KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI. Dan Laksov KTH, Stockholm

KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI Dan Laksov KTH, Stockholm matematikk/laksov/bokprosjekt/forum/tallteori/july 25, 2005

KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI

Kjent og ukjent i elementær tallteori Dan Laksov Notater for Forum för Matematiklärare. Et prosjekt høst 2005-vår 2006 støttet av: Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse Versjon I. 10. Juli Matematiska Institutionen KTH

KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI Matematiska Institutionen KTH 100 44 STOCKHOLM ISBN? c 2005 Matematiska Institutionen

FORORD Tallteorien er et av de klassiske områdene i matematikken. Den har en lang tradisjon med en vel utviklet teori. Mange av resultatene er dype og fundamentale. I store deler av matematikken inngår tallteorien som en viktig ingrediens, og anvendelsene av tallteorien utenfor matematikken er varierte og spektakulære. Tallteorien bør være en vesentlig del i enhver balansert matematikkutdannelse. Tallteori er fellesnavnet for en rekke nærliggende områder av matematikken, som algebraisk tallteori, aritmetisk geometri, analytiske tallteori. Vi skal i disse notatene behandle noen emner fra elementær tallteori. Elementær betyr her at vi ikke bruker et stort begrepsapparat fra andre deler av matematikken som algebra, analyse og geometri. Tross dette omfatter den elementære tallteorien en rekke grunnleggende teorier og resultater, og noen av de mest spektakulære og velkjente problemene i matematikken tilhører dette området. En av grunnene til at den elementære tallteorien tiltrekker seg så mye interesse er nettopp at den inneholder problemer som er lette å forstå uten en omfattende matematisk bakgrunn. Disse notatene er et supplement til forelesningene i Forum För Matematiklärare, eller kort Forum, det akademiske året 2005-2006. Alt materialet til de syv forelesningene i Forum finnes i heftet, men inndelingen av notatene i kapittel og seksjoner svarer bare delvis til innholdet av forelesningen. Heftet er ment som hjelp for hukommelsen, eller for å finne supplerende og utdypende materiale. Notatene forutsetter bare kjennskap til de enkleste begrepene i grunnleggende matematikk. v

vi KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI

INNHOLD 1. Delbarhet 1.1 Delbarhet og divisjonsalgoritmen........... 1 1.2 Største felles divisor................. 2 1.3 Primtallsfaktorisering................ 5 2. Primtall 2.1 Eratostenes sold................... 7 2.2 Eksistens av primtall................. 8 2.3 Primtallstvillinger og Goldbach s hypotese....... 9 2.4 Fermat tall og Mersenne tall............. 10 3. Modulregning 3.1 Definisjoner..................... 13 3.2 Fermat s og Euler s satser.............. 15 3.3 Primtallstesting................... 18 4. Aritmetiske funksjoner 4.1 Definisjoner og eksempler............... 21 4.2 Dirichlet produktet................. 22 4.3 Gruppen av aritmetiske funksjoner........... 25 4.4 Perfekte tall.................... 27 4.5 Offentlig nøkkel krypering.............. 28 5. Kvadratisk resiprositet 5.1 Modulregning for polynomer............. 31 5.2 Ordenen av elementer................ 32 5.3 Legendre symbolet.................. 34 5.4 Kvadratiske resiprositetssatsen............ 36 B. Bibliografi I. Index vii

viii KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI

1. DELBARHET 1.1. Delbarhet og divisjonsalgoritmen En av de mest kjente resultatene i matematikken er at hvert posivit heltall kan skrives som et produkt av primtall på en, essensielt, entydig måte. Dette er så vel kjent at mange tar det som et aksiom. Resultatet krever imidlertid et bevis. Som bakgrunn til beviset gir vi i denne og de følgende seksjonene de viktigste resultatene om divisjon av heltall. Hovedresultatet er at om et primtall p deler et produkt ab av to heltall a og b så deler p et av tallene. 1.1.1 Notasjon. Vi betegner de hele tallene {, 2, 1, 0, 1, 2, } med Z, og de naturlige tallene {0, 1, 2, } med N. 1.1.2 Definisjon. Vi sier at et heltall b deler et heltall a om det finnes et heltall q slik at a = bq og kaller b en faktor i a. Vi skriver da b a. Om b ikke deler a skriver vi b a. Vi samler de viktigste egenskapene ved delbarhet i følgende hjelpesetning. Det kan virke vanskelig å huske de mange delresultatene, men med litt ettertanke innser vi at egenskapene er så naturlige at de lett blir en del av vår verdag. 1.1.3 Lemma. (1) Om a b og b c vil a c. (2) Om a b og a c vil a xb + yc for alle heltall x og y. (3) Om a b og a c vil a b + c. (4) Om ab 0 og a b og b a så vil a = b eller a = b. (5) Om a b vil a b, a b og a b. Bevis. (1) Om b = xa og c = yb vil c = xya så a c. (2) Om b = ua og c = va så vil xb + yc = (xu + yv)a så a xb + yc. (3) Dette følger av (2), fordi, om a b og a (b + c) så vil a (b + c b) = c. (4) Om b = xa og a = yb vil b = xyb. Ettersom b 0 vil xy = 1 så x og y er begge 1, eller begge 1. (5) Om b = xa vil b = ( x)( a), b = x( a), og b = ( x)a. 1

2 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI 1.1.4 Divisjonsalgoritmen. La b være et positivt heltall. For hvert heltall a finnes det entydige heltall q og r slik at der 0 r < b. Bevis. Ettersom intervallene a = qb + r [xb, (x + 1)b) = {y : xb y < (x + 1)b} for x Z er disjunkte og deres union er Z vil det finnes et heltall q slik at a [qb, (q + 1)b), det vil si qb a < (q + 1)b. Sett r = a qb. Da vil a = qb + r og r < (q + 1)b qb = b, som vi ville vise. Om a = qb + r = q b + r vil b(q q ) = r r så b deler r r, men dette er umulig fordi 0 r, r < b gir b < r r < b. 1.1.5 Definisjon. Vi kaller tallet r i Divisjonsalgoritmen 1.1.4 for resten til a ved divisjon med b. 1.1.6 Eksempel. Vi finner resten til 27, 39 og 20 ved divisjon med 5. Vi finner 27 = 5 5 + 2, 39 = 7 5 + 4 og 20 = 4 5 + 0. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at om a 2 = 4q + r så er r lik 0 eller 1. Oppgave 2. Hva kan r være om a 2 = 5q + r? Oppgave 3. La f 1, f 2,... være Fibonacci tallene, det vil si, f 1 = f 2 = 1 og f n = f n 1 + f n 2 for n 3. Vis: (1) f 1 + f 2 + + f n = f n+2 1. (2) f n+1 f n 1 f 2 n = ( 1)n. (3) f m+n = f m 1 f n + f m f n+1. (4) Om m n så vil f m f n. (Ledetråd: Bruk induksjon etter n for (1), (2), (3). (4) følger av (3). 1.2. Største felles divisor 1.2.1 Definisjon. Vi sier at et heltall d er en felles divisor for heltallene a og b om d a og d b. En felles divisor d for a og b er en største felles divisor om vi for hver felles divisor d for a og b har at d d. 1.2.2 Bemerkning. Det inngår ikke i definisjonen at en største felles divisor eksisterer. Vi skal vise eksistensen nedenfor. 1.2.3 Proposisjon. La a og b være heltall. (1) Om d er en største felles divisor for a og b så vil d være en største felles divisor for a og b. (2) Om d er en annen største felles divisor for a og b vil d = d eller d = d.

