MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG

Comments

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).

Similar documents