Kongruencije višeg reda

Transcription

1 Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Jelena Lalić Kongruencije višeg reda Dilomski rad Osijek, 016.

2 Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Jelena Lalić Kongruencije višeg reda Dilomski rad Mentor: izv.rof.dr.sc. Ivan Matić Osijek, 016.

3 Sadržaj 1 Uvod 4 Djeljivost 5 3 Kongruencije Osnovna svojstva Potuni sustav ostataka Eulerova funkcija Linearne kongruencije Polinomijalne kongruencije 16 5 Kvadratne kongruencije 0 6 Primitivni korijeni 7 Literatura 35 Sažetak 36 Summary 37 Životois 38 3

4 1 Uvod Teorija kongruencija daje nam drukčiji ogled na robleme koji se tiču djeljivosti te nalazi svoju rimjenu daleko izvan teorije brojeva. Neresušan izvor intrigantnih roblema vezanih uz kongruencije naveli su mnoge oznate matematičare out Legendrea, Lagrangea, Eulera i Gaussa da teoriju brojeva svojim rezultatima izdvoje kao zasebnu granu matematike. Jezik kongruencije razvio je Karl Friedrich Gauss godine u svome djelu Disquisitiones Arithmeticae. U ovom radu osteeno ćemo razvijati metodu za rješavanje olinomijalnih kongruencija oblika f(x) 0 (mod m), gdje je f olinom s cjelobrojnim koeficijentima. Od olinomijalnih kongruencija rvo ćemo romatrati one najjednostavnije, linearne kongruencije, a zatim se zaustaviti na kvadratnim kongruencijama i okazati vezu izmedu vrijednosti Legendreovog simbola i egzistencije rješenja kongruencije oblika x a (mod ), gdje je nearan rost broj. U zadnjem oglavlju ćemo uvesti ojam rimitivnog korijena koji će odigrati važnu ulogu u rješavanju olinomijalnih kongruencija. 4

5 Djeljivost Definicija.1. Neka su a 0 i b cijeli brojevi. Kažemo da a dijeli b ako ostoji cijeli broj x takav da je b = ax. U tom slučaju išemo a b. Kažemo još da je a dijelitelj od b te da je b višekratnik od a. Ukoliko b nije djeljiv s a išemo a b. Neka su a, b i c cijeli brojevi. Navedimo nekoliko osnovnih svojstava djeljivosti: (1) Ako je a 0, tada a a i a 0. () Za svaki a vrijedi 1 a. (3) Ako a b i a c, tada a (bx + cy) za sve x, y Z. (4) Ako a b i b c, tada a c. (5) Ako je a > 0, b > 0 i a b, tada je a b. Jednu od osnovnih tvrdnji iz koje roizlaze mnoga svojstva djeljivosti redstavlja Teorem o dijeljenju s ostatkom. Teorem.1 (Teorem o dijeljenju s ostatkom). Za roizvoljan cijeli broj a i rirodan broj b ostoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je a = bq + r, gdje je 0 r < b. Dokaz. Promotrimo sku S = {a sb : s Z takav da je a sb 0}. Ukoliko je a < 0, tada je a ab = a(1 b) 0, odnosno, a ab S. Ako je a 0, vrijedi a = a 0 b 0 te je a S. Dakle, S je nerazan odsku skua N te rema tome ima najmanji element. Označimo ga s r = a bq 0. Dodatno vrijedi r b = (a bq) b = a (q + 1)b < 0, tj. 0 r < b. S ciljem dokazivanja jedinstvenosti brojeva q i r retostavimo da ostoji još jedan ar u i v koji zadovoljava iste uvjete, odnosno a = bu + v, gdje je 0 v < b. Pretostavimo da je u < q. Budući su u i q rirodni brojevi, vrijedi u + 1 q. Odatle je r = a bq a b(u + 1) = (a ub) b = v b < 0 što je u kontradikciji s retostavkom r 0. Sličnu kontradikciju dobivamo za q < u. Očito je u = q što dalje imlicira v = r. Definicija.. Neka su a i b cijeli brojevi. Cijeli broj d nazivamo najveći zajednički djelitelj brojeva a i b i označavamo s (a, b) ukoliko vrijedi: 1. d > 0. d a i d b 3. ako je e Z takav da e a i e b, tada e d. Slično se definira najveći zajednički djelitelj brojeva a 1, a,..., a n Z, koji nisu svi jednaki nuli, i označava s (a 1, a,... a n ). 5

6 Definicija.3. Za cijele brojeve a i b kažemo da su relativno rosti ako je (a, b) = 1. Slično, za cijele brojeve a 1, a,..., a n kažemo da su relativno rosti ako je (a 1, a,..., a n ) = 1. Ukoliko vrijedi (a i, a j ) = 1 za sve 1 i, j n, i j, kažemo da su a 1, a,..., a n u arovima relativno rosti. Odredivanje najvećeg zajedničkog djelitelja dva cijela broja, osebno ukoliko se radi o većim brojevima, zahtjeva metodu koja se ojavljuje u Euklidovim Elementima, a oznata je od nazivom Euklidov algoritam. Euklidov algoritam baziran je na teoremu.1. Neka su a, b Z, b > 0. Pretostavimo da je uzastonom rimjenom teorema.1 dobiven sljedeći niz jednakosti: a = bq 1 + r 1, 0 < r 1 < b, b = r 1 q + r, 0 < r < r 1, r 1 = r q 3 + r 3, 0 < r 3 < r,. r n = r n 1 q n + r n, 0 < r n < r n 1, r n 1 = r n g n+1. Neka je r n 0. Budući je r 1, r,..., r n+1 strogo adajući niz nenegativnih cijelih brojeva, dani niz se završava ostatakom koji je jednak nuli te stavimo r n+1 = 0. Iz zadnje jednakosti algoritma imamo da r n dijeli r n 1. Zatim iz redzadnje jednakosti slijedi da r n dijeli r n. Nastavljajući na sličan način dolazimo do zaključka da r n dijeli brojeve a i b, odnosno r n je zajednički djelitelj brojeva a i b. Nadalje, ako retostavimo da je e bilo koji nenegativan cijeli broj koji dijeli oba broja a i b, tada iz rve jednakosti algoritma slijedi kako e dijeli r 1. Pogledamo li drugu jednakost, vidimo da tada e dijeli i r. Nastavljajući dalje dobivamo da e dijeli r n, točnije, r n je najveći zajednički djelitelj brojeva a i b. Primjer.1. Odrediti (481, 99). 481 = = = = = = 13 4 Odatle je (481, 99) = 13. Euklidov algoritam, osim što služi za odredivanje najvećeg zajedničog djelitelja brojeva a i b, takoder daje mogućnost rikazivanja tog istog djelitelja kao linearne kombinacije brojeva 6

7 a i b. Sve što treba je ići unazad korak o korak u algoritmu. U rethodnom rimjeru bi to izgledalo ovako: 13 = 65 5 = 65 (117 65) = (18 117) 117 = = 18 (99 18) 3 = (481 99) = Ne samo da se najmanji zajednički djelitelj dva broja može rikazati u obliku linearne kombinacije ta dva broja, nego je on najmanji rirodan broj takvog oblika. Teorem.. Neka a, b Z nisu oba jednaka nuli i neka je (a, b) = d. Tada je d najmanji element skua svih linearnih kombinacija brojeva a i b koje su veće od nule. Dokaz. Neka je T = {ax + by : x, y Z, ax + by > 0}. Bez smanjenja oćenitosti, retostavimo da je a 0. Ako je a > 0, tada je a = a 1 + b 0 te je a T. Ukoliko je a < 0, tada je a = a ( 1) + b 0 te je a T. Zaključujemo da je sku T nerazan odsku skua N, stoga ima najmanji element. Označimo ga s e = au+bv. Prema teoremu.1 ostoje q, r Z takvi da je a = eq + r, gdje je 0 r < e. Stoga je r = a eq = a (au + bv)q = a(1 uq) + b( vq), tj. r T. Ukoliko je r 0 imamo kontradikciju s retostavkom da je e najmanji element skua T a je r = 0 te vrijedi e a. Na sličan način se okaže da e b. Kako e dijeli i a i b, rema definiciji. tada e d, odnosno e d. S druge strane, iz e = au + bv, d a i d b, slijedi d e, odnosno d e. Sada je r = d i time je tvrdnja dokazana. Korolar.1. Ako je d najveći zajednički djelitelj brojeva a i b, tada ostoje x, y Z takvi da je d = ax + by. Teorem.3. Neka su a, b i c cijeli brojevi. Ako a c i b c te vrijedi (a, b) = 1, onda ab c. Dokaz. Budući da a i b dijele broj c, ostoje x, y Z takvi da je au = bv = c. Pretostavimo da su a i b relativno rosti brojevi te rema korolaru.1 ostoje x, y Z takvi da je ax+by = 1. Pomnožimo li obje strane jednakosti s c dobivamo c = axc + byc = ax(bv) + by(au) = ab(xv + yu). Dakle ab c. Korolar.. Ako m i m = k i=1 m i. c, za 1 i k, (m i, m j ) = 1 za i j, tada m c, gdje je 7