1.2. STØRSTE FELLES DIVISOR 3 Spesielt har vi at om det finnes en største felles divisor vil det finnes en entydig positiv største felles divisor. Bevis. (1) Dette følger umiddelbart av Definisjon 1.6. (2) Av Definisjon 1.2.1 følger at d d og d d så (2) følger av Lemma 1.1.3 (4). Siste delen av proposisjonen er klar. Vi viser nu eksistensen av en største felles divisor for to heltall. 1.2.4 Setning. La a og b være heltall som ikke begge er null. Da vil det minste positive tallet d slik at d = xa + yb (1.2.4.1) for noen heltall x og y være en største felles divisor for a og b. Bevis. Vi viser først at d a og d b. Av divisjonsalgoritmen har vi at a = qd + r med 0 r < d. Vi må ha at r = 0, for multipliserer vi begge sidene i (1.2.4.1) med q får vi qd = qxa + qyb, så a r = qxa + qyb. Ettersom 0 r < d, og d er det minste positive tallet kom kan skrives på formen ua + vb, eller r = (1 qx)a qyb, er dette umulig medmindre r = 0. Derfor vil r = 0 og d a. På tilsvarende måte viser vi at d b. På den andre sider er det klart av Lemma 1.1.3 (2) at om d a og d b så vil d dele d = xa + yb. Vi har vist at d er en største felles divisor. 1.2.5 Eksempel. Vi gir noen eksempler som illustrerer Setning 1.2.4. (1) Vi har 30 + ( 2)12 = 6. Ettersom 6 30 og 6 12 må 6 dele alle tall på formen 30x + 12y så 6 er det minste positive tallet som kan skrives på denne formen. Derfor er 6 en største felles divisor for 30 og 12. (2) Vi har 3 = 2 54 + ( 5)21 og 3 54 og 3 21. Derfor er 3 det minste positive tallet som kan skrives på formen 54x + 21y, og 3 er en største felles divisor for 54 og 21. 1.2.6 Definition. La a og b være to heltall, ikke begge like null. Det minste positive tallet d som kan skrives på formen xa + yb kalles den største felles divisoren for a og b og vi skriver d = SFD(a, b). Følgende enkle resultat er nyttig i mange situasjoner: 1.2.7 Lemma. La a og b være heltall, ikke begge null, og la e være et positivt heltall slik at e a og e b. Da vil SFD(a, b) = e SFD(a/e, b/e). Bevis. La d = SFD(a, b) og d = SFD(a/e, b/e). Ettersom e a og e b, og d = xa + yb for noen heltall x og y vil e d, så vi får av d a og d b at (d/e) (a/e), respektive at (d/e) (b/e). Med det betyr at (d/e) d, det vil si, d ed. Omvendt, ettersom d (a/e) og d (b/e) vil ed a og ed b. Det følger at d ed. Ettersom d og ed er positive følger det av d ed og ed d at d = ed, som vi ville vise.

4 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI 1.2.8 Euklids algoritme. For å finne vi den største felles divisoren SFD(a, b) til a og b bruker vi vanligvis Euklid s algoritme. Anta at b > 0. Vi bruker Divisjonsalgoritmen om og om igjen som følger: a = q 1 b + d 1 med 0 d 1 < b b = q 2 d 1 + d 2 med 0 d 2 < d 1 d 1 = q 3 d 2 + d 3 med 0 d 3 < d 2. d n 2 = q n d n 1 + d n med 0 d n < d n 1 d n 1 = q n d n At prosessen slutter følger av at b > d 1 > d 2 > > d n > 0. Her er d n = SFD(a, b). Ved å gå baklengs i algoritmen kan vi finne x og y slik at d n = xa + yb. 1.2.9 Eksempel. Vi vil finne SFD(1532, 364). Euklid s algoritme gir: 1532 = 4 364 + 76 364 = 4 76 + 60 76 = 1 60 + 16 60 = 3 16 + 12 16 = 1 12 + 4 12 = 3 4 + 0. vi har altså SFD(1532, 364) = 4. For å finne x og y slik at 4 = 1532x + 364y går vi nedenfra og opp: 4 = 16 12 = 16 (60 3 16) = 60 + 4 16 4 = 60 + 4 16 = 60 + (4 76 4 60) = 4 76 5 60 4 = 4 76 5 60 = 4 76 (5 364 20 76) = 5 364 + 24 76 4 = 5 364 + 24 76 = 5 364 + (24 1532 96 364) = 24 1532 101 364. 1.2.10 Definisjon. To heltall a og b kalles innbyrdes primiske om SFD(a, b) = 1, eller ekvivalent, om det finnes heltall x og y slik at 1 = xa + yb. Den første delen av følgende resultat er nøkkelen til å vise at fremstillingen av et tall som et produkt av primtall er, essensielt, entydig. 1.2.11 Proposisjon. La a og b være innbyrdes primiske heltall. (1) Om a bc vil a c. (2) Om a c og b c vil ab c.

1.3. PRIMTALLSFAKTORISERING 5 Bevis. (1) Vi har heltall x og y slik at 1 = xa + yb. Multipliserer vi begge sidene av den siste ligningen med c får vi c = xac + ybc. Det følger av Lemma 1.1.3 (2) at når a bc så vil a c. (2) Om a c vil c = a 1 a og om b c vil c = b 1 b for noen heltall a 1 og b 1. Vi har som i (1) at c = xac + ybc = xab 1 b + yba 1 a så c = ab(xb 1 + ya 1 ), slik at ab c. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at d n = SFD(a, b) der d n er gitt i Bemerkning 1.2.8. Oppgave 2. Vis hvordan vi kan utføre prosessen i Bemerkning 1.2.8 baklengs for å bestemme x og y slik at d n = xa + yb. Oppgave 3. Vis at om a = qb + r så vil SFD(a, b) = SFD(b, r). Oppgave 4. Bestem SFD(1131, 56) og finn x og y slik at SFD(1131, 56) = 1131x+ 56y. Oppgave 5. Bestem SFD(1464, 115) og finn x og y slik at SFD(1464, 115) = 1464x + 115y. 1.3. Primtallsfaktorisering Vi skal i denne seksjonen definere primtall og vise at hvert positivt tall kan skrives som et produkt av primtall på en, essensielt, entydig måte. 1.3.1 Definisjon. Et helt tall p som er større eller lik 2 er et primtall om de eneste positive heltallene som deler p er 1 og p. Første delen av følgende hjelpesetning er et spesialtilfell av det fundamentale resultatet 1.2.11 (1). 1.3.2 Lemma. La p være et primtall. (1) For hver heltall a vil enten SFD(a, p) = 1, eller p a. (2) Om p a 1 a k der a 1,..., a k er heltall vil p a i for noe i. Bevis. (1) La d = SFD(a, p). Da vil d p så d = 1 eller d = p ettersom p er et primtall. Men siden d a vil d = p medføre at p a og om d = 1 er SFD(a, p) = 1. (2) Vi viser (2) ved induksjon etter k. Påstanden holder for k = 1. Anta at (2) holder for k 1. Sett a = a 1,... a k 1. Om p a k er vi ferdige. Hvis ikke følger det av (1) at SFD(p, a k ) = 1. Derfor følger det av Proposisjon 1.2.11 (1) at p a 1 a k 1. Ved induksjonsantagelsen følger det da at p a i for noe i = 1,..., k 1. 1.3.3 Setning. Hvert positivt heltall n kan skrives på formen n = p e 1 1 pe k k der p 1,..., p k er ulike primtall og e 1,..., e k er ikke negative heltall. Fremstillingen er entydig så nær som på rekkefølgen av faktorene p e 1 1,..., pe k k.

