AlgorytmEuklidesa
Dzielenieliczbcałkowitych,pojęciapodzielności,dzielnika,wielokrotnościpojawiająsięjużwszkolepodstawowej.Zasadadzieleniazresztąopierasięnanastępującymtwierdzeniu:
TWIERDZENIE 2.1 (odzieleniuzresztą)
Dladowolnychliczbcałkowitych a oraz b, b =0,istniejąjednoznacznieokreślone liczbycałkowite q , r takie,że a = qb + r i 0 r< |b|.Liczbę q nazywamy ilorazem,liczbę r resztą.
Dowód
Niech S = {a qb : q ∈ Z}∩ (N ∪{0}).Oznaczamyprzez r najmniejsząliczbę zbioru S .Oczywiściezachodząnierówności0 r< |b|. Dlawykazaniajednoznacznościzałóżmy,że a = q1 b + r1 = q2 b + r2 ,gdzie0 r1 , r2 < |b|.Otrzymujemystąd, że |(q1 q2 ) · b| = |r1 r2 | < |b|,zatem q1 = q2 i r1 = r2 .
Przykład2.2
Kwadratkażdejliczbycałkowitejnieparzystejjestpostaci8k +1.
Namocytwierdzeniaodzieleniuzresztą,każdaliczbacałkowitamajednązpostaci 4q +0,4q +1,4q +2,4q +3.Liczbynieparzystezapisujemywpostaci4q +1lub 4q +3,stądichkwadratysąpostaci(4q +1)2 =16q 2 +8q +1=8(2q 2 + q )+1lub (4q +3)2 =16q 2 +24q +9=8(2q 2 +3q +1)+1.
DEFINICJA 2.3
Mówimy,że liczbacałkowita b jestpodzielnaprzezliczbęcałkowitą a,jeśliistnieje takaliczbacałkowita c,że b = a · c.Liczbę a nazywamy dzielnikiem liczby b, oliczbie b mówisię,żejest wielokrotnością liczby a.
Jeśli b jestpodzielneprzez a (inaczejmówiąc, a dzieli b),toużywamyoznaczenia a | b,natomiastwprzeciwnymraziestosowaćbędziemyoznaczenie a b.
Zauważmy,żeabyznaleźćwszystkiedzielnikidanejliczby,wystarczyznaleźć jejdzielnikidodatnie,jeślibowiem a | b,totakże a | b
Uwaga2.4
Relacjapodzielnościwzbiorze Z manastępującewłasności:
(1) a | b ∧ c | d ⇒ ac | bd,
(2) a | b ∧ a | c ⇒ a | bx + cy dladowolnych x,y ∈ Z, (3) a | b ∧ b | a ⇒ a = b lub a = b.
Zauważmyodrazu,żetychrozwiązańjestconajwyżej p,botyleelementówma pełnyukładresztmodulo p.Możemyzakładać,że n<p, gdyżwobec7.11dla każdego n p istniejetakie m<p, że xn ≡ xm (mod p)dladowolnejliczby całkowitej x.
Przykład8.3
1. x3 3 ≡ 0(mod7)niemarozwiązań.
2. xp 1 1 ≡ 0(mod p)ma p 1rozwiązań,cowynikazmałegotwierdzenia Fermata7.9.
TWIERDZENIE 8.4 (Lagrange) Kongruencja
a0 xn + a1 xn 1 + ... + an ≡ 0(mod p),gdzie (a0 ,p)=1, maconajwyżej n rozwiązańmodulo p
Dowód
Stosujemyindukcjęzewzględuna n.Dla n =1twierdzeniejestprawdziwe,bo (a0 ,p)=1.Załóżmy,żejestonoprawdziwedla n 1. Jeślikongruencja
(2) a0 xn + a1 xn 1 + ... + an 1 x + an ≡ 0(mod p) niemarozwiązań,totezajestprawdziwa.Załóżmywięc,żeistniejerozwiązanie x1 , czyli
(3) a0 xn 1 + a1 xn 1 1 + ... + an 1 x1 + an ≡ 0(mod p).
Odejmującstronami(3)od(2),otrzymujemy
(4) a0 (xn xn 1 )+ a1 (xn 1 xn 1 1 )+ + an 1 (x x1 ) ≡ 0(mod p)
Kongruencja(4)jestspełnionaprzezkażderozwiązaniekongruencji(2).Korzystajączewzoru xk xk 1 =(x x1 )(xk 1 + xk 2 x1 + ... + xxk 2 1 + xk 1 1 ), kongruencję(4) możemyzapisaćwpostaci
(5)(x x1 )(a0 xn 1 + b1 xn 2 + ... + bn 1 ) ≡ 0(mod p), gdzie b1 ,b2 ,...,bn 1 sąliczbamicałkowitymizależącymitylkood x1 oraz a0 ,a1 ,..., an 1 .Stądkażderozwiązaniekongruencji(2)powinnoalbospełniaćkongruencję x ≡ x1 (mod p), albobyćrozwiązaniemkongruencji
a0 xn 1 + b1 xn 2 + ... + bn 1 ≡ 0(mod p).