8 3 Kongruencije 3.1 Osnovna svojstva Definicija 3.1. Neka je n rirodan broj te neka su a i b cijeli brojevi. Ako n dijeli razliku a b tada kažemo da je a kongruentan b modulo n i išemo a b (mod n). Teorem 3.1. Neka je n rirodan broj. Biti kongruentan modulo n je relacija ekvivalenije na skuu cijelih brojeva. Teorem 3.. Cijeli brojevi daju isti ostatak ri dijeljenju rirodnim brojem m ako i samo ako a b (mod m). Dokaz. Neka su r i s ostaci ri dijeljenju brojeva a i b modulo m. Prema teoremu.1 ostoje t, u Z takvi da su a = mt + r i b = mu + s, gdje su 0 r < m i 0 s < m. Iz toga je a b = m(t u) + (r s), odnosno m (a b) ako i samo ako m (r s). Prema tome a b (mod m) ako i samo ako je r = s. Teorem 3.3. Ako je a i b i (mod m) za i = 1,..., n, tada je (1) () n a i i=1 n a i i=1 n b i (mod m), i=1 n b i (mod m). i=1 Teorem 3.4. Ako je a b (mod m), tada za svaki rirodni broj c i za svaki rirodni broj n vrijedi: (1) a ± c b ± c (mod m) () a c b c (mod m) (3) a n b n (mod m). Iduću tvrdnju lako bismo dokazali omoću korolara.. Teorem 3.5. Ako je a b (mod m i ) za i = 1,,..., k, gdje su m 1, m,..., m k u arovima relativno rosti, tada je a b (mod m), m = k i=1 m i. Teorem 3.6. Ako je ac bc (mod m), tada je a b (mod m ), gdje je d = (c, m). d Dokaz. Ako je ac bc (mod m), tada ostoji k Z tako da je ac bc = km. Neka je d = (c, m). Tada vrijedi (a c) c d = k m d i ( c, m) = 1. d d Dakle m d (a b), tj. a b (mod m). d Korolar 3.1. Ako je ac bc (mod m) i vrijedi (c, m) = 1, tada je a b (mod m). 8

9 3. Potuni sustav ostataka Definicija 3.. Neka je m rirodan broj veći od 1. Sku S = {a 1, a,..., a m } naziva se otuni sustav ostataka modulo m ako za svaki broj b ostoji jedinstveni a i S za koji vrijedi b a i (mod m). Drugim riječima, otuni sustav ostataka modulo m je sku koji se sastoji od m medusobno nekongruentnih cijelih brojeva. Postoji beskonačno otunih sustava ostataka modulo m. Najogodniji i najčešće korišten otuni sustav ostataka modulo m je {0, 1,,..., m 1}. Primjer 3.1. Sku {0, 1,,..., 6} je otuni sustav ostatak modulo 7, a to su takoder i skuovi: { 3,, 1,..., 3}, {, 3, 4,..., 8}, {4, 5, 6,..., 10}. Teorem 3.7. Neka je {a 1, a,..., a m } otuni sustav ostataka modulo m, c Z i (c, m) = 1. Tada je {c a 1, c a,..., c a m } takoder otuni sustav ostataka modulo m. Dokaz. Pretostavimo da je {a 1, a,..., a m } otuni sustav ostataka modulo m te neka je c a i c a j (mod m) za neke 1 i < j m. Korolar 3.1 tada ovlači a i a j (mod m), što je u kontradikciji s retostavkom. Prema tome je c a i c a j (mod m) za i j te {c a 1, c a,..., c a m } čini otuni sustav ostataka modulo m. 3.3 Eulerova funkcija Definicija 3.3. Za svaki rirodan broj m, ϕ(m) označava broj rirodnih brojeva koji su manji ili jednaki m i koji su relativno rosti s m, dok funkciju ϕ : N N zovemo Eulerova funkcija. Primjer 3.. ϕ(10) = 4 budući su 1, 3, 7 i 9 jedini rirodni brojevi manji od 10 i relativno rosti s 10. Definicija 3.4. Neka je m rirodni broj veći od 1. Sku S = {a 1, a,..., a r } naziva se reducirani sustav ostataka modulo m ako za svaki broj x, koji je relativno rost s m, ostoji jedinstveni a i S za koji vrijedi x a i (mod m). Primijetimo kako je reducirani sustav ostataka modulo m sačinjen od onih ϕ(m) elemenata otunog sustava ostataka modulo m koji su relativno rosti s m. Primjer 3.3. Prema rethodnom rimjeru, {1, 3, 7, 9} čini reducirani sustav modulo 10. Skuovi {3, 9, 1, 7}, {7, 1, 49, 63} i { 9, 7, 3, 1} su takoder otuni sustavi ostataka modulo 10. Idući teorem može se dokazati na sličan način kao i teorem 3.7. Teorem 3.8. Neka je {a 1, a,..., a ϕ(m) } reducirani sustav ostataka modulo m, c Z i (c, m) = 1. Tada je {c a 1, c a,..., c a ϕ(m) } takoder reducirani sustav ostataka modulo m. 9

10 Teorem 3.9. Za svaki rirodan broj n je ϕ(n) = n. d n Dokaz. Definirajmo rvo sku S d = {m Z : 1 m n, (m, n) = d}. Tada vrijedi (m, n) = d ostoje x, y Z takvi da je xm + yn = d ostoje x, y Z takvi da je x m d + y n d = 1 ( m d, n ) = 1. d Po definiciji Eulerove funkcije slijedi S d = ϕ( n d ). Iz definicije S d vidimo da za svaki m, 1 m n ostoji d za koji vrijedi (m, n) = d a rema tome svaki broj izmedu 1 i n riada nekom od skuova S d, tj. vrijedi {1,,..., n} = d n S d. Budući da su za različite djelitelje broja n skuovi S d medusobno disjunktni, odnosno d i d j S di S dj, vrijedi sljedeće : n = {1,,..., n} = S d = S d = ( ) n ϕ = ϕ(d). d d n d n d n d n Definicija 3.5. Funkciju f : N C za koju vrijedi 1. f(1) = 1. f(mn) = f(m)f(n) za sve m, n takve da je (m, n) = 1, zovemo multilikativna funkcija. Teorem Eulerova funkcija je multilikativna. Primjer 3.4. Brojevi 6 i 7 su relativno rosti i vrijedi ϕ(6) =, ϕ(7) = 6. Primjenom mulilikativnosti Eulerove funkcije dobivamo ϕ(4) = ϕ(6) ϕ(7) = 6 = 1. Multilikativnost je najvažnije svojstvo Eulerove funkcije koje će nam koristiti u kreiranju metode za lakše odredivanje vrijednosti funkcije ϕ osebno u slučaju velikih brojeva. Teorem Neka je rost broj i α N. Tada je ϕ( α ) = α 1 ( 1). Dokaz. Od α rirodnih brojeva koji su jednaki ili manji od α njih α 1 nisu relativno rosti s α. To su sljedeći višekratnici broja :,,..., ( α 1 1), α 1. Prema tome je ϕ( α ) = α α 1 = α 1 ( 1). 10

11 Primjer 3.5. Odredimo koliko je ϕ(1 9 ). ϕ(1 9 ) = ϕ((3 7) 9 ) = ϕ(3 9 ) ϕ(7 9 ) = 3 8 (3 1)7 8 (7 1) = Neka je n > 1 rirodan broj. Prikažimo n u obliku n = α 1 1 α... α k. Tada je ϕ(n) = ϕ( α 1 1 ) ϕ( α ) ϕ( α k k ) = ( α 1 1 α )( α α 1 ) ( α k k α k 1 k ) = α 1 1 (1 1 1 ) α (1 1 ) α k k (1 1 k ) = n(1 1 1 )(1 1 ) (1 1 k ). k Teorem 3.1 (Eulerov teorem). Neka je a Z, m N. Ako je (a, m) = 1, tada je a ϕ(m) 1 (mod m). Dokaz. Neka brojevi a 1, a,..., a ϕ(m) čine reducirani sustav ostataka modulo m. Budući su a i m relativno rosti, rema teoremu 3.8 brojevi a a 1, a a,..., a a ϕ(m) takoder čine reducirani sustav ostataka modulo m. Prema tome, za svaki i, 1 i ϕ(m), ostoji j, 1 j ϕ(m), tako da je a a i a j (mod m). Iz toga je odnosno ϕ(m) i=1 a a i ϕ(m) a ϕ(m) i=1 a i ϕ(m) j=1 ϕ(m) j=1 a j a j (mod m), (mod m). Budući je (a i, m) = 1 za 1 i ϕ(m), rema korolaru 3.1 je a ϕ(m) 1 (mod m). Korolar 3. (Mali Fermatov teorem). Ako je rost broj i (a, ) = 1, tada je a 1 1 (mod ). Primjer 3.6. Neka je n rirodan broj. Dokažimo da je ϕ(n) = n ako i samo ako je n = k za k N. Neka je n = k za k N. Tada je broj rirodnih brojeva koji nisu veći od k i koji su relativno rosti s k jednak broju nearnih brojeva u nizu 1,,..., k. Takvih brojeva ima n. Obratno, retostavimo da je ϕ(n) = n. Tada je n aran, odnosno n je oblika k g, gdje je g nearan broj. Primjenom multilikativnosti Eulerove funkcije imamo ϕ(n) = k 1 ϕ(g). Sada je k 1 ϕ(g) = k g, iz čega slijedi ϕ(g) = g što je istinito samo za g = 1. Prema tome je n = k. Primjer 3.7. Odredimo ostatak ri dijeljenju broja brojem 77. Kako je (017, 77) = 1 i ϕ(77) = ϕ(7) ϕ(11) = 6 10 = 60 rema Eulerovom teoremu slijedi (mod 77). Prema tome, = ( ) 15 (mod 77). Dakle, traženi ostatak je 1. 11

