MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG
Transcription
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – MIDTSEMESTERPRØVE Oppgave 1. Vi skal vise ved induksjon at dersom 1 + a > 0, så er (1 + a)n ≥ 1 + na for alle n ≥ 1. Hvis n = 1, så er dette opplagt sant, siden (1 + a)1 = 1 + 1 · a. ih Nå antar vi at ulikheta holder for n = k, hvor k ≥ 1. Det vil si, anta at (1 + a)k ≥ 1 + ka. Nå har vi at (1 + a)k+1 = (1 + a)(1 + a)k ih ≥ (1 + a)(1 + ka) = 1 + (1 + k)a + ka2 ≥ 1 + (1 + k)a. På ulikheta merket ih bruker vi både induksjonshypotesen og at 1 + a > 0. På siste ulikhet bruker vi at ka2 ≥ 0. Det følger at ulikheta holder for n = k + 1, gitt at den holder for n = k. Ulikheta holder dermed for alle n ≥ 1 ved induksjon. Oppgave 2. La x og y være vilkårlige heltall, og anta at d | a og d | b. Vi skal vise at da d | (ax + by). Husk at r | s hvis og bare hvis det finnes et heltall q slik at s = rq. (Ved definisjon!) Siden d | a og d | b, så har vi heltall m og n slik at a = dm og b = dn. Da er ax + by = dmx + dny = d(mx + ny), så siden mx + ny er et heltall, har vi at d | (ax + by). Oppgave 3. Vi skal løse den diofantiske ligninga 35x + 37y = 1. Ligninga har løsninger hvis og bare hvis d = gcd(35, 37) | 1, det vil si d = 1. Vi finner at dette er tilfelle: 37 = 1 · 35 + 2 35 = 17 · 2 + 1 2=2·1+0 Vi finner dermed lineærkombinasjonen 1 = 35 − 17 · 2 = 35 − 17 · (37 − 35) = 18 · 35 − 17 · 37, og en spesiell løsning av ligninga er (x0 , y0 ) = (18, −17). Da gir Teorem 2.9 alle løsninger av ligninga, parametrisert over t ∈ Z: x = 18 − 37t y = 35t − 17 Her kan man oppgi svaret på mange ekvivalente måter. For eksempel ved å bytte ut t med −s, får man alle løsninger for s ∈ Z: x = 18 − 37(−s) = 18 + 37s y = −17 + 35(−s) = −17 − 35s Date: 5. oktober 2015. 1 2 MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – MIDTSEMESTERPRØVE Nå skal vi finne det minste heltallet n ≥ 0 slik at 34! ≡ n (mod 37). Ved Wilsons teorem vet vi at 36! ≡ −1 (mod 37), siden 37 er et primtall. Ved å multiplisere denne kongruensen med −1 får vi at 35! ≡ (−36) · 35! ≡ (−1) · 36! ≡ 1 (mod 37). Her har vi brukt at −36 ≡ 1 (mod 37). (Det er alltid sant at (p − 2)! ≡ 1 (mod p) når p er et primtall.) Første del av denne oppgaven viser at 35 · 18 − 37 · 15 = 1, så spesielt er 35 · 18 ≡ 1 (mod 37). En invers til 35 modulo 37 er med andre ord 18. Ved å multiplisere kongruensen 35! ≡ 1 (mod 37) med 18 får vi altså: 34! ≡ (18 · 35) · 34! ≡ 18 · 35! ≡ 18 (mod 37) Så n = 18 er det minste ikke-negative heltallet som er kongruent med 34! modulo 37. Alternativt kan vi bruke at 35x ≡ 1 (mod 37) har en entydig løsning modulo 37. Siden både 34! og 18 er løsninger er de ekvivalente. (Generelt er det slik at når p er et primtall, så er (p − 3)! ≡ x (mod p), hvor x er et tall som oppfyller (p − 2)x ≡ 1 (mod p).) Oppgave 4. Vi skal løse systemet x≡ 5 (mod 3) x ≡ −2 (mod 5) 2x ≡ 3 (mod 7). Først finner vi løsninga ved å bruke det kinesiske restteoremet. Vi må med andre ord skrive om hver kongruens slik at venstre side i hver kongruens er x. Ved å gange siste ligning med 4 går vi x ≡ 8x ≡ 12 ≡ 5 (mod 7), og det opprinnelige systemet har samme løsninger som x≡2 (mod 3) x≡3 (mod 5) x≡5 (mod 7). Siden alle moduliene er relativt primiske kan vi benytte det kinesiske restteoremet. Det garanterer at det finnes en entydig løsning av systemet modulo N = 3 · 5 · 7 = 105. Vi løser ligningene N x1 ≡ 1 3 (mod 3), N x2 ≡ 1 5 (mod 5), N x3 ≡ 1 7 (mod 7). Vi finner x1 : N x1 ≡ 35x1 ≡ 2x1 (mod 3), 3 så x1 = −1 løser kongruensen. Likedan får vi spesielle løsninger x2 = 1 og x3 = 1. Alle løsninger av systemet er dermed gitt ved 1≡ x≡2· N N N x1 + 3 · x2 + 5 · x3 ≡ −70 + 63 + 75 ≡ 68 3 5 7 (mod 105). La oss starte med det opprinnelige ligningssystemet, og løse det på en annen måte. Fra første ligning vet vi at om et heltall x skal løse første ligning må den være på form x = 5 + 3r. Vi setter inn dette uttrykket for x i andre ligning og får 3r ≡ 5 + 3r ≡ −2 ≡ 3 (mod 5), så r ≡ 1 (mod 5), det vil si at r er på form 1 + 5s. Så de heltall x som løser både første og andre ligning er på form x = 5 + 3r = 5 + 3(1 + 5s) = 8 + 15s. Til sist setter vi dette uttrykket inn i den tredje ligninga og får 2 + 2s ≡ 2(8 + 15s) ≡ 3 (mod 7). Ved å multiplisere med 4 får vi s ≡ 4 (mod 7), så s = 4 + 7t for en eller annen t. Vi konkluderer med at de heltall x som løser ligningssystemet er på form x = 8 + 15s = 8 + 15(4 + 7t) = 68 + 105t, hvor t er et vilkårlig heltall, så alle løsninger av ligningssystemet er gitt som x ≡ 68 (mod 105). MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – MIDTSEMESTERPRØVE 3 Oppgave 5. Fermats teorem sier at hvis p er et primtall, og a er et heltall som er relativt primisk til p (dvs. p - a eller, ekvivalent, gcd(a, p) = 1), så er ap−1 ≡ 1 (mod p). Ekvivalent til dette er: Hvis p er et primtall, så er ap ≡ a (mod p), for alle a. Vi skal finne resten til 101123 når vi deler på 31. Først ser vi at 101 ≡ 8 (mod 31), så 101123 ≡ 8123 (mod 123). Videre har vi at 31 - 8, så Fermats teorem gir at 830 ≡ 1 når vi deler på 31 er 16, fordi 123 ≡ 84·30+3 ≡ (830 )4 · 83 ≡ 14 · 64 · 8 ≡ 2 · 8 ≡ 16 Det følger at resten til 101 101 123 (mod 31). 123 ≡8 (mod 31).