MA1301 Tallteori Høsten 2014 Løsning til Eksamen Richard Williamson 11. desemb 2014 Innhold Oppgave 1 2 a)........................................... 2 b)........................................... 2 c)........................................... 2 d)........................................... 4 Oppgave 2 4 a)........................................... 4 b)........................................... 6 Oppgave 3 7 a)........................................... 7 b)........................................... 7 Oppgave 4 8 a)........................................... 8 b)........................................... 9 Oppgave 5 12 Oppgave 6 12 a)........................................... 12 b)........................................... 12 c)........................................... 14 1
Oppgave 1 a) Først regn vi ut u 3 : Da u 3 = u 2 + u 1 = 1 + 1 = 2. u 4 = u 3 + u 2 = 2 + 1 = 3 u 5 = u 4 + u 3 = 3 + 2 = 5. b) Vi har: 2 2. Dfor Vi har 2 4. Dfor u 4 u 1 = 3 1 = 2 u 4 u 1 (mod 2). u 5 u 2 = 5 1 = 4 u 5 u 2 (mod 2). c) Ut ifra b), utsagnet sant når n = 1 når n = 2. Anta at utsagnet har blitt bevist når n = m når n = m 1, hvor m et gitt naturlig tall slik at m 2. Således har det blitt bevist at at altså at at Vi gjør følgende obsvasjon. u m+3 u m (mod 2) u (m 1)+3 u m 1 (mod 2), u m+3 u m (mod 2) u m+2 u m 1 (mod 2). 2
(1) Ut ifra definisjonen til Fibonaccitallene, Dfor u m+4 = u m+3 + u m+2. u (m+1)+3 = u m+4 = u m+3 + u m+2. (2) Ut ifra antakelsen at at u m+3 u m (mod 2) u m+2 u m 1 (mod 2), u m+3 + u m+2 u m + u m 1 (mod 2). (3) Ut ifra definisjonen til Fibonaccitallene, u m + u m 1 = u m+1 Det følg fra (1) (3) at u (m+1)+3 u m+1 (mod 2). Således har vi bevist at utsagnet sant når n = m + 1. Ved induksjon konklud vi at utsagnet sant for et hvilket som helst naturlig tall n. Utsagnet kan så bevises på følgende måte uten å benytte induksjon. Ut ifra definisjonen til Fibonaccitallene, u n+3 = u n+2 + u n+1 u n+2 = u n+1 + u n. Dfor u n+3 = u n+2 + u n+1 = (u n+1 + u n ) + u n+1 = 2u n+1 + u n Vi har: Vi konklud at 2u n+1 + u n 0 u n+1 + u n = u n (mod 2). u n+3 u n (mod 2). 3
d) u 371 = u 2+123 3, følg det fra c) ved induksjon at u 2 = 1, følg det at u 371 u 2 (mod 2). u 371 1 (mod 2), altså at u 371 et oddetall. Altnativt kan vi argumente som følg. Dsom u 371 et partall, har vi: 2 u 371. u 3 = 2, har vi da: u 3 u 371. Det følg da fra et resultat fra kurset at 3 371. dette ikke sant, konklud vi at u 371 ikke et partall, altså at u 371 et oddetall. Oppgave 2 a) Vi gjør følgende obsvasjon. (1) Vi har: x = 1 en løsning til kongruensen 17x 1 (mod 4). (2) Vi har: x = 4 en løsning til kongruensen 4x 1 (mod 17). (3) Det følg fra (1), (2), det kinesiske restteoremet at en løsning både til kongruensen til kongruensen x = 17 1 3 + 4 ( 4) 2 = 19 x 3 (mod 4) x 2 (mod 17). I tillegg fastslår det kinesiske restteoremet at for et hvilket som helst heltall x slik at x 3 (mod 4) x 2 (mod 17) x 19 (mod 4 17) altså x 19 (mod 68). 4