12 3.4 Linearne kongruencije Definicija 3.6. Neka su a i b cijeli brojevi i m rirodni broj. Kongruencija oblika ax b (mod m) se naziva linearna kongruencija. Idući teorem govori o egzistenciji i broju rješenja linearnih kongruencija. Teorem 3.13 (Bachetov teorem). Neka su a i b cijeli brojevi i m rirodni broj te neka je (a, m) = 1. Tada ostoji jedinstveno rješenje kongruencije ax b (mod m). Ako je (a, m) = d i d b, tada ostoji d medusobno nekongruentnih rješenja. Ako d b, ne ostoji rješenje. Dokaz. Pretostavimo da d b. Tada rema teoremu.1 ostoji t Z takav da je b = t d. Zbog (a, m) = d ostoje r, s Z takvi da je d = ar + ms. Sada je b = td = tar + tms, odnosno, a(tr) b (mod m) iz čega vidimo da je tr rješenje kongruencije ax b (mod m). Neka za x 0 vrijedi ax 0 b (mod m). Tada je ax 0 b = km za neki k Z. Budući da d dijeli a i m, d dijeli i b. Prema kontraoziciji, ako d b, ne ostoji rješenje. Ako je x 0 rješenje kongruencije ax b (mod m), takoder je i x 0 + k m d. Naime, ( a x 0 + k m ) ax 0 + km a d d ax 0 b (mod m), k = 1,,..., d 1. Primjer 3.8. Riješimo linearnu kongruenciju 44x 8 (mod 9). Podijelimo li obje strane s 4, rema korolaru 3.1 dobivamo 11x (mod 9). Pomnožimo li sada obje strane s 8, rema teoremu 3.6 dobivamo 88x 16 (mod 9). Budući da je 88 1 (mod 9), slijedi da je x 16 (mod 9) rješenje dane kongruencije. Primjer 3.9. Riješimo linearnu kongruenciju 0x 16 (mod 64). Primijetimo da je (0, 64) = 4 i 4 16 te iz toga slijedi da kongruencija ima 4 medusobno nekongruentna rješenja. Prema teoremu 3.6 iz dane kongruencije slijedi 5x 4 (mod 16). Pomnožimo li obje strane s 13 dobivamo 65x 5 (mod 16). Budući je 65 1 (mod 16) i 5 4 (mod 16), vrijedi x 4 (mod 16), odnosno rješenja su: x 4 (mod 64), x 0 (mod 64), x 36 (mod 64) i x 5 (mod 64). Primjer Riješimo linearnu kongruenciju x 5 (mod 1). Budući da je (, 1) = i 5, dana kongruencija nema rješenja. Korolarom.1 rekli smo kako jednadžbe oblika ax + by = d, gdje su a, b Z i d = (a, b), uvijek imaju rješenja. Jednadžbe takvog oblika nazivamo linearne diofantske jednadžbe s dvije neoznanice. Idući teorem daje uvijete za egzistenciju rješenja somenute jednadžbe, a koristi se znanjem iz rethodnog teorema. 1

13 Teorem Diofantska jednadžba ax + by = n ima rješenje ako i samo ako d n, gdje je (a, b) = d. Ako je (x 0, y 0 ) jedno rješenje, sva rješenja su dana s: ( x 0 + k b d, y 0 k a ), k Z. d Dokaz. Traženje rješenja jednadžbe ax + by = n je ekvivalentno traženju rješenja kongruencije ax n (mod b) ili by n (mod a). Rješenje obje navedene kongruencije ostoji ako i samo ako d dijeli n, gdje je (a, b) = d. Neka je x 0 jedno rješenje kongruencije ax n (mod b). Svako rješenje je dano s x 0 + k b. d Doista, neka je y 0 = n ax 0, y = y b 0 k a, x = x d 0 + k b. Tada je d ( n ax = n a x 0 k b ) ( n ax0 = b k a ) ( = b y 0 k a ) = by. d b d d Primjer Riješimo jednadžbu 4x + 51y = 9. Rješenje možemo dobiti na dva načina. Budući je (4, 51) = 1, omoću Euklidovog algoritma možemo dobiti brojeve a i b takve da je 4a + 51b = 1. Ukoliko cijelu jednadžbu omnožimo s 9, dobivamo jedno rješenje (x 0, y 0 ) zadane jednadžbe. Sva ostala rješenja su rema rethodnom teoremu dana s (x k, y 0 4k), k Z. Umjesto da rješavamo jednadžbu 4x+51y = 9 možemo riješiti jednu od kongruencija 4x 9 (mod 51) ili 51y 9 (mod 4). Bez smanjenja oćenitosti, riješimo 4x 9 (mod 51). Množeći obje strane s 13 dobivamo 5x 117 (mod 15). Budući da je 5 1 (mod 51), slijedi da je x 117 (mod 51), odnosno x = k za k Z. Uvrstimo li x natrag u očetnu jednadžbu, vrijedi da je 51y = 9 4(51k + 117), odnosno y = 9 4k za k Z. Primjer 3.1. Podijelimo broj 100 u dva dijela. Jedan dio neka je djeljiv brojem 7, a drugi dio neka je djeljiv brojem 11. Odrediti te dijelove. Trebamo naći barem jedno rješenje jednadžbe 7x + 11y = 100. Slično kao u rethodnom rimjeru riješit ćemo kongruenciju 7x 100 (mod 11). Budući da je mod 11, imamo da je 7x 1 (mod 11). Pomnožimo li obje strane brojem 8, slijedi da je x 8 (mod 11), odnosno x = 11k + 8 iz čega je y = 4 7k, k Z. Za k = 0 vrijedi 100 = Idući rezultat veže se uz kineskog matematičara Sun-Tza, a govori o rješenju sustava linearnih kongruencija. Teorem 3.15 (Kineski teorem o ostacima). Neka su m 1, m,..., m k u arovima relativno rosti rirodni brojevi te neka su a 1, a,... a k cijeli brojevi. Tada sustav linearnih kongruencija x a i (mod m i ), 1 i k, ima jedinstveno rješenje modulo m = k i=1 m i. Dokaz. Označimo M i = m m i i m = k i=1 m i te neka su b i Z takvi da je M i b i 1 (mod m i ). Imamo da je m j M i i (m i, m j ) = 1 za i j. Iz (m i, M i ) = 1 rema teoremu 3.13 slijedi da kongruencija M i y 1 (mod m i ) ima jedinstveno rješenje b i za svaki 1 i k. Dakle, za 13

14 svaki i ostoji jedinstveni b i Z takav da je M i b i 1 (mod m i ). Neka je k x 0 M i b i a i (mod m). i=1 Budući da vrijedi M i b i a i a i (mod m i ) i M i 0 (mod m j ) za i j, slijedi da je x 0 a i (mod m i ) za i = 1,,..., k. Nadalje, retostavimo da je x 0 rješenje danog sustava linearnih kongruencija te retostavimo da je x 1 još jedno rješenje različito od x 0. Prema tome vrijedi x 0 x 1 a i (mod m i ), odnosno m i x 1 x 0 za svaki i = 1,,..., k. Kako je (m i, m j ) = 1 za i j, rema korolaru. slijedi da m x 1 x 0, odnosno x 1 x 0 (mod m) iz čega zaključujemo da, ukoliko rješenje ostoji, ono je jedinstvno modulo m. Problem naveden u idućem rimjeru je jedan od ovijesnih roblema riješenih metodom iz rethodnog teorema. Primjer Žena je otišla na tržnicu. Konj je stao u njezinu koru i zgazio jaja u kori. Vlasnik konja onudio je latiti rouzročenu štetu. Pitao je ženu koliko jaja je kuila. Žena nije znala odgovor na to itanje, ali je znala sljedeće: ukoliko uzima o, ostane jedno na kraju, isto se dogodi i ako uzima o 3, 4, 5 i 6 jaja te ako se uzima o 7 jaja, ne ostane niti jedno jaje. Koji je najmanji broj jaja koji bi žena mogla imati? Odgovor na to itanje daje rješenje sustava kongruencija x 1 (mod ) x 1 (mod 3) x 1 (mod 4) x 1 (mod 5) x 1 (mod 6) x 0 (mod 7). Uočimo da brojevi, 3, 4 i 6 nisu svi u arovima relativno rosti a ne možemo Kineski teorem o ostacima rimijeniti direktno. Najmanji zajednički višekratnik brojeva, 3, 4 i 6 je 1 te se dani sustav može reducirati na sljedeći sustav kongruencija: x 1 (mod 1) x 1 (mod 5) x 0 (mod 7). 14