Namocyzałożeniaindukcyjnegoostatniakongruencjaniemawięcejniż n 1 rozwiązań,awięckongruencja(2)niemawięcejniż n rozwiązań,codowodzi twierdzenia.
ZtwierdzeniaLagrange’amożnaotrzymaćkryteriumnato,kiedyliczbacałkowita a jesttakzwanąresztąkwadratowąmodulo p.
DEFINICJA 8.5
Niech p będzieliczbąpierwszą.Mówimy,żeliczbacałkowita a jest resztąkwadratowąmodulo p jeśli(a,p)=1orazistniejeliczbacałkowita x taka,że a ≡ x2 (mod p).Jeślikongruencjataniemarozwiązania,toliczbę a nazywamy nieresztą kwadratowąmodulo p.
TWIERDZENIE 8.6 (Euler)
Niech p będzieliczbąpierwsząnieparzystąi a ∈ Z.Kongruencja a p 1 2 ≡ 1(mod p)
jestprawdziwawtedyitylkowtedy,gdy a jestresztąkwadratowąmodulo p Dowód
Przypuśćmy,żeistnieje x takie,że a ≡ x2 (mod p).Wtedy(x,p)=1, bo(a,p)=1. Podnoszącobiestronyostatniejkongruencjidopotęgi p 1 2 , otrzymujemy xp 1 ≡ a p 1 2 (mod p).
ZtwierdzeniaFermatawiemy,że xp 1 ≡ 1(mod p), awięc a p 1 2 ≡ 1(mod p).
Naodwrót,załóżmy,żekongruencja a p 1 2 ≡ 1(mod p)jestprawdziwa.ZtwierdzeniaLagrange’a(twierdzenie8.4)wiadomo,żekongruencja x p 1 2 ≡ 1(mod p) możemiećconajwyżej p 1 2 rozwiązańmodulo p.Aleistniejedokładnie p 1 2 reszt kwadratowychspełniającychtorównanie,amianowicie 12 , 22 , 32 ,..., p 1 2 2 .
Rzeczywiście,liczbytenieprzystajądosiebiemodulo p,bojeśli r = s i r 2 ≡ s2 (mod p), toalbo r ≡ s, albo r ≡−s (mod p), aleniejesttomożliwe,gdyż1 r , s p 1 2 .Wynikastąd,żekongruencja x p 1 2 ≡ 1(mod p)matylkorozwiązania będąceresztamikwadratowymi,cokończydowódtwierdzenia.
Następnetwierdzenieokongruencjachjesttrochęinnegotypuniżpoprzednie. Maonocharakterbardziejogólnywtymsensie,żemożebyćprzeformułowanena twierdzenieowłasnościideałówwpierścieniu.
TWIERDZENIE 8.7 (chińskietwierdzenieoresztach)
Niech n będzieliczbąnaturalną n 2, zaś m1 ,m2 ,...,mn układem n liczbnaturalnych,takichże (mi ,mj )=1 dla i = j, oraz a1 ,a2 ,...,an dowolnymukładem n liczbcałkowitych.Wówczasistniejewspólnerozwiązaniekongruencji x ≡ ai (mod mi ) dla i =1, 2,...,n. Rozwiązanietojestjedynemodulo m1 · m2 · ... · mn .
Dowód
Oznaczmy m = m1 · m2 · · mn .Ponieważ( m mi ,mi )=1,więcnamocytwierdzenia4.2istniejeliczba xi taka,że m mi xi ≡ 1(mod mi ).
Dowód
Przeddowodemobuimplikacjiwprowadźmyzmiennepomocnicze: τ = 1+√3 2 , τ = 1 √3 2 ,ω = τ 2 =2+ √3, ω = τ 2 =2 √3.
Zauważmy,że τ τ =1, ω ω =1.
Indukcyjniemożnapokazać,żeciąg(rn )jestrównyciągowi Tn = ω 2n 1 + ω 2n 1 (wystarczysprawdzić,żeciąg(Tn )spełniadwawarunkidefiniująceciąg(rn )).
⇒:Rozpatrzmypierścień R = a + b√3: a,b ∈{0, 1, 2,...,Mp 1} zestandardowymdodawaniem: a + b√3 + a1 + b1 √3 =(a + a1 )Mp √3+(b + b1 )Mp √3,
gdzie(a + a1 )Mp ,(b + b1 )Mp oznaczająresztyzdzieleniaprzez Mp .Mnożeniewpierścieniu R określamytak: (a + b√3) · (a1 + b1 √3)=(aa1 +3bb1 )Mp +(ab1 + ba1 )Mp √3.