6 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI Bevis. Vi viser først, ved induksjon etter n, at n kan skrives som et produkt av primtall. Det holder klart for n = 1 da n er det tomme produktet. Anta at det gjelder for alle positive heltall strikt mindre enn n. Om n er et primtall er vi klare. Hvis ikke vil n = ab der a og b er positive heltall slik at 1 < a < n og 1 < b < n. Ved induksjonshypotesen er a og b produkter av primtall og derfor vil n = ab være et produkt av primtall. Vi viser at fremstillingen er entydig på rekkefølgen av faktorene nær ved induksjon etter n. Det holder klart for n = 1. Anta at det gjelder for alle positive heltall strikt mindre enn n. Skriv n = p e 1 1 pe k k = qf 1 1 qf l l (1.3.3.1) der q 1,..., q l er ulike primtall og der f 1,..., f l er positive heltall. Vi må vise at om e 1,..., e k er positive heltall så vil k = l og faktorene q f 1 1,..., qf l l er en omflytning av faktorene p e 1 1,, pe k k. For å vise dette bruker vi at q 1 p e 1 1 pe k k. Det følger derfor av Lemma 1.3.2 (2) at q 1 p i for noe i, så q 1 = p i ettersom begge er primtall. Divisjon med q 1 = p i i begge sidene av (1.3.3.1) gir likheten p e 1 1 pe i 1 i 1 pe i 1 i p e i+1 i+1 pe k k = q f 1 1 1 q f 2 2 qf l l. Ved induksjonshypotesen må k = l og faktorene q f 1 1 1, q f 2 2,, qf l l må være en omflytning av faktorene p e 1 1,..., pe i 1 i 1, pe i 1 i, p e i+1 i+1,..., pe k Ettersom q 1 = p i må p e i 1 i = q f 1 1 1 så f 1 = e i og faktorene q f 2 2,..., qf l l k. Det følger at l = k og at qf 1 faktorene p e 1 1,..., pe i 1 i 1, pe i+1 i+1,..., pe k omflytning av p e 1 1,..., pe k k. k. er en omflytning av 1,..., qf l er en 1.3.4 Definisjon. Vi kaller dekomposisjen n = p e 1 1 pe k k i Setning 1.3.3 for primtallsfaktoriseringen av n. Potensene p e i i kaller vi faktorene i n og primtallene p i kalles primtallsfaktorene. Oppgaver. Oppgave 1. Finn primtallsfaktoriseringen av tallene 1131 og 56. Oppgave 2. Fin primtallsfaktoriseringen av tallene 1464 og 115. l

2. PRIMTALL 2.1. Eratostenes sold Vi skal her gi Eratostenes sold, som er en metode for å finne primtall. Selvom vi i prinsippet kan finne alle primtall med denne algoritmen er den ikke anvendbar i praksis, og teoretisk viser den ikke engang at det finnes uendelig mange primtall. Først viser vi følgende resultat som begrenser antallet kjente primtall vi må teste når vi vil bestemme om et gitt tall er primtall. Dette reduserer arbeidet vesentlig. 2.1.1 Lemma. Om a er et heltall større eller lik 2, som ikke er et primtall har den en primtallsfaktor p slik at p < a. Bevis. Ettersom a ikke er et primtall har den en primtallsfaktor p slik at a = pb der b > 1 er et heltall. Velg p som den minste primtallsfaktoren i a. Da er b p. Vi må ha p a, for om p > a vil bp pp > a a = a, som motsier at a = pb. 2.1.2 Eratostenes sold. For å finne primtallene skriver vi opp alle tall større eller lik 2 i en tabell: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99... Det minste tallet i tabellen 2 må være et primtall. Tallene større enn 2 som er delbare med 2 kan ikke være primtall så vi stryker disse og får tabellen: 2 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 Det første tallet etter 2 i den nye tabellen, d.v.s. 3 er et primtall fordi den ikke er delbar med 2. Vi stryker nu alle de gjenstående tallene større enn 3 som er delbare 7

8 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI med 3 ettersom disse ikke er primtall og får tabellen: 2 3 5 7 11 13 17 19 23 25 29 31 35 37 41 43 47 49 53 55 59 61 65 67 71 73 77 79 83 85 89 91 95 97 Det første tallet etter 3 i den nye tabellen, d.v.s. 5, er nu et primtall ettersom det ikke er delbart med hverken 2 eller 3. Vi stryker nu alle tall større enn 5 som er delbare med 5 fordi disse ikke kan være primtall og får tabellen: 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 49 53 59 61 67 71 73 77 79 83 89 91 97 Det første tallet etter 5 i den nye tabellen, d.v.s. 7, må være et primtall ettersom det ikke er delbart med 2, 3 eller 5. Vi kan nu stryke alle tall større enn 7 som er delbare med 7 fordi disse ikke kan være primtall og får tabellen: 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 Fortsetter vi prosessen vil alle primtall opptre i alle tabeller fra et visst steg av. Denne metoden, kalt Eratostenes sold er ikke anvendbar i praksis ettersom vi må holde så mange tall i minnet. Vi skal skissere mer effektive metoder lenger bak. 2.1.3 Bemerkning. Vi merker at for å finne alle primtallene mindre enn 100 behøver vi, på grunn av Lemma 2.1.1 bare stryke tallene delbare med primtall mindre eller lik 100 = 10, det vil si, primtallene 2, 3, 5 og 7. Oppgaver. Oppgave 1. Bruk Eratostenes sold til å finne alle primtall mindre enn 200. Oppgave 2. Bruk Lemma 2.1.1 til å finne primtallene mindre enn 289 = 17 2. 2.2. Eksistens av primtall Til tross for at Eratostenes sold gir alle primtall viser ikke metoden at det finnes uendelig mange primtall. Det finnes imidlertid et flertall interessante bevis for at det finnes uendelig mange primtall. Vi skal reprodusere det mest kjente, som ble skrevet ned allerede av Euklid. Et par andre bevis finnes i oppgavene (se også [Rib] og [Rie]).

2.3. PRIMTALLSTVILLINGER OG GOLDBACH S HYPOTESE 9 2.2.1 Euklid s bevis for at det finnes uendelig mange primtall. For å vise at det finnes uendelig mange primtall rekker det å vise at hver gang vi har en endelig samling av primtall p 1,..., p k så kan vi alltid finne et primtall p k+1 forskjellig fra p 1,..., p k. Ingen endelig samling av primtall kan derfor inneholde alle primtall. La nu p 1,..., p k være primtall. Ifølge Setning 1.3.3 er p 1 p k + 1 et produkt av primtall. La p k+1 være et av disse primtallene. Da er p k+1 forskjellig fra p 1,..., p k fordi det ellers følger av Lemma 1.1.3 (3) at p k+1 1. 2.2.2 Bemerkning. Bruker vi i prosessen i 2.2.1 og velger p k+1 som det minste primtallet som deler p 1 p k +1 får vi en algoritme for å finne primtall. For eksempel, om vi begynner med p 1 = 2, gir prosessen p 1 = 2, p 1 + 1 = 3 = p 2, p 1 p 2 + 1 = 7 = p 3, p 1 p 2 p 3 + 1 = 43 = p 4 p 1 p 2 p 3 p 4 + 1 = 1807 = 13 139 så p 5 = 13. Vi får altså primtallene 2, 3, 7, 43, 13,.... prosessen gir. Det er ikke kjent hvilke primtall denne Oppgaver. Oppgave 1. Fortsett prosessen i 2.2.2 noen steg til. Oppgave 2. Utfør prosessen i 2.2.1 når vi begynner med p 1 = 2 og når p 1,..., p k er gitt velger vi p k+1 som det største primtallet som deler p 1 p k + 1. Oppgave 3. Vis at det finnes uendelig mange primtall på formen 4q + 3. (Ledetråd: Om p 1,..., p k er primtall på formen 4q +3, vis at det finnes et primtall på denne formen som deler 4p 1 p k 1). Oppgave 4. Vis at for hver heltall n 2 finned det ikke noe primtall i intervallet [n! + 2, n! + n]. For hver heltall n kan vi defor finne intervall av lengde minst n som ikke inneholder noe primtall. Oppgave 5. Vis at om p 2 er et primtall og p (p 1)! + 1 så er p et primtall. 2.3. Primtallstvillinger og Goldbach s hypotese To av de mest kjente problemene i matematikken er spørsmålet om det finnes uendelig mange primtalltvillinger og Goldbach s hypotese. Disse problemene har inspirert horder av matematikere i flere hundre år og det finnes en enorm litteratur på området. De beste resultatene har man funnet ved å bruke analytiske metoder, men fremdeles har vi ikke noen presis anelse om hvordan vi skal angripe disse formodningene. Ettersom man har verifisert dem for meget høye tall tror de fleste at det finnes uendelig mange primtallstvillinger og at Godbach s hypotese holder. Her skal vi bare forklare hva problemene går ut på. 2.3.1 Definisjon. To primtall p og q kalles primtallstvillinger om q p = 2.