15 Sada su brojevi 1, 5 i 7 u arovima relativno rosti te rema oznakama iz dokaza rethodnog teorema neka je m = = 40. Tada su m 1 = 1 m = 5 m 3 = 7 a 1 = 1 a = 1 a 3 = 0 M 1 = 35 M = 84 M 3 = 60. Riješimo sljedeće kongruencije za b 1, b i b 3 : 35b 1 1 (mod 1) 84b 1 (mod 5) 60b 3 1 (mod 7) 11b 1 1 (mod 1) 4b 1 (mod 5) 4b 3 1 (mod 7) b 1 11 (mod 1) b 4 (mod 5) b 3 (mod 7). Prema tome je x 3 M i b i a i (mod 40). i=1 Dakle, najmanji broj jaja koji bi žena mogla imati je

16 4 Polinomijalne kongruencije Definicija 4.1. Neka je m rirodan broj te neka je f olinom s cjelobrojnim koeficijentima. Tada se kongruencija oblika f(x) 0 (mod m) naziva olinomijalna kongruencija. Teorem 4.1. Neka je m = k i=1 m i te (m i, m j ) = 1 za 1 i < j k. Tada je svako rješenje olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod m) ujedno i rješenje sustava f(x) 0 (mod m i ) za i = 1,,..., k. Vrijedi i obratno. Dokaz. Pretostavimo da za neki x 0 vrijedi f(x 0 ) 0 (mod m). Budući da m i m, vrijedi f(x 0 ) 0 (mod m i ) za i = 1,,..., k. Dakle, svako rješenje kongruencije f(x) 0 (mod m) je ujedno i rješenje sustava f(x) 0 (mod m i ), 1 i < j k. Obratno, retostavimo da je f(x 0 ) 0 (mod m i ) za 1 i < j k. Tada m i f(x 0 ) za svaki i = 1,,..., k. Budući da je (m i, m j ) = 1 za i j, slijedi da m f(x 0 ), odnosno f(x 0 ) 0 (mod m). Prikažimo rirodan broj n u obliku n = α 1 1 α α k k, gdje su k N, 1,,..., k N različiti rosti brojevi te α i N. Prema rethodnom teoremu vrijedi da je f(x) 0 (mod n) ako i samo ako je f(x) 0 (mod α i i ), i = 1,,..., k. Neka je x i rješenje sustava f(x) 0 (mod α i i ), i = 1,,..., k. Prema Kineskom teoremu o ostacima, sustav linearnih kongruencija x x i (mod α i i ), 1 i k ima jedinstveno rješenje modulo n. Budući da x x i (mod α i i ) ovlači f(x) f(x i ) (mod α i i ), x je rješenje olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod n). Uravo smo okazali ideju dokaza sljedeće tvrdnje. Teorem 4.. Broj rješenja kongruencije f(x) 0 (mod n), gdje je n = k roduktu broja rješenja kongruencija f(x) 0 (mod α i i ), i = 1,,..., k. i=1 α i i, jednak je Sva nekongruentna rješenja olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod m) možemo odrediti rovjerom zadovoljavaju li elementi nekog otunog sustava ostataka modulo m danu kongruenciju. Najčešće se kao otun sustav ostataka modulo m koristi sku {0, 1,,..., m 1}. Primjer 4.1. Riješimo kongruenciju x 3 + 3x 4 0 (mod 5). Za svaki od elemenata iz skua {0, 1,, 3, 4} rovjerit ćemo zadovoljavaju li danu kongruenciju: f(0) 1 (mod 5), f(1) 0 (mod 5), f() 0 (mod 5), f(3) (mod 5), f(4) (mod 5). Dakle, rješenja kongruencije x 3 + 3x 4 0 (mod 5) su x 1 (mod 5) i x (mod 5). Primjetimo kako se u rethodnom teoremu ojavljuje roblem kongruencije modulo α, gdje je rost broj. Sljedeći rezultat okazuje da je rješenje f(x) 0 (mod α ) generirano rješenjem kongruencije f(x) 0 (mod α 1 ). 16

17 Teorem 4.3. Neka je f olinom s cjelobrojnim koeficijentima, rost broj i α N. Ako je x α+1 = x α + k α, gdje je x α rješenje kongruencije f(x) 0 (mod α ) te k rješenje kongruencije f(xα) + k f (x α α ) 0 (mod ), 0 x α < α, 0 k < ri čemu f označava derivaciju funkcije f. Tada je x α+1 rješenje kongruencije f(x) 0 (mod α+1 ). Dokaz. Neka je rost broj. Ako α+1 a, tada α a. Stoga je svako rješenje kongruencije f(x) 0 (mod α+1 ) takoder rješenje kongruencije f(x) 0 (mod α ). Preciznije, ako je f(x α+1 ) 0 (mod α+1 ), tada ostoji x α takav da je f(x α ) 0 (mod α ) i vrijedi x α+1 x α (mod α ) ili ekvivalentno x α+1 = x α + k α, 0 k <. Razvojem u Taylorov red dobivamo f(x α+1 ) = f(x α + k α ) = f(x α ) + k α f (x α ) + k N, gdje je N cijeli broj djeljiv s α+1. Iz toga slijedi da je f(x α ) + k α f (x α ) 0 (mod α+1 ). f(x α) α Kako je f(x α ) 0 (mod α ), = M je cijeli broj. Tada f(x α ) = M α imlicira M α + k α f (x α ) 0 (mod α+1 ). Djeljenjem s α slijedi M + k f (x α ) 0 (mod ), odnosno f(xα) + k f (x α α ) 0 (mod ). Primjer 4.. Riješimo kongruenciju 5x 3 x (mod 343). Budući je 343 = 7 3, možemo isati 5x 3 x (mod 7 3 ). Stavimo rvo f(x) = 5x 3 x + 1 iz čega slijedi da je f (x) = 15x. Prethodni teorem nam govori kako je rješenje kongruencije 5x 3 x (mod 7 3 ) generirano rješenjem kongruencije 5x 3 x (mod 7 ) dok je ono ak generirano rješenjem kongruencije 5x 3 x (mod 7). Kongruencija 5x 3 x (mod 7) ima jedinstveno rješenje modulo 7; x 1 5 (mod 7). Prema teoremu, x = x 1 + k 7 je rješenje kongruencije 5x 3 x (mod 7 ). Dakle, da bi smo izračunali koliko je x, moramo ronaći k, odnosno riješiti f(x 1 ) 7 + k f (x 1 ) 0 (mod 7). Nakon uvrštavanja i računanja dobit ćemo da je k 5 (mod 7) te je iz toga x = = 40. Sada rimjenimo sličan ostuak za traženje rješenja kongruencije 5x 3 x (mod 7 3 ); x 3 = x + k 7, gdje je k rješenje kongruencije f(x ) 7 + k f (x ) 0 (mod 7). Konačno rješenje je x 3 = = 89. U idućim razmatranjima bavit ćemo se roblemom traženja rješenja olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod ) kada je rost broj. U 18. st. je Lagrange dao gornju granicu broja rješenja olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod ) te okazao njenu ovisnost o stunju olinoma f. Teorem 4.4 (Lagrangeov teorem). Neka je rost broj. Broj nekongruentnih rješenja olinomijalne kongruencije f(x) 0 (mod ) nije veći od stunja olinoma f. Dokaz. Neka je dana kongruencija f(x) 0 (mod ), gdje je rost broj i označimo s n stuanj olinoma f. Dokaz ćemo rovesti indukcijom o n. Za n = 1 romotrimo kongruenciju ax + b 0 (mod ), gdje je a 0 (mod ). Iz ax b (mod ) i (a, ) = 1 rema teoremu 3.13 slijedi da kongruencija ima jedinstveno rješenje. Pretostavimo da tvrdnja vrijedi za sve olinome stunja manjeg ili jednakog n. Razmotrimo kongruenciju f(x) 0 (mod ), gdje je f olinom stunja n + 1 te retostavimo da ostoje n + nekongruentna rješenja modulo. Neka je r jedno rješenje. Slijedi 17