(4) For å løse kongruensene 19x 1 (mod 68) 68x 1 (mod 19), benytt vi Euklids algoritme. 68 = 3 19 + 11 19 = 1 11 + 8 11 = 1 8 + 3 8 = 2 3 + 2 3 = 1 2 + 1 2 = 2 1. Da får vi: 11 = 68 3 19 8 = 19 1 11 = 19 1 (68 3 19) = ( 1) 68 + 4 19 3 = 11 1 8 = (68 3 19) 1 (4 19 1 68) = 2 68 7 19 2 = 8 2 3 = (( 1) 68 + 4 19) 2 (2 68 7 19) = ( 5) 68 + 18 19 1 = 3 1 2 = (2 68 7 19) 1 (( 5) 68 + 18 19) = 7 68 + ( 25) 19. Dmed x = 25 en løsning til kongruensen 19x 1 (mod 68), x = 7 en løsning til kongruensen 68x 1 (mod 19). (5) Det følg fra (4) det kinesiske restteoremet at x = 19 ( 25) 19 + 68 7 3, 5
altså x = 7597, en løsning både til x 19 (mod 68) til x 3 (mod 19). I tillegg fastslår det kinesiske restteoremet at x 19 (mod 68) x 3 (mod 19) for et hvilket som helst heltall x slik at x 7597 (mod 68 19) altså x 7597 (mod 1292). 7597 155 (mod 1292), følg det at x = 155 en løsning både til x 19 (mod 68) til x 3 (mod 19). b) (6) Det følg fra (3) (5) at x = 155 en løsning til alle de tre kongruensene i oppgaven. I tillegg oppfyll x kravet 0 x < 1292. Anta at det finnes et heltall x slik at disse to kongruensene sanne. x 4 (mod 6), følg det at x 4 (mod 3). 4 1 (mod 3), x 1 (mod 3). 6
følg det at Det følg at x 11 (mod 15), x 11 (mod 3). 11 2 (mod 3), x 2 (mod 3). 2 1 (mod 3). Dette ikke sant! Vi konklud at det ikke finnes et heltall x slik at de to kongruense i oppgaven sanne. Oppgave 3 a) Vi har: 53 et primtall. Da fastslår Fmats lille teorem at 3 52 1 (mod 53). Dmed 3 472 = 3 9 52+4 = ( 3 52) 9 3 4 1 9 3 4 = 81 28 (mod 53). Det følg at 2 3 472 2 28 = 56 3 (mod 53). b) Vi har: 36 (49!) = ( 6) ( 3) ( 2) ( 1) (49!) ( 6) 50 51 52 (49!) = ( 6) (49!) 50 51 52 (mod 53). Dmed 36 (49!) ( 6) (52!) (mod 53). 53 et primtall, fastslår Wilsons teorem at 52! 1 (mod 53). 7
Dfor Dmed ( 6) (52!) ( 6) ( 1) = 6 (mod 53). 36 (49!) 6 (mod 53). Da 36 (49!) 4 3 472 = 36 (49!) 2 (2 3 472) 6 2 3 = 6 6 0 (mod 53). Vi konklud at 36 (49!) 4 3 472 delelig med 53. Oppgave 4 a) Vi har: ( 21) 2 4 12 8 = 57. 39 2 57 (mod 61), følg det fra teorien for kvadratiske kongruens fra kurset at en løsning til kongruensen (2 12)x 39 ( 21) (mod 61), altså til kongruensen 24x 60 (mod 61), en løsning til den kvadratiske kongruensen i oppgaven. For å løse kongruensen 24x 60 (mod 61), benytt vi Euklids algoritme. 61 = 2 24 + 13 24 = 1 13 + 11 13 = 1 11 + 2 11 = 5 2 + 1 2 = 2 1 8
Da får vi: 13 = 61 2 24 11 = 24 1 13 = 24 1 (61 2 24) = ( 1) 61 + 3 24 2 = 13 1 11 = (61 2 24) 1 (( 1) 61 + 3 24) = 2 61 + ( 5) 24 1 = 11 5 2 = (( 1) 61 + 3 24) 5 (2 61 + ( 5) 24) = ( 11) 61 + 28 24. Dmed x = 28 60, altså x = 1680, en løsning til kongruensen 24x 60 (mod 61). Vi konklud at x = 1680 en løsning til den kvadratiske kongruensen i oppgaven. b) Vi gjør følgende obsvasjon. (1) Vi har: Da (2) Vi har: 238 2 4 13 269 = 42656. L 42656 43789 = L 25 31 43 43789 = L 25 43789 L 31 43789 L 43 43789. L 25 43789 = L (22 ) 2 2 43789 = L (22 ) 2 43789 L2 43789 = 1 L 2 43789 = L 2 43789. 43789 5 (mod 8), L 2 43789 = 1. Dmed L25 43789 = 1. (3) L 31 43789 = L43789 31. L 43789 31 = L 17 31. 43789 1 (mod 4), 43789 17 (mod 31), 9
(4) 17 et primtall 17 1 (mod 4), L 17 31 = L31 17. 31 14 (mod 17), (5) L 2 17 = 1. (6) L 31 17 = L 14 17 = L 2 7 17 = L 2 17 L 7 17. 17 1 (mod 8), 17 1 (mod 4), L 7 17 = L17 7. 17 3 (mod 7), L 17 7 = L3 7. (7) både 3 3 (mod 4) 7 3 (mod 4), L 3 7 = L 7 3. 7 1 (mod 3), L 7 3 = L 1 3 = 1. (8) Det følg fra (6) (7) at L 7 17 = 1. (9) Det følg fra (3) (5) (8) at L 31 43789 = L 2 17 L 7 17 = 1 ( 1) = 1. (10) L 43 43789 = L43789 43. 43789 1 (mod 4), 43789 15 (mod 43), L 43789 43 = L 15 43 = L 3 43 L 5 43. 10