10 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI 2.3.2 Eksempel. {3, 5}, {5, 7}, {11, 13}, {17, 19}, {29, 31}, {41, 43}, {59, 61}, {71, 73} er primtallstvillinger. 2.3.3 Problem. Finnes det uendelig mange primtallstvillinger? 2.3.4 Goldbach s hypotese. Hvert like heltall strikt større enn 2 er en sum av to primtall. 2.3.5 Eksempel. 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 3 + 7 = 5 + 5, 12 = 7 + 5, 14 = 7 + 7 = 3 + 11, 16 = 5 + 11 = 3 + 13, 18 = 5 + 113 = 7 + 11, 20 = 3 + 17 = 7 + 13, 22 = 3 + 19 = 5 + 17 = 11 + 11, 24 = 5 + 19 = 7 + 17 = 11 + 13,.... Oppgave. Oppgave 1. Finn flere primtallstvillinger. Oppgave 2. Fortsett listen i Eksempel 2.3.5 så langt du kan. 4. Fermat tall og Mersenne tall Problemene om eksistensen av primtall er blandt de mest fascinerende i matematikken. Drømmen om å beskrive raske algoritmer for å finne primtall, eller enkle formler som gir primtall, har syssellsatt mange matematikere i hundretalls år. I dag finnes det, som vi skal skissere senere, ganske bra metoder for raskt å finne primtall, ialfall med stor sannsynlighet. Blandt forsøkene til å finne formler for primtall er Fermat tallene og de mest kjente. Disse opptrer på mange steder i matematikken. Vi skal forklare hvorfor de er de eneste av sitt slag som kan være primtall og nevne problemene med å avgjøre hvilke av tallene som er primtall. De største primtallene vi kjenner er Mersenne primtall (se [Rib] og [Rie]). 2.4.1 Lemma. Vi har følgende tre likheter mellom polynomer: (1) T m 1 = (T 1)(T m 1 + T m 2 + + 1). (2) Om m er odde vil T m + 1 = (T + 1)(T m 1 T m 2 + T + 1). (3) Om m er jevn vil T m 1 = (T + 1)(T m 1 T m 2 + + T 1). Bevis. (1) (T 1)(T m 1 + T m 2 + + 1) = (T m + T m 1 + + T ) (T m 1 + T m 2 + + T + 1) = T m 1. (2) (T + 1)(T m 1 T m 2 + T + 1) = (T m T m 1 + T 2 + T ) + (T m 1 T m 2 + T + 1) = T m + 1. (3) Vi får (3) fra (1) ved å sette T for T. 2.4.2 Proposisjon. La m og a være positive heltall. (1) Om 2 m + 1 er et primtall må m = 2 n for noe n 0. (2) Om m > 1 og a m 1 er et primtall må a = 2 og m må være et primtall.

4. FERMAT TALL OG MERSENNE TALL 11 Bevis. (1) Anta at m = 2 n q der q > 1 og q er odde. Av Lemma 2.4.1 (2) med T = 2 2n og m = q får vi 2 m + 1 = (2 2n ) q + 1 = (2 2n + 1)((2 2n ) q 1 + (2 2n ) q 2 + +1). Derfor har 2 m + 1 en faktor 2 2n + 1 og 1 < 2 2n + 1 < 2 m + 1. Dette motsier at 2 m + 1 er et primtall så m kan ikke ha en odde faktor større enn 1, det vil si, m = 2 n. (2) Anta at m = m 1 n med 1 < m 1 < m. Av Lemma 2.4.1 (1) med T = a m 1 og m = n får vi a m 1 = (a m 1 ) n 1 = (a m 1 1)(a m1(n 1) + a m2(n 2) + + 1). Derfor har a m 1 en faktor a m 1 1 og a m 1 1 < a m 1. Siden a m 1 er et primtall ved antagelsen må a 2 så 1 < a m 1 1. Vi har derfor at a m 1 har en faktor a m 1 1 som tilfredsstiller 1 < a m 1 1 < a m 1. Dette motsier at a m 1 er et primtall. Defor må m være et primtall. Setter vi m 1 = 1 og derfor m = n ovenfor ser vi at a m 1 har en faktor a 1 der 1 < a 1 < a m 1 så vi må ha a = 2 for at a m 1 skal være et primtall. Det følger av Proposisjonen 2.4.2 at det er naturlig å spørre om for hvilke positive heltall n tallet 2 2n + 1 er et primtall, og om for hvilke primtall tallet 2 p 1 er et primtall. 2.4.3 Definisjon. Et tall på formen F n = 2 2n + 1 kalles et Fermat tall, og et tall på formen M n = 2 p 1 der p er et primtall kalles et Mersenne tall. Når M p er et primtall kalles M p et Mersenne primtall. 2.4.4 Bemerkning. Fermat mente tilsynelatende at alle Fermat tall er primtall. Det er lett å kontrollere at for n = 0, 1,..., 4 er F n primtall og Euler viste at F 5 = 641 6700417. Vi kjenner ikke flere Fermat tall som er primtall enn F 0,..., F 4. Tallene M 2, M 3, M 5 og M 7 er alle primtall, men M 11 = 2047 = 23 89. Det finnes en rekke andre Mersenne primtall, men vi vet ikke om det finnes uendelig mange. 2.4.5 Proposisjon. Ulike Fermat tall er innbyrdes primiske. Bevis. La d = SFD(F n, F n+k ) der k > 0. Vi får av Lemma 2.4.1 (3) med T = 2 2n og m = 2 k at (2 2n ) 2k 1 = (2 2n + 1)((2 2n ) (2k 1) (2 2n ) (2k 2) + + 2 2n 1). Dette betyr at F n F n+k 2. Defor vil d 2. Men Fermat tallene er odde så vi må ha d = 1. Oppgave. Oppgave 1. Vi har at 641 = 2 4 + 5 4 = 5 2 7 + 1. Vis at det finnes et heltall q slik at 641q = 2 32 1 så 641 deler F 5. (Ledetråd: 5 2 7 = 1 + 641 så 5 4 2 28 = 1 + 641a for noe heltall a. Videre er 5 4 = 2 4 + 641 så 1 + 641a = 5 4 2 28 = ( 2 4 + 641)2 28 = 2 32 + 2 28 641. Sett q = 2 28 a). Oppgave 2. Bruk Proposisjon 2.4.5 til å vise at det finnes uendelig mange primtall.

12 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI

3. MODULREGNING 3.1. Definisjoner Modulregningen er et av standard verktøyene i matematikken. Vi gir her en fremstilling av modulregningen for heltall og viser noen måter den kan brukes på. 3.1.1 Definisjon. La n være et positivt heltall. For to heltall a og b skriver vi a b (mod n) om n a b, og vi sier at a er kongruent b modulo n. Om n a b skriver vi a b (mod n) og sier at b er inkongruent med b modulo n. 3.1.2 Eksempel. Vi har 16 1 (mod 5), 24 0 (mod 8), 23 5 (mod 6). 3.1.3 Bemerking. Det kan synes at notasjonen og terminologien i Definisjon 3.1.1 er klumpete og lite hensiktsmessig. Som vi skal se fremhever definisjonen på en genial måte at vi regner med ekvivalensklasser og notasjonen og tenkemåten er en av Gauss mange viktige bidrag til matematikken. 3.1.4 Lemma. La n være et positivt heltall og la a, b og c være heltall. Da vil (1) (Refleksivitet) a a (mod n). (2) (Symmetri) Om a b (mod n) så vil b a (mod n). (3) (Transitivitet) Om a b (mod n) og b c (mod n) så vil a c (mod n). Bevis. (1) a a (mod n) betyr at n a a = 0. (2) At a b (mod n) betyr at n a b. Men da vil n b a som betyr at b a (mod n). (3) Vi har at n a b og n b c. Men da vil n (a b + b c) = (a c), så a c (mod n). 3.1.5 Bemerkning. De tre egenskapene i Lemma 3.1.4 betyr at kongruens modulo et fast tall n er en ekvivalensrelasjon. Dette er det samme som å si at heltallene er en union av disjunkte ekvivalensklasser av heltall. Dette gjelder helt generelt, men vi skal allikevel vise dette i det spesielle tilfellet med ekvivalensklasser modulo n. 13

