Løsningsforslaget

MAT1140 H15: Obligatorisk oppgave 2
Løsningsforslag
Oppgave 1: a) Vi bruker først Euklids algoritme til å finne største felles divisor:
462 = 2 · 180 + 102
180 = 1 · 102 + 78
102 = 1 · 78 + 24
78 = 3 · 24 + 6
24 = 4 · 6
Siden 6 er siste ikke-null rest, er 6 største felles divisor til 462 og 180, og kan
derfor skrives som en lineærkombinasjon av disse to tallene. For å finne lineærkombinasjonen nøster vi opp regnestykket bakfra:
6 = 78 − 3 · 24 = 78 − 3 · (102 − 1 · 78) = 4 · 78 − 3 · 102 = 4 · (180 − 1 · 102) − 3 · 102
= 4 · 180 − 7 · 102 = 4 · 180 − 7 · (462 − 2 · 180) = 18 · 180 − 7 · 462
Dette viser at 6 = 18 · 180 − 7 · 462, og vi har dermed skrevet 6 som en lineærkombinasjon av 180 og 462.
b) Ganger vi lineærkombinasjonen i a) med 2, ser vi at
12 = 36 · 180 − 14 · 462
Tar vi restklasser i Z/(462), får vi
12 = 180 · 36
og følgelig er x0 = 36 en løsning av ligningen. Ifølge korollar 3.9 er da alle
løsningene gitt ved xk = x0 + k · 462
6 = 36 + k · 77, der k = 0, 1, . . . , 5. Det gir
løsningene 36, 113, 190, 267, 344, 421.
Oppgave 2: a) Siden vanlige regneregler gjelder i Z/(p), har vi
ā2 = b̄2
⇐⇒
ā2 − b̄2 = 0̄
⇐⇒
(ā − b̄)(ā + b̄) = 0̄
Siden Z/(p) ikke har nulldivisorer når p er et primtall, betyr dette av vi må ha
enten ā − b̄ = 0̄ eller ā + b̄ = 0̄, dvs. enten ā = b̄ eller ā = −b̄.
b) Når t ikke er et primtall, kan Z/(t) ha nulldivisorer, og (ā − b̄)(ā + b̄) = 0̄
behøver derfor ikke medføre at enten ā − b̄ = 0̄ eller ā + b̄ = 0̄.
La oss se om vi kan utnytte dette til å lage et moteksempel. Anta at x̄ og ȳ
er to nulldivisorer i Z/(t) slik at x̄ȳ = 0̄. Vi prøver å finne ā, b̄ slik at x̄ = ā − b̄
og ȳ = ā + b̄. Løser vi dette ligningssystemet litt uformelt for ā, b̄, får vi ā = x̄+ȳ
2
og b̄ = ȳ−x̄
2 . Dette viser at det er lurt å velge x, y slik x + y og y − x er partall.
Ser vi på Z/(8), har vi nulldivisorene x̄ = 2̄ og ȳ = 4̄ som ser lovende ut. De gir
ā = 3̄ og b̄ = 1̄. Vi sjekker at i Z/(8) er 3̄2 = 1̄ og 1̄2 = 1̄, så 3̄2 = 1̄2 i Z/(8),
selv om 3̄ 6= 1̄ og 3̄ 6= −1̄.
1
Oppgave 3: a) Vi sjekker de tre egenskapene en ekvivalensrelasjon må ha:
(i) Refleksivitet: Vi har (a, b) ≡ (a, b) siden ab = ab.
(ii) Symmetri: Siden ab0 = a0 b medfører a0 b = ab0 , ser vi at (a, b) ∼ (a0 , b0 )
medfører (a0 , b0 ) ∼ (a, b).
(iii) Transitivitet: Anta at (a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ) og (a2 , b2 ) ∼ (a3 , b3 ). Da er a1 b2 =
a2 b1 og a2 b3 = a3 b2 . Ganger vi den første av disse ligningene med b3 , får vi
a1 b2 b3 = a2 b1 b3 , og bruker vi at ifølge den andre ligningen er a2 b3 = a3 b2 ,
får vi a1 b2 b3 = a3 b1 b2 . Forkorter vi med b2 (dette er greit siden b2 > 0),
får vi a1 b3 = a3 b1 som viser at (a1 , b1 ) ∼ (a3 , b3 ).
b) Vi må vise at (ka, kb) ∼ (a, b), men det følger av at (ka)b = a(kb).
c) Den første delen er enkel: Vi har ab0 = a0 b og cd0 = c0 d. Ganger vi
venstreside med venstreside og høyreside med høyreside, får vi ab0 cd0 = a0 bc0 d,
dvs (ac)(b0 d0 ) = (a0 c0 )(bd). Altså er (ac, bd) ∼ (a0 c0 , b0 d0 ).