18 da je f(x) = g(x)(x r), g olinom stunja n. Ako je s neko drugo rješenje kongruencije f(x) 0 (mod ), tada vrijedi f(s) g(s)(s r) 0 (mod ). Po retostavci je s r 0 (mod ) te vrijedi (s r, ) = 1, rost. Stoga je g(s) 0 (mod ), odnosno s je rješenje kongruencije f(x) 0 (mod ). Dobili smo da olinomijalna kongruencija stunja n ima n + 1 rješenje, što je u kontradikciji s retostavkom indukcije. Idući teorem daje zanimljiv kriterij za odredivanje je li broj rost ili nije. Teorem 4.5 (Wilsonov teorem). Prirodan broj n je rost ako i samo ako je (n 1)! 1 (mod n). Dokaz. Pretostavimo da je rost broj. Definirajmo olinom 1 f(x) = x 1 1 (x 1)(x )... (x ( 1)) = x 1 1 (x k). Ako uvrstimo x = a za a {1,,..., 1} u gornji rodukt, jedan od faktora će dati nulu. Prema tome, za a {1,,..., 1} rema Malom Fermatovom teoremu vrijedi k=1 f(a) = a = 0 (mod ). Budući da je stuanj olinoma f manji od 1, a kongruencija f(x) 0 (mod ) ima 1 nekongruentnih rješenja modulo, svaki koeficijent olinoma f je višekratnik broja te za x = 0 imamo f(0) 0 (mod ), odnosno f(0) = 1 ( k) = 1 ( 1) 1 k. k=1 Ako je nearan rost broj, tada je ( 1) 1 1 (mod ) te ako je =, tada je ( 1) (mod ). Dakle, za svaki rost broj je ( 1)! 1 (mod ). Obratno, ako je n složen broj, tada ostoji cijeli broj d, 1 d n takav da d n. Tada d (n 1)! odnosno (n 1)! 0 (mod d) iz čega slijedi (n 1) 1 (mod n). Primjer 4.3. Nadimo ostatak ri dijeljenju broja 15! sa 17. Prema teoremu 4.5 vrijedi 16! 1 (mod 17) iz čega je 16 15! 1 16 (mod 17). Budući da su 16 i 17 relativno rosti, tada je 15! 1 (mod 17). Primjer 4.4. Neka je rost broj veći od. Pokažimo da je 4 6 ( ) 1 (mod ). Primijetimo da je 4 6 ( ) = ( 1)( )( 3) ( 1) = 1 ( 1)!. Prema teoremu 4.5 imamo da je ( 1)! 1 (mod ), dok rema teoremu 3. vrijedi 1 1 (mod ). Množenjem ovih kongruencija dobivamo 4 6 ( ) 1 (mod ). Primjer 4.5. Riješimo kongruenciju x 4 + x + 0 (mod 7). Za svaki od elemenata iz skua {0, 1,, 3, 4, 5, 6} rovjerit ćemo zadovoljavaju li danu kongruenciju: f(0) f(3) f(5) f(6) (mod 7), f(1) 4 (mod 7), f() 6 (mod 7), f(4) 3 (mod 7). Vidimo da kongruencija x 4 + x + 0 (mod 7) nema rješenja. 18 k=1

19 Primjer 4.6. Riješimo sustav kongruencija 5x + 4x 3 0 (mod 6) 3x (mod 17). Rješenje rve konguencije je x 1, 3 (mod 6), a druge x 5, 1 (mod 17) a rješavamo sljedeće sustave: x 1 (mod 6) x 1 (mod 6) x 3 (mod 6) x 3 (mod 6) x 5 (mod 17) x 1 (mod 17) x 5 (mod 17) x 1 (mod 17). Primjenom Kineskog teorema o ostacima dobivamo da su rješenja ovih sustava x 39 (mod 10), x 63 (mod 10), x 73 (mod 10) i x 97 (mod 10). Primjer 4.7. Riješimo kongruenciju x 3 + 3x 4 0 (mod 175). Budući da je 175 = 7 5, rješenje dane kongruencije je ekvivalentno rješenju sustava x 3 + 3x 4 0 (mod 7) x 3 + 3x 4 0 (mod 5 ). Da bismo riješili rvu kongruenciju, rovjerit ćemo koje vrijednosti iz skua {0, 1,, 3, 4, 5, 6} zadovoljavaju kongruenciju. Dobit ćemo da je x 1 (mod 7) i x 5 (mod 7). Kako bismo riješili drugu kongruenciju stavimo f(x) = x 3 + 3x 4 iz čega slijedi da je f (x) = 3x + 6x. Kongruencija x 3 + 3x 4 0 (mod 5) ima dva rješenja modulo 5; x 1 (mod 5) i x 3 (mod 5). Računamo li dalje na sličan način kao u rimjeru 4., dobit ćemo da kongruencija x 3 + 3x 4 0 (mod 5) ima šest različitih rješenja modulo 5; x 1, 3, 8, 13, 18, 3 (mod 5). Prema tome, za a i {1, 3, 8, 13, 18, 3} računat ćemo 1 sustava linearnih kongruencija x 1 (mod 7) x 5 (mod 7) x a i (mod 5) x a i (mod 5). te koristeći Kineski teorem o ostacima dobiti 1 različitih rješenja modulo 175. Rješenja su x 1, 8, 6, 33, 43, 68, 78, 103, 113, 138, 148, 173 (mod 175). 19

20 5 Kvadratne kongruencije U rethodnom oglavlju smo okazali da rješenje kongruencije ax + bx + c 0 (mod m) ovisi o rješenju kongruencije ax + bx + c 0 (mod ), gdje je rost broj i m. Neka je nearan rost broj te (a, ) = 1. Tada je i (4a, ) = 1. Ako ax + bx + c 0 (mod ) omnožimo s obje strane s 4, dobivamo 4ax + 4bx + 4c 0 (mod ) što možemo zaisati kao (ax + b) b 4ac (mod ). Prema tome, da bi riješili kvadratnu jednadžbu ax + bx + c = 0 modulo, otrebno je naći rješenje kongruencije ax + b y (mod ), gdje je y rješenje kongruencije y b 4ac (mod ). Primjer 5.1. Riješimo kogruenciju 5x + 4x (mod 19). Prvo računamo y b 4ac = (mod 19). Budući je (mod 19), dobivamo da je y 3 (mod 19) i y 16 (mod 19). Iz y 3 (mod 19) slijedi da je ax + b = 10x (mod 19) odakle slijedi x 17 (mod 19). Slično, iz y 16 (mod 19) slijedi da je ax + b = 10x (mod 19) odakle vrijedi x 5 (mod 19). Pred nama su sada dva cilja. Prvi je otkriti koje kongruencije oblika x a (mod ) imaju rješenje za nearan rost broj, a drugi je ronaći metodu za rješavanje takvih kongruencija. Definicija 5.1. Neka su a i relativno rosti rirodni brojevi te n N. Ako kongruencija x n a (mod ) ima rješenja, tada kažemo da je a ostatak n-tog stunja modulo. U surotnom kažemo da je a neostatak n-tog stunja modulo. Secijalno, za n = kažemo da je a kvadratni ostatak, odnosno kvadratni neostatak. Broj 0 smatramo trivijalnim kvadratnim ostatakom za svaki rost broj. Primjer 5.. Prirodni brojevi 1, 4 i 7 su kvadratni ostaci modulo 9, a brojevi, 3, 5, 6 i 8 kvadratni neostaci modulo 9. Primijetimo da brojevi 3 i 6 nisu relativno rosti s 9 te iz toga odmah možemo zaključiti da su kvadratni ostaci modulo 9. Definicija 5.. Neka je nearan rost broj i a cijeli broj. Legendreov simbol ( a) definira se na sljedeći način: ( ) { a 1, ako je a kvadratni ostatak modulo = 1, ako a nije kvadratni ostatak modulo. Idući teorem okazuje kako olovica brojeva izmedu 1 i 1 čini kvadratne ostatke modulo, dok druga olovica čini kvadratne neostatke. Teorem 5.1. Neka je aran rost broj. Tada ostoji točno 1 medusobno nekongruentnih kvadratnih ostataka modulo. 0