14 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI 3.1.6 Lemma. La n være et positivt heltall. Vi har at mengdene Z i = {a Z : a i (mod n)} = {i + bn : b Z} for i = 0,..., n 1 er disjunkte, og Z = Z 0 Z n 1. Bevis. At a Z i Z j betyr at a i (mod n) og a j (mod n). Derfor vil i j (mod n). Men dette er umulig medmindre i = j ettersom 0 i, j < n. Derfor er i = j og vi har vist at mengdene Z i er disjunkte. Videre kan hvert heltall a skrives a = qn+r med 0 r < n ved Divisjonsalgoritmen 1.1.4, hvilket betyr at a Z r. Derfor er Z unionene av mendgene Z 0,..., Z n 1. 3.1.7 Eksempel. For eksempel får vi for n = 4 at Z er den disjunkte unionen av ekvivalensklassene Z 0 = {4c : c Z}, Z 1 = {4c + 1 : c Z}, Z 2 = {4c + 2 : c Z}, Z 3 = {4c + 3 : c Z}. Det vil si, hver tall b Z kan skrives på formen b = 4c + i med i lik et av tallene 0, 1, 2, 3, og 4c+i = 4c +i med 0 i, i 3 hvis og bare hvis i = i. Notasjonen a b (mod n) betyr at a og b er i samme ekvivalensklasse og betoner at vi ikke behøver å skille på a og b når vi bare er interessert i egenskaper som ikke er avhengige av divisjon med n. 3.1.8 Definisjon. Vi kaller mengdene Z 0,..., Z n 1 for ekvivalensklasser modulo n, og vi sier at et heltall a representerer ekvivalensklassen Z i om a Z i. Neste resultat viser hvordan vi kan regne modulo et gitt tall. 3.1.9 Lemma. La n være et positivt heltall, og la a a (mod n) og b b (mod n). Da vil (1) a + b a + b (mod n). (2) ab a b (mod m). (3) Om f(t ) = a 0 T d + a 1 T d 1 + a d er et polynom med heltallskoeffisienter vil f(a) f(a ) (mod n). Bevis. (1) Forutsetningen er at n a a og n b b. Da vil n (a a + b b ) = (a + b) (a + b ) det vil si a + b a + b (mod n). (2) Vi har også at n b(a a )+a (b b ) = ab a b, det vil si ab a b (mod n). (3) Ved gjentatt bruk av (2) får vi at a i a d i a i b d i (mod n) for i = 0,..., d og ved gjentatt bruk av (1) at f(a) f(a ) (mod n). 3.1.10 Eksempel. Vi illustrerer hvordan modulregningen forenkler oppgave å finne resten av et produkt av to tall ved divisjon med et tall. Skal vi regne ut resten til 139 184 ved divisjon med 12 får vi av divisjonalgoritmen at 139 = 11 12 + 7 og 184 = 15 12 + 4 så 139 7 (mod 12), og 184 4 (mod 12). Derfor er 139 184 7 4 28 (mod 12) og 28 4 (mod 12), så resten av 139 184 ved divisjon med 12 er 4.

3.2. DEFINISJONER 15 3.1.11 Eksempel. Vi viser hvordan modulregningen forenkler oppgaven å finne resten av en potens av et tall ved divisjon med et tall. For å finne resten av 2 99 ved divisjon med 6 kan vi bruke at 2 3 2 (mod 6). Da vil 2 99 (2 3 ) 33 2 33 (mod 6). Videre er 2 33 (2 3 ) 11 2 11 (mod 6). Vi får 2 11 2 2 2 9 2 2 (2 3 ) 3 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 (mod 6). Vi har sett hvordan vi kan addere og multiplisere tall modulo et gitt tall n. For tall som er primiske med n er det også mulig å dividere. 3.1.12 Lemma. La n være et positivt tall. (1) For hvert tall a som er innbyrdes primisk med n har ligningen ax 1 (mod n) en løsning. (2) Om ab ac (mod n) vil b c (mod n). Bevis. (1) De Av antagelsen er SFD(a, n) = 1, eller ekvivalent, 1 = ax + ny for noen heltall x og y. Men dette betyr at ax 1 (mod n). (2) Om ax ay (mod n) får vi at a(x y) 0 (mod n), det vil si, n a(x y). Av Proposisjon 1.2.11 (1) må da n x y, det vil si, x y (mod n). 3.1.13 Eksempel. Vi illustrerer Lemma 3.1.12 med et par eksempler. (1) La p = 7. Da vil 1 1 1 (mod 7), 2 4 1 (mod 7), 3 5 1 (mod 7), 6 6 1 (mod 7). (2) La n = 12. Da vil 1 1 1 (mod 12), 1 5 5 (mod 12), 7 7 1 (mod 12), 11 11 1 (mod 12). Oppgaver. Oppgave 1. Finn resten av 5 57 ved divisjon med 17. Oppgave 2. For a = 1,..., 18, finn x slik at ax 1 (mod 19). Oppgave 3. En ekvivalensrelasjon på en mengde er en relasjon a b mellom noen par av elementer a og b i S som for alle elementer a, b, c i X tilfredsstiller følgende krav: (1) (Refleksivitet) a a. (2) (Symmetri) Om a b vil b a. (3) (Transitivitet) Om a b og b c vil a c. (1) Vis at en ekvivalensrelasjon på S er ekvivalent med å ha en samling undermengder S i av S der i er med i en indeksmengde I, slik at S i S j = når i j, og S = i I S i. (2) Vis at S i ene sammenfaller med Z 0,..., Z n 1 når er ekvivalens modulo n.

16 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI 3.2. Fermat s og Euler s satser Fermat s lille sats er en av de mest kjente og anvendte i matematikken. Vi viser her en velkjent generalisering av Euler. 3.2.1 Definisjon. La n være et positivt heltall. La φ(n) være antallet tall blandt 1, 2,..., n 1 som er primiske med n. Funksjonen φ kalles Euler s funksjon. 3.2.2 Eksempel. De første verdiene av Euler s funksjon er gitt av φ(1) = 1, φ(2) = 1, φ(3) = 2, φ(4) = 2, φ(5) = 4, φ(6) = 2, φ(7) = 6, φ(8) = 4, φ(9) = 6, φ(10) = 4, φ(11) = 10, φ(12) = 4. Generelt vil φ(p) = p 1 for hvert primtall p. 3.2.3 Euler s sats. La n være et positivt heltall. For hver heltall a som er primisk med n har vi a φ(n) 1 (mod n). Bevis. La a 1,..., a φ(n) være tallene blandt 1, 2,..., n 1 som er primiske med n, og la a være et av disse tallene. Tallene a 1 a,..., a φ(n) a er innbyrdes inkongruente modulo n fordi om ia ja (mod n), med 1 i, j n 1 så vil n (i j)a, og derfor vil n i j av Lemma 1.2.11 (1). Dette er umulig ettersom n < i j < n. Vi har altså at modulo n så er tallene a 1 a,..., a φ(n) a lik tallene a 1,..., a n in noen rekkefølge. Derfor vil a 1 a a φ(n) a a 1 a φ(n) (mod n). Det vil si, a 1 a φ(n) a φ(n) a 1 a φ(n) (mod n). Av Lemma 3.1.12 (2) følger det at vi suksessivt kan dele bort a 1,..., a φ(n), og vi står igjen med a φ(n) 1 (mod n). 3.2.4 Eksempel. For å illustrere regning modulo et tall verifiserer vi Euler s sats i tilfellet n = 15. Da vil φ(15) = 8. Vi har 1 4 1 (mod 15), 2 4 1 (mod 15), 4 4 (4 2 ) 2 1 (mod 15), 7 4 (7 2 ) 2 4 2 1 (mod 15), 8 4 4 4 2 4 1 (mod 15), 11 4 (11 2 ) 2 1 (mod 15), 13 4 (13 2 ) 2 4 2 1 (mod 15) 14 4 2 4 7 4 1 (mod 15). 3.2.5 Eksempel. Vi så i Eksempel 3.2.4 at det kan finnes eksponenter e strikt mindre enn φ(n) slik at a e 1 (mod n) for alle a som er primiske med n. Her er et eksempel til med n = 12, så φ(12) = 4. Men 1 2 1 (mod 12), 5 2 1 (mod 12), 7 2 1 (mod 12), 11 2 1 (mod 12). 3.2.6 Fermat s lille sats. La p være et primtall. For hvert helt tall a som ikke er delbart med p har vi a p 1 1 (mod p). Ekvivalent har vi for alle heltall a at a p a (mod p). Bevis. Første delen følger er Euler s sats ettersom φ(p) = p 1. For andre delen observerer vi at av a p a (mod p) følger av den første delen, og om a ikke er delbar med p har vi ved Lemma 3.1.12 (2) at vi kan dele bort a fra a p a (mod p) slik at vi får a p 1 1 (mod p).