Element2τ ∈ R podnosimydopotęgi Mp : (1+ √3)Mp =1+ Mp 1 √3+ ... + √3 Mp ≡ 1+3 Mp 1 2 (mod Mp );
wykorzystaliśmypodzielnośćskładników Mp 1 √3,..., Mp Mp 1 √3 Mp 1 przez Mp .Ponieważ Mp ≡−1(mod8),więc2 Mp 1 2 ≡ 1(modMp );ponadto Mp ≡ 1(mod3) więc 3 Mp 1 2 ≡−1(mod Mp ). Stąd τ Mp ≡ τ , τ Mp +1 ≡ τ τ ≡−1(mod Mp )
Ostatecznie τ 2 = ω , ω 2p 1 +1 ≡ 0(mod Mp ).Mnożącostatniąkongruencjęprzez ω 2p 2 ikorzystajączrówności ω ω =1,otrzymujemy ω 2p 2 + ω 2p 2 ≡ 0(mod Mp ).
Alepokazaliśmywcześniej,że ω 2p 2 + ω 2p 2 = rp 1 ,więcliczba rp 1 jestpodzielna przez Mp
⇐:Implikacjatajest„ważniejsza”wkontekścieużywaniaimplementacjialgorytmu Lucasa-Lehmera.
Zauważmy,żezpoprzednichrozważańwynikajądwiekongruencje (1) ω 2p 1 ≡−1(mod Mp ), ω 2p ≡ 1(modMp ).
Załóżmyterazniewprost,że Mp jestliczbązłożonąiniech q będziejejdzielnikiem pierwszymtakim,że q Mp .Zamiastpierścienia R będziemyterazrozpatrywać pierścień
R1 = a + b√3: a,b ∈{0, 1,...,q }
zpodobniejakw R określonymidziałaniami.
Zauważmy,żeelement ω ∈ R1 jestwtympierścieniuodwracalny(ω ω =1).Element ω należydogrupyelementówodwracalnychpierścienia R1 (nazwijmyją G). Kluczowedlanaszychrozważańrówności(1)zachodzątakżew R1 ,tzn.
ω 2p 1 ≡−1(mod q ), ω 2p ≡ 1(mod q ).
Zpowyższychrównościwynika,żerząd ω w G jestrówny2p .Widzimy,że |G| (q 1)2 <Mp , alezdrugiejstronyrządelementu ω przekracza Mp .Otrzymanasprzecznośćkończy dowódimplikacji ⇐.
Oddawnamatematykówinteresowałoistnienieformułydającejnieskończony ciągróżnychliczbpierwszych.Wśredniowieczurozpowszechnionebyłoprzekonanie,żewzór f (n)= n2 + n +41jesttakąformułą.Rzeczywiściedla n =1, 2,..., 39 wartości f (n)sąliczbamipierwszymi,ale f (40)=40 · 41+41=412 .Jednak dodziśniewiadomo,czyciąg f (n)zawieranieskończeniewieleliczbpierwszych. Wykażemyteraz,żeformułytakiejniemożnazbudowaćzapomocąwielomianu owspółczynnikachcałkowitych.
TWIERDZENIE 11.7 (Goldbach)
Nieistniejewielomian f (x)= a0 xk + a1 xk 1 + ... + ak ,k 1,ai ∈ Z,a0 =0,taki że f (n) jestliczbąpierwsządlakażdego n ∈ N.
Dowód
Niechdla n = n0 wartość f (n0 )= p będzieliczbąpierwszą.Dlakażdegocałkowitego t wyrażenie f (n0 + tp)możnaprzekształcićnastępująco: f (n0 + tp)= a0 (n0 + tp)k + ... + ak 1 (n0 + tp)+ ak = a0 n k 0 + a1 n k 1 0 + + ak 1 n0 + ak + pq (t) = f (n0 )+ pq (t)= p + pq (t)= p(1+ q (t)), gdzie q (t)jestwielomianemowspółczynnikachcałkowitych.Stąd p | f (n0 + tp), więcalbo f (n0 + tp)jestliczbązłożoną,albo f (n0 + tp)= ±p lub0.Ale t jest dowolne,awielomianstopnia k owspółczynnikachcałkowitychmożeprzyjmować tęsamąwartośćwconajwyżej k argumentach,więcistnieje t0 takie,że f (n0 + t0 p) jestliczbązłożoną.
Twierdzenie11.7możnauogólnić(por.zad.70).
W.H.Mills7 w1947rokuwykazał,żeistniejeliczbarzeczywista r ,takaże fr (n)=[r 3n ] ∈ P dlakażdego n 1(por.zad.75).Jednakwystępującawtej formuleliczba r niejestdanaexplicite.Wiadomo,żeistniejenieskończeniewiele takichliczb r .W2005rokuCaldwelliChengudowodnili,żeprzyzałożeniuprawdziwościhipotezyRiemanna r 1,3063 ...
7 MillsW.H.,Aprime-representingfunction, BulletinoftheAmericanMathematicalSociety 53,604(1947).