21 Dokaz. Neka je nearan rost broj. Želimo odrediti sve a, 1 a 1, za koje x a (mod ) ima rješenje. Budući da vrijedi x ( x) a (mod ), kvadrati brojeva iz skuova {1,,..., 1 } i { 1 + 1,..., 1} su u arovima medusobno kongruentni. Prema tome, dovoljno je isitati svaki x iz skua {1,,..., 1 }. Kvadrati 1,,..., ( 1 ) su svi medusobno nekongruentni modulo jer bi u surotnom kongruencija x a (mod ) imala četiri rješenja, što je u kontradikciji s Lagrangeovim teoremom. Dakle, u nizu 1,,..., 1 ostoji 1 kvadratnih ostataka modulo koje čine oni članovi koji su kongruentni s 1,,..., ( 1 ) modulo. Uz činjenice iz rethodnog teorema i dalje je neraktično odredivati je li neki broj kvadratni ostatak modulo za velike roste brojeve. Jednu od rvih metoda za rješavanje somenutog roblema razvio je Euler godine. Lema 5.1. Neka je nearan rost broj te (a, ) = 1. a 1 1 (mod ) Tada je a 1 1 (mod ) ili Dokaz. Prema Malom Fermatovom teoremu, ako je nearan rost broj i (a, ) = 1, tada je a 1 1 = (a 1 1)(a 1 + 1) 0 (mod ). Iz toga slijedi a 1 1 (mod ) ili a 1 1 (mod ). Teorem 5. (Eulerov kriterij). Neka je nearan rost broj te (a, ) = 1. Tada je ( ) a a 1 (mod ). Dokaz. Pretostavimo da je nearan rost broj i (a, ) = 1 te neka je 1 r 1. Kongruencija rx a (mod ) rema teoremu 3.13 ima jedinstveno rješenje. To znači da ostoji s, 1 s 1 takav da je rs a (mod ). Ukoliko a nije kvadratni ostatak modulo, mora vrijediti r s (mod ) te se elementi skua {1,,..., 1} mogu gruirati u arove r i s i tako da je r i s i a (mod ) za i = 1,,..., 1. Prema Wilsonovom teoremu sada vrijedi sljedeće: 1 ( 1)! 1 i=1 r i s i a 1 (mod ). Ako je a kvadratni ostatak modulo, tada ostoji cijeli broj b takav da je b a (mod ). Prema Malom Fermatovom teoremu, a 1 b 1 1 (mod ). Vidimo da iz ova dva slučaja slijedi ( ) a a 1 (mod ). Korolar 5.1. Neka je nearan rost broj, (a, ) = 1, (b, ) = 1 te a b (mod ). Tada je ( ) ( ) a b =. 1

22 Primjer 5.3. Prema Eulerovom kriteriju odredimo ( ) (mod 19), 19 ( ) (mod 19). 19 Dakle, kongruencija x 3 (mod 19) nema, dok x 6 (mod 19) ima rješenja. Pokažimo još nekoliko rezultata koji oisuju korisna svojstva Legendreovih simbola. Teorem 5.3. Ako je nearan rost broj, tada je ( ) { 1 1, ako je 1 (mod 4) = 1, ako je 3 (mod 4). Dokaz. Ako je = 4k + 1, tada je ( ) 1 = ( 1) 1 = ( 1) k = 1. Ako je = 4k + 3, tada je ( ) 1 = ( 1) 1 = ( 1) k+1 = 1. Teorem 5.4. Ako je nearan rost broj i ab, tada je ( ) ab = ( a )( ) b. Dokaz. ( ) ab (ab) 1 a 1 1 b ( a )( ) b (mod ). Korolar 5.. Neka je nearan rost broj, (a, ) = 1 te n = r ( ) n = r i=1 ( α i ) i = r i=1 ( ) αi i. i=1 α i i. Tada je Idući teorem daje vrlo efikasnu metodu za odredivanje je li neki cijeli broj kvadratni ostatak modulo. Teorem 5.5 (Gaussova lema). Neka je nearan broj i (a, ) = 1. Promotrimo brojeve a, a, 3a,..., 1 a te njihove najmanje nenegativne ostatke ri dijeljenju s. Označimo sa s broj ostataka koji su veći od. Tada je ( a) = ( 1)s.

23 Dokaz. Neka S označava sku najmanjih nenegativnih ostataka modulo elemenata iz skua {a, a, 3a,..., 1 a}. Nadalje, neka je s broj elemenata skua S koji su veći od te označimo r = 1 s. Označimo s a 1, a,..., a r elemente iz S koji su manji od i b 1, b,..., b s elemente iz S koji su veći od. Brojevi a 1, a,..., a r, b 1, b,..., b s su svi medusobno različiti o teoremu 3.7 niti jedan od njih nije nula. Tada su i brojevi b i svi medusobno različiti i 0 < b i < za i = 1,,..., s. Takoder, niti jedan b i nije jednak nekom a j. Zaista, ako je b i = a j, onda je b i αa (mod ), a j βa (mod ) za neke 1 α, β 1 a iz a(α + β) 0 (mod ) i (a, ) = 1 slijedi α + β 0 (mod ) što je nemoguće jer je α + β 1. Prema tome, brojevi b 1, b,..., b s, a 1, a,..., a r su svi medusobno različiti, ima ih 1 i elementi su skua {1,,..., 1 1 }. Stoga su to uravo brojevi 1,,..., u nekom oretku. Množeći ih dobivamo ( ) 1 ( b 1 ) ( b s ) a 1 a r = 1. Odavde je ( ) ( s )( r ) ( s )( r ) 1! ( b i ) a j ( 1) s b i a j i=1 j=1 i=1 j=1 ( 1) s a a 3a ( 1 ) (mod ) Skratimo li s ( 1 )! dobivamo 1 ( 1) s a 1 (mod ). Prema Eulerovom kriteriju je ( ) a a 1 ( 1) s (mod ). Primjer 5.4. Neka je = 3 i a = 5. Prvih 1 = 11 višekratnika broja 5: 5, 10, 15, 0, 5, 30, 35, 40, 45, 50, 55 kongruentno je redom 5, 10, 15, 0,, 7, 1, 17,, 4, 9 modulo 3. Medu njima je 5 onih koji su veći od 3. Dakle, s = 5 i ( ) 5 = ( 1) 5 = 1. 3 Prema tome, kongruencija x 5 (mod 3) nema rješenja. Pomoću idućeg rezultata lakše ćemo odrediti Legendreov simbol za broj i neki nearan rost broj. Teorem 5.6. Neka je nearan rost broj. Tada je ( ) { 1, ako je ±1 (mod 8) = 1, ako je ±3 (mod 8). 3

24 Dokaz. Neka je s broj elemenata skua {, 4, 6,..., ( 1 )} koji su veći od. Primjetimo da je k ako i samo ako je k 1. Odatle je s =. 4 4 Ako je = 8k + 1, tada je s = 4k k + 1 = 4k k 0 (mod ). 4 Ako je = 8k + 3, tada je s = 4k + 1 k + 3 = 4k + 1 k 1 (mod ). 4 Ako je = 8k + 5, tada je s = 4k + k = k (mod ). 4 Ako je = 8k + 7, tada je s = 4k + 3 k = k + 0 (mod ). Sada tvrdnja 4 roizilazi iz Gaussove leme. Budući da 1 8 zadovoljava iste kongruencije kao i s iz dokaza rethodnog teorema, vrijedi sljedeća tvrdnja. Korolar 5.3. Ako je nearan rost broj, tada je ( ) = ( 1) 1 8. Idući teorem govori da, ako su i q različiti rosti brojevi oblika 4k + 3, onda jedna od kongruencija x (mod q) i x q (mod ) ima rješenje, a druga nema. Teorem 5.7 (Kvadratni zakon recirociteta). Neka su i q različiti nearni rosti brojevi. Tada vrijedi ( )( ) q = ( 1) 1 q 1. q Dokaz. Neka su i q različiti rosti brojevi te neka su r k ostaci ri dijeljenju brojeva kq s za k = 1,,..., 1 kq kq. Kvocijenti ri tom dijeljenju su brojevi, odnosno kq = + r k. Slično kao u dokazu Gaussove leme, označimo s a 1, a,..., a r one r k koji su manji od, a s b 1, b,... b s one r k koji su veći od. Tamo smo zaključili da su a 1, a,..., a r, b 1, b,..., b s brojevi 1,,..., 1 u nekom oretku. Sada je, rema Gaussovoj lemi, ) ( q = ( 1) s. Označimo a = r a i i b = i=1 s b j a je a + b = j=1 r k. 1 k=1 Imamo da je a + s b = r s a i + ( b j ) = i=1 j=1 k = 1 k= = 1. 8 Sumiranjem jednadžbi kq + r k = kq za k = 1,,..., 1 dobivamo 1 k=1 kq + a + b = kq ( + rk) = 1 k=1 ( ) 1 kq = q. 8 1 k=1 4