3.2. FERMAT S OG EULER S SATSER 17 3.2.7 Eksempel. Vi verifiserer Fermat s lille sats for p = 7. Da vil 1 6 1 (mod 7), 2 6 (2 3 ) 2 1 (mod 7), 3 6 (3 2 ) 3 2 3 1 (mod 7), 4 6 ( 3) 6 1 (mod 7), 5 6 ( 2) 6 2 6 1 (mod 7), 6 6 ( 1) 6 1 (mod 7). 3.2.8 Eksempel. Vi finner resten av 3 124 ved divisjon med 17. Av Fermat s lille sats vil 3 16 1 (mod 17). Vi har 124 = 7 16+12 så 3 124 3 7 16 3 12 3 12 (mod 17). Nu er 3 6 1 (mod 17) så 3 12 3 12 3 4 6 4 3 16 6 4 6 4 (6 2 ) 2 2 2 4 (mod 17), så resten blir 4. 3.2.9 Eksempel. Vi har at a 4 1 (mod 30) for alle a som er primiske med 30 = 2 3 5. Det følger av Lemma 1.2.11 (2) rekker det å vise at a 32 1 (mod p) når p = 2, 3, 5. Men ved Fermat s lille sats vil a 1 (mod 2), a 2 1 (mod 3), og a 4 1 (mod 5). 3.2.10 Wilson s sats. La n være et heltall. Da er n et primtall hvis og bare hvis (n 1)! 1 (mod n). Bevis. Anta at n = p er et primtall. For hvert tall a som ikke er delbart med p har vi av Lemma 3.1.12 (1) at det finnes et heltall b slik at ab 1 (mod p). Vi har at a b (mod p) om a 1 (mod p), eller a 1 (mod p) fordi a 2 1 (mod p) medfører at (a + 1)(a 1) 1 (mod p), og det følger av Lemma 1.2.11 (1) at da må a 1 (mod p) eller a 1 (mod p). For hver a blandt tallene 2, 3,..., p 2 finnes det derfor et tall b blandt 2, 3,..., p 2 slik at ab 1 (mod p) og a b (mod p). Derfor vil (p 1)! 1(p 1) 1 (mod p). Omvendt, om n ikke er et primtall vil n ha en primfaktor p < n. Da vil p (n 1)!. Men da kan ikke n (n 1)! + 1 fordi dette ville bety at p (n 1)! + 1 og derfor at p 1. Oppgaver. Oppgave 1. Er a 29 1 (mod 30) for alle heltall a som er primiske med 30? Oppgave 2. La p være et odde primtall. Vis at ligningen x 2 1 (mod p) har en løsning hvis og bare hvis p 1 (mod 4). (Ledetråd: Ettersom i p i (mod p) og p i gjennomløper tallene p 1,..., (p + 1)/2 når i gjennomløper tallene 1,..., (p 1)/2 får vi (p 1)! (((p 1)/2)!) 2 ( 1) (p 1)/2 (mod p). Av Wilson s sats får vi (((p 1)/2)!) 2 ( 1) (p+1)/2 (mod p). Når p 1 (mod 4) er (p + 1)/2 odde så x = ((p 1)/2)! er en løsning til x 2 1 (mod p). Anta at p 3 (mod 4). Da er (p 1)/2 odde. Om x 2 1 (mod p) så er x primisk med p så Fermat s lille setning gir x p 1 1 (mod p). Derfor vil 1 (x 2 ) (p 1)/2 ( 1) (p 1)/2 1 (mod p), som er umulig ettersom p er odde.

18 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI Oppgave 3. Vis at Euler s funksjon φ er multiplikativ, det vil si om m og n er innbyrdes primiske heltall så vil φ(mn) = φ(m)φ(n). (Hint: Vi kan klart anta at m > 1 og n > 1. Del opp elementene 1, 2,..., nm i m grupper Z i = {i, m + i,..., (n 1)m + i}, hver med n elementer. Elementene i Z i er kongruente modulo m og hver av mengdene Z 1,..., Z m svarer til en kongruensklasse modulo m. Derfor vil nøyaktig φ(m) av mendgene Z 1,..., Z m svare til kongruensklasser av elementer som er primiske med m. Resten av elementene i mengdene Z 1,..., Z n består av tall a slik at SFD(a, m) > 1. Når j er primisk med n består Z j av tallene j, m + j,..., (n 1)m + j, som representerer ulike restklasser modulo n fordi am + j bm + j (mod n) medfører at n m(a b) og ettersom SFD(m, n) = 1 må n a b som er umulig når 0 a, b, < n. Derfor vil hver mengde med SFD(j, n) = 1 bestå av φ(n) tall som er primiske med n. Tilsammen får vi φ(m) mengder med φ(n) elementer i hver, der elementene er primiske både til m og n. Derfor er φ(mn) = φ(m)φ(n).) Oppgave 4. La Z 0,..., Z n 1 være ekvivalensklasser modulo n. Betrakt disse som elementer i en mengde Z/nZ med elementer [0], [1],..., [n 1] slik at Z i svarer til [i]. Vi har en avbildning [ ] : Z Z/nZ definert ved at bildet [a] av et heltall a er [r] der r er gitt av a = qn+r med 0 r < n. (1) Vis at vi kan definere en addisjon på elementene i Z/nZ slik at [a+b] = [a]+[b] for alle heltall a og b. (2) Vis at vi kan definere en multiplikasjon på elementene i Z/nZ slik at [ab] = [a][b] for alle heltall a og b. (3) Skriv opp multiplikasjonstabellene for addisjon og multiplikasjon for Z/nZ når n = 5. (4) Vis at for alle heltall a, b, c vil (i) (Kommutativitet) [a + b] = [b + a] (ii) (Enhet) [0 + a] = [a]. (iii) (Invers) [a] + [ a] = [0]. (iv) (Transitivitet) ([a] + [b]) + [c] = [a] + ([b] + [c]). Egenskapene (i)-(iv) betyr at Z/nZ danner en kommutativ gruppe under addisjon. (5) Vi at for alle heltall a, b, c vil (i) (Kommutativitet) [ab] = [ba]. (ii) (Enhet) [1 a] = [a]. (vi) (Transitivtet) ([a][b])[c] = [a]([b][c]). (6) Vis at når a er innbyrdes primisk med n så finnes et tall x slik at (iii) (Invers) [x][a] = [1]. Egenskapene (i)-(iv) betyr at elementene [i] i Z/nZ slik at SFD(i, n) = 1 er en kommutativ gruppe under multiplikasjon. 3. Primtallstesting Primtallene er nyttige ikke bare i matematikken, men også i anvendelser, som for eksempel ved offentlig kryptering. Derfor er det viktig å ha bra metoder for å finne primtall, for å teste om et gitt tall er et primtall. Vi skal her gi en metode for å

