 βˆ’ 1 måste Ξ¦(𝑛) = 𝑛 βˆ’ 1 och n är följaktligen ett primtal.