25 Oduzimanjem ova dva izraza dobivamo 1 k=1 Budući da je q 1 (mod ), Iz toga slijedi da je kq + b s = 1 k=1 ( 1 8 kq s (mod ). ( ) q = ( 1) s = ( 1) u, u = 1 ) (q 1). k=1 kq. Kada bismo zamijenili uloge brojeva i q te onovili gornji ostuak, dobili bismo da vrijedi ( ) = ( 1) v, v = q q 1 j=1 j. q Zbog toga sada vrijedi ( )( ) q = ( 1) u+v. q Još nam reostaje dokazati da je ( ) ( ) 1 q 1 u + v =. Na slici 1. je rikazan ravokutnik čiji su vrhovi smješteni u Kartezijev koordinatni sustav. Pogledajmo sve arove cijelih brojeva (i, j) za 1 i 1 i 1 j q 1, tj. one točke koje se nalaze unutar ravokutnika. Ako točka (i, j) leži na ravcu l koji je dan jednadžbom y = q x, tada je j = qi. Budući da su i q relativno rosti, iz toga slijedi da dijeli i, što nije moguće jer je 1 i 1 a možemo zaključiti da svaka točka leži ili iznad ili isod ravca l. Ukoliko se (i, j) nalazi isod ravca l, tada je y < qx, tj. j < qi. Dakle, za fiksnu vrijednost i je 1 j qi kada je (i, j) isod ravca l. Prema tome, ukuan broj točaka isod ravca l je dan s 1 qi = u. i=1 Slično je ukuan broj točaka iznad ravca l jednak q 1 j=1 j = v. q Kako svaka točka unutar ravokutnika ABCD mora ležati ili isod ili iznad ravca l vrijedi da je u + v = ( 1 ) ( q 1 ), odakle slijedi ( )( ) q = ( 1) 1 q 1. q 5

26 D(q,0) C( q, ) l A(0,0) B(0, ) Slika 1 Primjer 5.5. Odredimo ( 7 ). 7 Primjenom kvadratnog zakona recirociteta dobivamo ( ) ( ) ( ) = = = Postoji mogućnost generalizacije Lagendreova simbola za slučajeve kada je nazivnik složen broj. Definicija 5.3. Neka je a 0 te neka je m nearan rirodni broj zaisan u obliku m = r i=1 i α i. Tada je Jacobijev simbol definiran s ( ) a = m r ( ) αi a, gdje su 1,,..., r rosti brojevi te ( a i ) Legendreov simbol. i=1 Ukoliko je m rost broj, Jacobijev i Legendreov simbol se odudaraju. Za razliku od Legendreovog simbola, Jacobijev simbol ( a ) može biti jednak 1, a da to ne ovlači da je a m kvadratni ostatak modulo m. Na rimjer, ( ) 3 35 = ( ) 3 5 ( ) 3 7 i = ( 1) ( 1) = 1. No, jednadžba x 3 (mod 35) nema rješenja. Da bi a bio kvadratni ostatak modulo m nužno je i dovoljno da svi ( a i ) budu jednaki 1. 6

27 6 Primitivni korijeni Nastavljamo se baviti olinomijalnim kongruencijama višeg reda modulo za rost broj. Konkretno, roučavat ćemo kongruencije oblika x m a (mod ), gdje je nearan rost broj, m 1 te (a, ) = 1. Prisjetimo se, Mali Fermatov teorem kaže nam da ukoliko rost broj ne dijeli cijeli broj a, tada vrijedi a 1 1 (mod ). Oćenitije, rema Eulerovom teoremu vrijedi a ϕ(n) 1 (mod n) za svaki rirodni broj n i svaki cijeli broj a koji je relativno rost s n. Dakle, ostoji barem jedan k koji zadovoljava kongruenciju a k 1 (mod n). U ovisnosti o vrijednosti danog broja a, onekad je moguće ronaći rirodan broj manji od ϕ(n) tako da broj a otenciran tim brojem bude kongruentan 1 modulo n. Primjer 6.1. Neka je n = 15. Budući je ϕ(15) = 8, vrijedi a 8 1 (mod 15) za svaki a relativno rost s 15. Medutim, za brojeve, 7, 8 i 13 vrijedi (mod 15). S ciljem isitivanja onašanja otencije danog broja a modulo, definiramo sljedeći ojam. Definicija 6.1. Neka su a i n relativno rosti rirodni brojevi. Najmanji rirodni broj k sa svojstvom da je a k 1 (mod n) naziva se red od a modulo n i označava s ord n (a). Još se kaže da a riada eksonentu k modulo n. Primjer 6.. Iz rethodnog rimjera je ord 15 () = ord 15 (7) = ord 15 (8) = ord 15 (13) = 4. Teorem 6.1. Neka je ord n (a) = k. Tada je a h 1 (mod n) ako i samo ako k h. Dokaz. Pretostavimo (a, n) = 1, ord n (a) = k te a h 1 (mod n). Prema teoremu.1 ostoje cijeli brojevi q i s takvi da je h = kq + s, 0 s < k. Prema tome vrijedi a h = a kq+s = (a k ) q a s. Budući je a k 1 (mod n), slijedi da je a s 1 (mod n) što je, ukoliko je s 0, u surotnosti s retostavkom da je ord n (a) = k. Dakle, s = 0 te k h. Obratno, ukoliko k h tada ostoji cijeli broj t takav da je kt = h. Budući je ord n (a) = k, vrijedi a h a kt (a k ) t 1 (mod n). Korolar 6.1. Ako je ord n (a) = k, tada k dijeli ϕ(n). Teorem 6.. Neka je ord n (a) = k. Tada je a r a s (mod n) ako i samo ako r s (mod k). Dokaz. Neka je ord n (a) = k. Pretostavimo da je a r a s (mod n) te bez smanjenja oćenitosti neka je r s. Tada je a r s 1 (mod n). Prema teoremu 6.1 slijedi da k r s, odnosno r s (mod k). Obratno, retostavimo da je r s (mod k). Tada ostoji cijeli broj q takav da je r = kq+s iz čega slijedi a r = a kq+s = a kq a s a s (mod n). Korolar 6.. Ukoliko je ord n (a) = k, tada su brojevi a, a,..., a k medusobno nekongruentni modulo n. 7

28 Ukoliko nam je oznat red od a modulo n, tada možemo odrediti red bilo koje otencije broja a modulo n. Teorem 6.3. Ako je ord n (a) = k, tada je ord n (a m ) = k. (m,k) Dokaz. Neka je ord n (a) = k, ord n (a m ) = r, (m, k) = d, m = bd, k = cd i (b, c) = 1. Tada je (a m ) c = (a bd ) c = (a cd ) b = (a k ) b 1 (mod n). Prema rethodnom teoremu tada r c. Budući je ord n (a) = k, (a mr ) = (a m ) r 1 (mod n). Ponovo, rema rethodnom teoremu slijedi da k mr. Uvrstimo li k = cd i m = bd imamo da cd (bd)r, odnosno c br. Kako su c i b relativno rosti, c r. Dakle, c = r a je ord n (a m ) = r = c = k d = Primjer 6.3. Ako znamo da je ord 19 (3) = 18, izračunajmo ord 19 (7). ord 19 (7) = ord 19 (3 3 ) = 18 (18,3) = 18 3 = 6. k. (m,k) Teorem 6.4. Ako je rost broj i d rirodan broj takav da d 1, tada ostoji točno ϕ(d) medusobno nekongruentnih cijelih brojeva koji riadaju eksonentu d modulo. Dokaz. Označimo s ψ(d) broj brojeva u nizu 1,,..., 1 koji riadaju eksonentu d modulo. Budući da svaki cijeli broj izmedu 1 i 1 riada eksonentu d za neki djelitelj d od 1, vrijedi ψ(d) = 1. S druge strane, rema teoremu 3.9 d 1 ϕ(d) = 1. d 1 Dovoljno je dokazati da ako je ψ(d) 0, onda je ψ(d) = ϕ(d). Ako bi bilo ψ(d) = 0 < ϕ(d) za neki d, onda bi suma d 1 ψ(d) bila manja od 1. Stoga je ψ(d) 0 za svaki d. Neka je a broj koji riada eksonentu d modulo. Prema korolaru 6. brojevi a, a,..., a d su medusobno nekongruentni modulo. Navedeni brojevi su rješenja x d q (mod ) te su to, rema Lagrangeovom teoremu, sva rješenja dane kongruencije. Prema tome, svaki cijeli broj b koji riada eksonentu d modulo je kongruentan a k za neki 1 k d. Iz teorema 6.3 slijedi da je k u tom slučaju nužno relativno rost s d; (k, d) = ord(a) = d ord (a = 1. Dakle, k ) d dobili smo da je ψ(d) = ϕ(d) za sve d 1. Teorem 6.5. Neka je ord n (a) = k, ord n (b) = h te (k, h) = 1. Tada je ord n (ab) = kh. Dokaz. Neka je (k, h) = 1 te neka vrijedi a k 1 (mod n) i b h 1 (mod n). Iz toga slijedi (ab) kh = (a k ) h (b h ) k 1 (mod n). Neka je t N takav da je (ab) t 1 (mod n). Tada je b kt a kt b kt = (ab) kt = ((ab) t ) k 1 (mod n). Prema teoremu 6.1 tada h kt. Kako su h i k relativno rosti, slijedi da h t. Sličnim ostukom dobivamo i k t. Prema tome kh t, odnosno kh t. 8