3. PRIMTALLSTESTING 19 teste om et tall er et primtall basert på Fermat s lille sats, og som på kort tid kan fortelle oss, med stor sannsynlighet, om et tall er et primtall. Først behøver vi en hjelpesetning som sier noe om hvor store sjansene er at vi finner primtall. 3.3.1 Lemma. La n være et positivt heltall slik at det finnes et tall b primisk med n med b n b (mod n). La a 1,..., a k og b 1,..., b l være tallen blandt 2, 3,..., n 1 slik at a n i a i (mod n) respektive b n j b j (mod n). Da vil ba 1,..., ba k være innbyrdes inkongruente modulo n og (ba i ) n ba i (mod n). Spesielt vil l k. Bevis. At ba i ba j (mod n) når i j følger av Lemma 1.2.11 (1) ettersom b er primisk med n av antagelsen og n < b i b j < n. Videre har vi at (ba i ) n b n a n i b n a i (mod n). Det følger derfor av Lemma 3.1.12 (2) at siden b n b (mod n) så vil b n a i ba i (mod n). 3.3.2 Metoden. For å teste om et helt tall n er et primtall velger vi først et vilkårlig tall a 1 blandt 2, 3,..., n 1. Da er det lett å bestemme, med Euklid s algorime 1.2.8, om a 1 og n har en felles divisor større enn 1. Om det finnes en slik divisor kan n ikke være et primtall, og vi er ferdige. Om a 1 og n er innbyrdes primiske regner vi ut a n 1 modulo n. Er an 1 a 1 (mod n) følger det av Fermats lille sats at n ikke er et primtall, og vi er også ferdige. Om, derimot, a n 1 a 1 (mod n) kan vi ikke avgjøre om n er et primtall eller ikke, for et sammensatt tall kan ha a n a (mod n) for noe tall a og b n b (mod n) for et annet tall b. For eksempel er 3 6 3 (mod 6) og 2 6 4 2 (mod 6). Om n ikke er et primtall og det finnes et tall b blandt 1, 2,..., n slik at b n b (mod n) er imidlertid sjansen for å finne et all a primisk med n slik at a n a (mod n) mindre enn 1/2 på grunn av Lemma 3.3.1. Vi fortsetter nu med å velge et vilkårlig tall a 2 blandt 2, 3,..., n 1. Igjen undersøker vi om SFD(a 2, n) > 1. Er det slik er n ikke primtall og vi slutter. Om a 2 og n er primiske regner vi igjen ut a n 2 modulo n. Igjen følger av Fermats lille sats at om a n 2 a 2 (mod n) så er n ikke et primtall og vi slutter. Om a n 2 a 2 (mod n) fortsetter vi, og vi vet at sjansen for å finne a 1 og a 2 med a n 1 a 1 (mod n) og a n 2 a 2 (mod n) er mindre enn (1/2)(1/2) = 1/4. Om vi kan fortsette denne testen k ganger og finne a 1,..., a k, alle inbyrdes primiske med n, slik at a n i a i (mod n) for i = 1,..., k vet vi at sjansen for dette er mindre enn 1/2 k. Vi kan derfor, litt løst, si at sjansen for at n er et primtall er 1 1/2 k, som blir veldig nær 1 for rimelige verdier av k. Om vi kan finne a 1,..., a k primiske med n slik at a n i a i (mod n) for i = 1,..., k har vi derfor funnet at n er et primtall med stor sannsynlighet. Ofte rekker dette for de fleste praktiske formål. 3.3.3 Carmichael tall. Et interessant tilfelle er når n er sammensatt a n a (mod n) for alle a primiske med n. Da feiler vår test i 3.3.2 fullstendig. Slike tall n kalles Carmichael tall. Heldigivs for testen ovenfor er det få Carmichael tall, og det var først i 1992 [AGP] at det ble vist at det finnes uendelig mange Carmichael tall. 3.3.4 Eksempel. Det minste Carmichael tallet er 561 = 3 11 17. For å vise at 561 er et Carmichael tall rekker det ved gjentatte ganger å bruke Lemma 1.2.11 (2) å vise at a 561 er kongruent med a modulo 3, 11 og 17 for alle a primiske med 561. Av Fermats lille sats har vi a 16 1 (mod 17), a 10 1 (mod 11) og a 2 1 (mod 3)

20 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI når a er primisk med 561. Av 561 = 35 16 + 1, 561 = 56 10 + 1, og 561 = 280 2 + 1 får vi a 561 (a 16 ) 35 a a (mod 17), a 561 (a 10 ) 56 a a (mod 11), respektive a 561 (a 2 ) 280 a a (mod 3). Oppgave. Oppgave 1. For raskt å regne ut potenser a n av et tall a kan vi bruke todeling. For eksempel, om vi vil regne ut a 87, kan vi bruke sekvensen av utregninger a 87 (a 43 ) 2 a, a 43 = (a 21 ) 2 a, a 21 = (a 10 ) 2 a, a 10 = (a 5 ) 2, a 5 = (a 2 ) 2 a, a 2 = aa. Det vil si, vi klarer oss med 5 multiplikasjoner med a og 5 kvadreringer for å finne a 87 istedenfor 87 multiplikasjoner med a. Modulo et tall n gå det derfor meget raskt å finne potenser av et gitt tall. Vis mer generelt at vi kan regne ut a n ved hjelp av funksjonene som sender x til x 2, og x til x 2 a med omkring ln(n) multiplikasjoner. Oppgave 2. Test metoden i 3.3.2 for noen av tallene 5, 6,..., 20. Oppgave 3. Vis at om n er et produkt av ulike primtall og p 1 n 1 for hver primtall p som deler n, da vil n enten være et primtall eller et Carmichael tall. Bruk dette til å vise at 561 = 3 11 17 er et Carmichael tall. Oppgave 4. Vis at 1729 er et Carmichael tall.

4. ARITMETISKE FUNKSJONER 4.1.1 Definisjoner og eksempler Aritmetiske funksjoner forekommer overalt i matematikken, og spiller en viktig rolle i store deler av tallteorien. Her gir vi noen eksempler på aritmetiske funksjoner og viser noen av de fundamentale egenskapene til slike funksjoner. 4.1.1 Definisjon. En aritmetisk funksjon f er en funksjon fra positive hele tallene N til de komplekse tallene, eller ekvivalent, en sekvens a 1, a 2,..., av komplekse tall. Vi sier at f er multiplikativ om f(mn) = f(m)f(n) når SFD(m, n) = 1. 4.1.2 Bemerkning. Om n 1,..., n k er innbyrdes primiske hele tall har vi at f(n 1,..., n k ) = f(n 1 ) f(n k ), som vi ser ved å bruke Definisjon 4.1.1 flere ganger. 4.1.3 Notasjon. La f og g være aritmetiske funksjoner. For hvert heltall n betegner f(d)g(n/d) summen av f(d)g(n/d) over alle divisorene d til n, inklusive 1 og n. 4.1.4 Eksempler. (1) La d n { 1 n = 1 I(n) = 0 n > 1. Vi kaller I for identitetsfunksjonen. Denne aritmetiske funksjonen er klart multiplikativ. (2) La u(n) = 1 for alle n N. Vi kaller u for enhetsfunksjonen. Denne aritmetiske funksjonen er klart multiplikativ (3) La N(n) = n for alle n. Denne aritmetiske funksjonen er klart multiplikativ. (4) La n = p e 1 1 pe i k med e i 1 for i = 1,..., n. Vi setter { 0 om noen ei > 1 µ(n) = ( 1) k ellers. Vi kaller µ for Möbius µ funksjon. Den er klart multiplikativ. Vi har µ(1) = 1, µ(2) = 1, µ(3) = 1, µ(4) = 0, µ(5) = 1, µ(6) = 1, µ(7) = 1, µ(8) = 0, µ(9) = 0, µ(10) = 1,.... 21