(11) både L 43 3 = L1 3 = 1. Dmed L3 43 = 1. (12) 3 3 (mod 4) 43 3 (mod 4), L 3 43 = L 43 3. 43 1 (mod 3), 5 1 (mod 4), L 5 43 = L43 5. 43 3 (mod 5), L 43 5 = L3 5. (13) 5 1 (mod 4), L 3 5 = L5 3. 5 2 (mod 3), L 5 3 = L2 3. 3 3 (mod 8), L 2 3 = 1. (14) Det følg fra (12) (13) at L 5 43 = 1. (15) Det følg fra (10), (11), (14) at (16) Det følg fra (1), (2), (9), (15) at L 43 43789 = L 3 43789 L 5 43789 = ( 1) ( 1) = 1. L 42656 43789 = L 25 31 43 43789 = L 25 43789 L 31 43789 L 43 43789 = ( 1) ( 1) 1 = 1. Dmed 42656 en kvadratisk rest modulo 43789. Vi konklud at det finnes to heltall x slik at 0 x < 43789 x en løsning til den kvadratiske kongruensen i oppgaven. 11
Oppgave 5 Vi gjør følgende obsvasjon. (1) Vi har: 187 = 11 17. Både 11 17 primtall. (2) Vi har: (11 1) (17 1) = 10 16 = 160. (3) Vi har: x = 3 en løsning til kongruensen 53x 1 (mod 160), altså x = 157 en løsning til denne kongruensen. (4) Vi har: 25 157 = ( 25 7) 22 25 3 ( 2) 22 25 3 81 104 = 8424 9 (mod 187). (5) Når vi ovsett 9 til et symbol, får vi: I. Oppgave 6 a) Vi har: 2, 5, 11, 17, 23. b) La q være produktet av alle de primtallene som mindre enn ell like n, som kongruent til 2 modulo 3. Ut ifra aritmetikkens fundamentalteorem, finnes det et naturlig tall t primtall p 1,..., p t slik at 3q 1 = p 1 p t. For hvt naturlig tall i slik at i t, ett av følgende sant: (1) p i 0 (mod 3); (2) p i 1 (mod 3); (3) p i 2 (mod 3). Anta at det finnes et naturlig tall i slik at (1) sant. Da har vi: 3 p i. 3q 1 = (p 1 p i 1 p i+1 p t ) p i, har vi i tillegg: p i 3q 1. Dfor har vi: 3 3q 1, altså 3q 1 (mod 3). 12
Imidltid det ikke sant at kan det ikke være sant at både 3q 1 1 2 (mod 3). 1 2 (mod 3), 3q 1 1 (mod 3) 3q 1 2 (mod 3). antakelsen at det finnes et naturlig tall i slik at (1) sant før til at begge kongruesene sanne, konklud vi at det ikke finnes et naturlig tall i slik at (1) sant. Dmed enten (2) ell (3) sant for hvt naturlig tall i slik at i t. Dfor ett av følgende sant. (A) For alle de naturlige tallene i slik at i t, p i 1 (mod 3). (B) Det minnes minst ett naturlig tall i slik at i t Anta at (A) sant. Da altså p i 2 (mod 3). 3q 1 = p 1 p t 1 } 1 {{ 1} = 1 (mod 3), t gang 3q 1 1 (mod 3). Som ovenfor, kan dette ikke være sant. antakelsen at (A) sant før til at denne kongruensen sanne, konklud vi at det ikke finnes et naturlig tall i slik at (A) sant. Dfor (B) sant, altså finnes det et naturlig tall i slik at i t p i 2 (mod 3). Anta at p i n. Vi gjør følgende obsvasjon. (1) p i 2 (mod 3), følg det fra definisjonen til q antakelsen at p i n at p i q. Da har vi: p i 3q. (2) 3q 1 = (p 1 p i 1 p i+1 p t ) p i har vi: p i 3q 1. Da har vi: p i (3q 1), altså p i 3q + 1. 13
(3) Det følg fra (1) (2) at p i 3q (3q 1), altså at p i 1. p i et primtall, p i 2. Det kan ikke være sant at både p i 1 p i 2. antakelsen at p i n før til denne motsigelsen, konklud vi at det ikke sant at p i n. Dfor p i > n. c) De primtallene som mindre enn ell like 14 som kongruent til 2 modulo 3 2, 5, 11. En primtallsfaktorising til 3 (2 5 11) 1, altså til 329, Dmed får vi at p = 47. 7 47. 14