29 Za neke ozitivne brojeve n ostoji broj q, 1 < q n 1, takav da njegove otencije generiraju reducirani sustav ostataka modulo n. Odnosno, za svaki cijeli broj r, 1 < r n 1, (r, n) = 1 ostoji cijeli broj k takav da je q k = r. Broj q se u tom slučaju može rimjeniti ri odredivanju reda nekog elementa iz skua {1,,..., n 1} te za odredivanje kvadratnih ostataka i kvadratnih neostataka modulo n. Egzistencija takvog broja je vrlo bitna za rješavanje olinomijalnih kongruencija. Definicija 6.. Neka su q i n relativno rosti. Ako je red od q modulo n jednak ϕ(n), onda se q zove rimitivni korijen modulo n. Primijetimo kako teorem 6.4 ovlači da, ukoliko je rost broj, ostoji ϕ( 1) rimitivnih korijena modulo. Ako je q rimitivni korijen modulo, ϕ( 1) rimitivnih korijena je dano s q a 1, q a,..., q a ϕ( 1), gdje su a 1, a,..., a ϕ( 1) cijeli brojevi manji od 1 i relativno rosti s 1. Na rimjer, želimo li odrediti sve rimitivne korijene modulo 11, iskoristit ćemo činjenicu da je rimitivni korijen modulo 11 te da je ϕ(10) = 4. Četiri broja manja od 10 i relativno rosta s 10 su: 1, 3, 7 i 9. Kako vrijedi 1, 3 8, 7 7 i 9 6 (mod 11), svi rimitivno korijeni modulo 11 su:, 6, 7 i 8. Njemački matematičar August Leoold Crelle je godine osmislio metodu za otkrivanje je li neki broj rimitivan korijen danog rostog broja koja je vrlo rimjenjiva za male roste brojeve. Metoda se temelji na tvrdnji da ukoliko retostavimo 1 a, k 1 te sa s k označimo najmanji ostatak ri dijeljenju broja a k s, dok s t k označimo najmanji ostatak ri dijeljenju broja a k s, tada vrijedi t k s tk 1 (mod ). Vidimo da tvrdnja roizilazi uravo iz svojstva a j a j 1 a (mod ). Primjer 6.4. Neka je = 17 te a = 5. Donju tablicu treba ouniti koristeći višekratnike broja 5. k k k 1 5 Tablica 1 Trebamo ronaći čemu je kongruentno 5 modulo 17. Kako je 5 = 5 5, ogledamo u 7. stuac tablice te vidimo da za k = 5 vrijedi 5k 8 (mod 17). Dakle, 5 8 (mod 17). Dalje, 5 3 = (mod 17). Za k = 8 u desetom stucu tablice je (mod 17), Dakle, uisujemo (mod 17) itd. Na kraju dobivamo donju tablicu. Iz tablice možemo zaključiti kako je broj 5 rimitivni korijen broja 17 jer je ord 17 (5) = 16 = ϕ(17). 9

30 k k k Tablica Teorem 6.6. Neka je q rimitivni korijen modulo n. Tada brojevi q, q,..., q ϕ(n) reducirani sustav ostataka modulo n. čine Dokaz. Budući je q rimitivni korjen modulo n, ord n (q) = ϕ(n) što ovlači (q, n) = 1. Stoga je (q i, n) = 1, za i = 1,,..., ϕ(n). Elementi niza q, q,..., q ϕ(n) sačinjeni su od ϕ(n) medusobno nekongruentnih modulo n rirodnih brojeva. U surotnom, kada bi bilo q i q j (mod n) za 1 i < j ϕ(n), tada rema teoremu 6. slijedi i j (mod ϕ(n)). To je nemoguće, budući da ϕ(n) ne dijeli j i zbog 0 < j i < ϕ(n). Izraz rimitivni korijen je uveo Euler godine rilikom objavljivanja retostavke J. H. Lamberta iskazane u idućem teoremu. Teorem 6.7. Neka je nearan rost broj, h rirodan broj te neka je q rost broj takav da je q h dijeli 1. Tada ostoji ozitivan cijeli broj b takav da je ord (b) = q h. Dokaz. Prema Lagrangeovom teoremu i činjenici da je 3, kongruencija x 1 q 1 (mod ) ima najviše 1 rješenja. Uz to vrijedi sljedeće: q 1 q 1. Stoga najmanje jedan broj izmedu 1 i 1, označimo ga s a, nije rješenje navedene kongruencije, odnosno a 1 q 1 (mod ). Neka je b = a 1 q h i retostavimo ord (b) = m. Odatle vrijedi b qh a 1 (mod ) te rema teoremu 6.1 m q h. Pretostavimo m < q h. Kako je q rost broj, m dijeli q h 1, tj. ostoji cijeli broj k tako da je mk = q h 1. Tada je a 1 q = b qh 1 = (b m ) k 1 (mod ) što je u kontradikciji s retostavkom da a nije rješenje kongruencije x 1 q 1 (mod ). Dakle, q h = m = ord (b). Teorem 6.8. Neka je rost broj te q rimitivni korijen modulo. Tada su svi kvadratni ostaci modulo oblika q k, dok su svi kvadratni neostaci oblika q k+1 za 0 k 1. Dokaz. Prema Eulerovom kriteriju, ako je (q, ) = 1, tada je dok je (q k ) 1 = (q 1 ) k 1 (mod ) (q k+1 ) 1 = (q 1 ) k q 1 q 1 1 (mod ). Obratno, ako je a kvadratni ostatak modulo, tada je a = (q k ) = q k te, ako je a kvadratni neostatak modulo, tada vrijedi a = (q ) k q = q k+1 za 0 k 1. 30

31 Na rimjer, u rethodnom rimjeru smo vidjeli kako je broj 5 rimitivni korijen modulo 17. Iz toga sada možemo zaključiti da su svi kvadratni ostaci modulo 17 : 5 0, 5, 5 4, 5 6, 5 8, 5 10, 5 1, 5 14 i Prema Eulerovom kriteriju kongruencija x a (mod ) ima rješenje ako je a 1 1 (mod ). Idući teorem iskazuje uvjete otrebne da bi kongruencija x m a (mod ) imala rješenje. Teorem 6.9. Neka je nearan rost broj te (a, ) = 1. Tada x m a (mod ) ima rješenje ako i samo ako vrijedi a 1 d 1 (mod ), gdje je d = (m, 1). Dokaz. Dovoljno je okazati nužnost. Pretostavimo da vrijedi a 1 d 1 (mod ), (a, ) = 1, d = (m, 1) te neka je q rimitivni korijen modulo. Tada ostoji s Z takav da je a = q s. Slijedi q s( 1) d a 1 d 1 (mod ). Budući da je q rimitivni korijen modulo mora biti s d Z, tj. s d = k, k Z i a qkd (mod ). Nadalje, iz d = (m, 1) slijedi da ostoje u, v Z takvi da je d = um + v( 1). Sada je a q kd = q kum+kv( 1) = q kum q ( 1)kv q (ku)m (mod ). Dakle, q ku je rješenje kongruencije x m a (mod ). Primjer 6.5. Kongruencija x 8 10 (mod 11) nema rješenje zbog (mod 11). Kongruencija x 3 4 (mod 11) ima rješenje zbog (mod 11). Za dani m moguće je ronaći sve ostatke m-tog stunja modulo, gdje je rost broj. Teorem Ako je nearan rost broj, q rimitivni korijen modulo te d = (m, 1), tada su svi ostaci m-tog stunja modulo dani s q d, q d,..., q d( 1) d. Dokaz. Neka je nearan rost broj, q rimitivni korijen modulo te d = (m, 1). Prema rethodnom teoremu svaki element skua {q d, q d,..., q d( 1) d } je ostatak m-tog stunja modulo. Takoder, svi elementi tog skua su medusobno nekongruentni modulo jer ako retostavimo q id q jd (mod ) za neke 1 i < j 1 iz korolara 6.1 slijedi 1 d(j i) d što je nemoguće budući 0 < d(j i) < 1. Pretostavimo da je a ostatak m-tog stunja modulo. Tada ostoji b, 1 b 1 takav da je b m a (mod ). Takoder, ostoji k Z, 1 k 1, tako da je b q k (mod ) iz čega slijedi a b m q km (mod ). Neka su r, s, t, u Z takvi da vrijedi ud = m, td = 1, uk = st + r, gdje je 0 r < t. Sada je a q km q ukd q (st+r)d q ( 1)s q rd q rd (mod ) a je rema tome a element skua {q d, q d,..., q d( 1) d }. Primjer 6.6. Pronadimo sve ostatke šestog stunja modulo 17. Imamo 1 = 16, m = 6, d = (6, 16) =. Dovoljno je ronaći jedan rimitivni korijen modulo 17. Iz rethodnih rimjera znamo da je 5 rimitivni korijen modulo 17 a neka je q = 5. Sada su svi ostaci šestog stunja 5 8, , 5 6, , , 5 1 4, , , tj. kongruencija x 6 a (mod 17) ima rješenja samo za a = 1,, 4, 8, 9, 13, 15 ili