22 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI (5) La τ(n) = d n u(d) = d n 1, det vil si, τ(n) er antallet divisorer i n, inklusive 1 og n. For eksempel er τ(12) = 6 fordi divisorene i 12 er 1, 2, 3, 4, 6, 12. (6) La σ(n) = d n N(d) = d n d, det vil si, σ(n) er summen av divisorene i n inklusive 1 og n. Av eksempel (5) følger det at σ(12) = 28. (7) Euler s funksjon φ definert i 3.2.1 er en viktig aritmetisk funksjon. 4.2. Dirichlet produktet Vi kan multiplisere aritmetiske funksjoner ved å multiplisere verdiene av funksjonen, så kalt punktvis multiplikasjon. Et mye viktigere produkt er imidlertid Dirichlet produktet, eller konvolusjonen, av funksjonen. Vi skal definere dette produktet, og gi dets viktigste egenskaper. 4.2.1 Definisjon. La f og g være aritmetiske funksjoner. Dirichlet produktet, eller konvolusjonen, f g av f og g er den aritmetiske funksjonen definert ved (f g)(n) = d n f(d)g(n/d) for alle n. Ekvivalent har vi, ved å sette e = n/d, at (f g)(n) = de=n f(d)g(e) der summen er over alle par d, e av hele positive tall slik at de = n. Defor har vi også den ekvivalente formen av Dirichlet produktet, (f g)(n) = d n f(n/d)g(d). 4.2.2 Eksempel. Vi har (f g)(12) = f(1)g(12) + f(2)g(6) + f(3)g(4) + f(4)g(3) + f(6)g(2) + f(12)g(1). 4.2.3 Eksempel. Vi har (f u)(n) = f(d)u(n/d) = f(d) d n d n for alle n. Spesielt vil τ = u u og σ = N u. De viktigste egenskapene til Dirichlet produktet er gitt i følgende resultat:

4.2. DIRICHLET PRODUKTET 23 4.2.4 Lemma. La f, g og h være aritmetiske funksjoner. Vi har (1) f g = g f. (2) (f g) h = f (g h). (3) f I = f = I f. Bevis. (1) Dette følger av formelen (f g)(n) = de=n f(d)g(e) i Definisjon 4.2.1. (2) Vi har av Definisjon 4.2.1 ((f g) h)(n) = (f g)(d)h(c) dc=n = de=n ab=d f(a)g(b)h(c) = abc=n f(a)g(b)h(c), der den siste summer er over alle tripler a, b, c slik at abc = n. På tilsvarende måte får vi f (g h)(n) = f(a) (g h)(e) ae=n = ae=n bc=e f(a)g(b)h(c) = abc=n der den siste summen igjen er over alle tripler a, b, c slik at abc = n. (3) f I = d n f(d)i(n/d) = f(n) = d n I(d)f(n/d) = I f. 4.2.5 Lemma. Vi har µ u = I, det vil si, { 1 om n = 1 µ(d) = I(n) = 0 om n > 1. d n f(a)g(b)h(c) Bevis. Det er klart at d 1 µ(d) = 1. La n > 1 og skriv n = pe 1 1 pe i k der p 1,..., p k er ulike primtall. Når d n vil µ(d) 0 nøyaktig når d = p i1 p il der 1 i 1 < < i l k. For gitt l finnes det nøyaktig ( k l) slike divisorer d = pi1 p il, og for hver slik divisor vil µ(d) er 1 om l er like og 1 om l er odde. Dette viser at µ(d) = 1 d n ( ) k + 1 ( ) ( ) k k + ( 1) k. 2 k Høyre siden i den siste ligningen er (1 1) k ved binominalformelen, så vi har vist lemmaet. 4.2.6 Möbius inversjon. La f og g være aritmetiske funksjoner. Da er f = g u hvis og bare hvis g = f µ. Med andre ord, f(n) = d n g(d)

24 KJENT OG UKJENT I ELEMENTÆR TALLTEORI hvis og bare hvis g(n) = d n f(d)µ(n/d). Bevis. Om f = g u har vi av Lemma 4.2.4 og Lemma 4.2.5 at f µ = (g u) µ = g (u µ) = g I = g. Omvendt gir de samme hjelpesetningene at om g = f µ så vil g u = (f µ) u = f (µ u) = f I = f. 4.2.7 Proposisjon. Om g og h er multiplikative aritmetiske funksjoner så er den aritmetiske funksjonen f = g h multiplikativ. Bevis. La m og n være innbyrdes primiske positive heltall. Det følger at om d mn så vil d = ab der a og b er entydig bestemte hele positive tall slik at a m og b n. Omvendt, for hver par a, b av hele positive tall slik at a m og b n får vi en divisor d = ab av mn. Det er altså en bijektiv korrespondanse mellom divisorer d til mn og par a, b av divisorer i m respektive n. Derfor vil f(mn) = (g h)(mn) = d mn g(d)h(n/d) = a m g(ab)h(mn/ab). Ettersom g og h er multiplikative ved antagelsene i proposisjonen får vi f(mn) = a m g(a)g(b)h(m/a)h(n/b) b n = g(a)h(m/a) g(b)h(n/b) = f(m)f(n). a m b n b n 4.2.8 Eksempel. I Eksempel 4.2.3 observerte vi at τ = u u og σ = N u. Det følger derfor av Proposisjon 4.2.7 at τ og σ er multiplikative. Av Bemerkning 4.1.2 får vi at om n = p e 1 1 pe k k der p 1,..., p k er ulike primtall så vil τ(n) = k (e i + 1) og σ(n) = i=1 k i=1 (p e i+1 i 1)/(p i 1) fordi, for et primtall p vil divisorene i p e være 1, p,..., p e så τ(p e ) = e + 1 og σ(p e ) = 1 + p + + p e = (p e+1 1)/(p 1).

4.3. GRUPPEN AV ARITMETISKE FUNKSJONER 25 4.2.9 Proposisjon. Vi har Det vil si, N = φ u. n = d n φ(d). Proof. Sett S = {1,..., n}. For hver divisor d in n setter vi S d = {a S : SFD(a, n) = n/d}. Vi har at S er unionen av S d ene og at S d ene er disjunkte ettersom det for hvert a S finnes en entydig divisor d i n slik at SFD(a, n) = n/d. Derfor er antallet elementer i S lik summen av antallet elementer i S d. For å vise proposisjonen rekker det derfor å vise at antallet elementer i S d er φ(d). La a S d. Da vil SFD(a, n) = n/d så ved Lemma 1.2.7 har vi SFD(ad/n, d) = 1. Ettersom a n vil ad/n d. Tallet ad/n ligger derfor i mengden U d av elementer i {1,..., d} som er primiske med d. Omvendt, om b U d vil SFD(b, d) = 1 så det følger av Lemma 1.2.7 at SFD(bn/d, n) = n/d, det vil si bn/d S d. Vi har derfor en bijeksjon S d U d som avbilder a til ad/n og som har en invers som avbilder b til bn/d. Det er altså like mange elementer i S d som det er elementer i {1,..., d} som er primiske med d, det vil si φ(d). Vi har derfor vist proposisjonen. 4.2.10 Proposisjon. Euler s funksjon φ er multiplikativ. Om n = p e 1 1 pe k k der p 1,..., p k er ulike primtall med e i > 0 for i = 1,..., k vil φ(n) = k (p e i i=1 i p e i 1 i ) = n k (1 1/p i ). i=1 Bevis. Av Proposisjon 4.2.9 har vi N = φ u. Det følger av Möbius inversjon 4.2.6 at φ = N µ. Ettersom N og µ er multiplikative følger det av Proposisjon 4.2.7 at φ er multiplikativ. Det følger av Bemerkning 4.1.2 at φ(n) = k i=1 φ(pe i ). Siste delen av proposisjonen følger derfor av at tallene blandt 1, 2,..., p e som ikke er primiske med p e er de p e 1 tallene p, 2p,..., p e 1 p så φ(p e ) = p e p e 1. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at d n τ(d)µ(n/d) = 1 og at d n σ(d)µ(n/d) = n. 4.3. Gruppen av aritmetiske funksjoner 4.3.1 Definisjon. Vi sier at en aritmetisk funksjon f har en invers om det finnes en aritmetisk funksjon g slik at f g = I, med andre ord, hvis { 0 når n = 1 (f g)(n) = 1 når n > 1.