For å vise den andre delen må vi sjekke at (ad + bc)(b0 d0 ) = (a0 d0 + b0 c0 )(bd).
Ganger vi ut uttrykket på venstre side, får vi ab0 dd0 + cd0 bb0 . Bruker vi at
ab0 = a0 b og cd0 = c0 d, blir dette til a0 bdd0 + c0 dbb0 = (a0 d0 + b0 c0 )(bd). Dermed
har vi vist at (ad + bc)(b0 d0 ) = (a0 d0 + b0 c0 )(bd), akkurat som vi skulle.
d) Skal en definisjon av denne typen fungere, må operasjonene være “veldefinerte”, dvs. de må være uavhengige av hvilke elementer vi velger fra ekviva0
0
0
0
lensklassene: Med andre ord: Dersom ab = ab0 og dc = dc0 , må også ab · dc = ab0 · dc0
0
0
og ab + dc = ab0 + dc0 . Men dette er akkurat hva punkt c) sier.
e) Vi regner ut de to sidene ved hjelp av definisjonen av operasjonene:
c
e
a cf + ed
acf + aed
a
·
+
= ·
=
b
d f
b
df
bdf
og
a c
a e
ac ae
acbf + aebd
acf + aed
· + · =
+
=
=
b d
b f
bd bf
bdbf
bdf
der vi i det siste skrittet har brukt punkt
b > 0. Siden de to uttrykkene er like, er
a
c
e
a
·
+
=
b
d f
b
b) til å forkorte den felles faktoren
·
c
a e
+ ·
d
b f
f) Siden b0 , d0 > 0, kan vi gange ulikheten ad ≤ bc med b0 d0 . Bruker vi
deretter at ab0 = a0 b og cd0 = c0 d, ser vi at
ad ≤ bc ⇐⇒ ab0 dd0 ≤ cd0 bb0 ⇐⇒ a0 bdd0 ≤ c0 dbb0 ⇐⇒ a0 d0 ≤ b0 c0
hvor vi i den siste ekvivalensen har forkortet med bd > 0.
g) Vi må sjekke at relasjonen er veldefinert: Hvis (a, b) ∼ (a0 , b0 ) og (c, d) ∼
(c , d0 ), må
a
c
a0
c0
≤
hvis bare hvis
≤ 0
0
b
d
b
d
0
2
men det er akkurat det punkt f) sier.
h) Vi må først sjekke de tre egenskapene til en ordning:
(i) Refleksivitet: Siden ab ≤ ab, ser vi at
a
b
≤ ab .
(ii) Antisymmetri: Hvis ab ≤ dc og dc ≤ ab , så er ad ≤ bc og bc ≤ ad som
medfører at ad = bc siden ≤ er en (antisymmetrisk) ordning på Z. Følgelig
er ab = dc .
(iii) Transitivitet: Dersom ab ≤ dc og dc ≤ fe , så er ad ≤ bc og cf ≤ ed. Ganger
vi den første ulikheten med f og den andre med b (begge disse tallene er
positive), får vi adf ≤ bcf og bcf ≤ bed. Siden ≤ er en (transitiv) ordning
på Z, medfører dette at adf ≤ bed. Forkorter vi med med d (som også er
positiv), får vi af ≤ be, dvs. ab ≤ fe .
Det gjenstår å vise at ordningen er total. Gitt to brøker ab og dc , er ad ≤ bc eller
bc ≤ ad siden ordningen på Z er total. Men dermed har vi alltid ab ≤ dc eller
c
a
d ≤ b , så ordningen på Q er også total.
i) Vi skal vise implikasjonene hver for seg. Anta først at det finnes en k ∈ N
slik at e = ka0 og f = kb0 . Ifølge punkt b) er (ka0 , kb0 ) ∼ (a0 , b0 ), dvs. (e, f ) ∼
(a0 , b0 ). Siden a = da0 og b = db0 , er på tilsvarende måte (a0 , b0 ) ∼ (a, b). Siden
relasjonen er transitiv, ser vi at (e, f ) ∼ (a, b).
Anta så at (e, f ) ∼ (a, b). Da er også (e, f ) ∼ (a0 , b0 ) (siden (a, b) ∼ (a0 , b0 )
og ∼ er transitiv), og følgelig er f a0 = eb0 . Dette betyr at a0 deler eb0 , og
siden a0 og b0 er innbyrdes primiske, forteller lemma 1.8 i tallteoriheftet oss at
a0 deler e. Dermed finnes det en k ∈ Z slik at e = ka0 . Setter vi dette inn i
likheten f a0 = eb0 , får vi f a0 = ka0 b0 . Forkorter vi med a0 , får vi f = kb0 .
Altså er e = ka0 og f = kb0 for en k ∈ Z.
3