freud-gyarmati: számelmélet

Freud RbertGyarmat i Edit

SZMELMLET

Freud RbertGyarmati Edit

tIf/j tIf/j

SZAMELMELET

Nemzeti Tanknyvkiad, Budapest

Egyetemi-fiskolai tanknyv

Megjelent az Oktatsi Minisztrium tmogatsval,a Felsoktatsi Plyzatok Irodja ltal lebonyoltottfelsoktatsi tanknyv-tmogatsi program keretben

Szakmai brlk:

DR. SRKZY ANDRSaz MTA levelez tagjaDR. SZALAY MIHLYkandidtus

ISBN 963 19 0784 8

A m ms kiadvnyban val rszleges vagy teljes felhasznlsa, utnkzlse,illetve sokszorostsa a Kiad engedlye nlkl tilos!

DR. FREUD RBERT kandidtus, DR. GYARMATI EDIT PhD,Nemzeti Tanknyvkiad Rt., Budapest, 2000

TARTALOM

Bevezets 9

1. Szmelmleti alapfogalmak 151.1. Oszthatsg 151.2. Maradkos oszts 201.3. Legnagyobb kzs oszt 251.4. Felbonthatatlan szm s prmszm 331.5. A szmelmlet alapttele 371.6. Kanonikus alak 42

2. Kongruencik 542.1. Elemi tulajdonsgok 542.2. Maradkosztlyok s maradkrendszerek 602.3. Az Euler-fle ep-fggvny 672.4. Euler- Fermat-ttel 712.5. Lineris kongruencik 742.6. Szimultn kongruenciarendszerek 812.7. Wilson-ttel 932.8. Mveletek maradkosztlyokkal 96

3. Magasabb fok kongruencik 1023.1. Megoldsszm s redukci 1023.2. Rend 1063.3. Primitv gyk 1103.4. Diszkrt logaritmus (index) 1193.5. Binom kongruencik 1213.6. Chevalley-ttel, Knig-Rados- ttel 1263.7. Prmhatvny modulus kongruencik 132

4. Legendre- s Jacobi-szimblum 1374.1. Msodfok kongruencik 1374.2. Kvadratikus reciprocits 1414.3. Jacobi-szimblum 147

6 TARTALOM

5. Prmszmok 1525.1. Klasszikus problmk 1525.2. Fermat- s Mersenne-prmek 1585.3. Prmszmok szmtani sorozatokban 1685.4. Becslsek 1r(x)-re 1715.5. Hzag a szomszdos prmek kztt 1805.6. A prmek reciproksszege 1875.7. Prmtesztek 1995.8. Titkosrs 213

6. 8 zrnelrnlet i fggvnyek 2196.1. Multiplikativits, additivits 2196.2. Nevezetes fggvnyek 2256.3. Tkletes szmok 2336.4. A d(n) fggvny vizsglata 2376.5. sszegzsi s megfordtsi fggvny 2476.6. Konvolci 2526.7. tlagrtk 2596.8. Additv fggvnyek karakterizcija 274

7. Diofantikus egyenletek 2797.1. Lineris diofantikus egyenlet 2807.2. Pitagoraszi szmhrmasok 2857.3. Nhny elemi mdszer 2887.4. Gauss-egszek 2947.5. Szmok ellltsa ngyzetsszegknt 3047.6. A Waring-problmakr 3137.7. A Fermat-sejts 3197.8. Pell-egyenlet 3337.9. Partcik 339

8. Diofantikus approximci 3488.1. Irracionlis szm approximcija 3488.2. Minkowski-ttel 3578.3. Lnctrtek 3648.4. A trtrszek eloszlsa 371

TARTALOM

9. Algebrai s transzcendens szmok9.1. Algebrai szm, transzcendens szm9.2. Minimlpolinom s fokszm9.3. Mveletek algebrai szmokkal9.4. Algebrai szmok approximcija9.5. Az e transzcendens szm9.6. Algebrai egsz

10. Algebrai szrrrtest.ek10.1. Testbvts10.2. Egyszer algebrai bvts10.3. Msodfok bvtsek10.4. Norma10.5. Egsz bzis

11. Idelok11.1. Idel11.2. Elemi szmelmleti kapcsolatok11.3. Alaptteles gyr, fidelgyr, euklideszi gyr11.4. Idelok oszthatsga11.5. Dedekind-gyr11.6. Osztlyszm

Eredlllnyek s t.mut.at.sok1. Szmelmleti alapfogalmak2. Kongruencik3. Magasabb fok kongruencik4. Legendre- s Jacobi-szimblum5. Prmszmok6. Szmelmleti fggvnyek7. Diofantikus egyenletek8. Diofantikus approximci9. Algebrai s transzcendens szmok

10. Algebrai szmtestek11. Idelok

7

376376380383389396402

407407411418433438

447447454459467476489

494494506521533538553575598603610616

8 TARTALOM

Megoldsok1. Szmelmleti alapfogalmak2. Kongruencik3. Magasabb fok kongruencik4. Legendre- s Jacobi-szimblum5. Prmszmok6. Szmelmleti fggvnyek7. Diofantikus egyenletek8. Diofantikus approximci9. Algebrai s transzcendens szmok

10. Algebrai szmtestek11. Idelok

Trtneti nvtr

TblzatokPrmszmok (2-3907)Prmtnyezs felbontsMersenne-szmokFermat-szmok

Tr-gyrnut.at

624624633642645647657672686689692702

717

723723725726727

728

BEVEZETS

A knyv szndkaink szerint a kvetkez funkcik betltsre kszlt:(A) Elmleti tanknyv a magyarorszgi egyetemeken s fiskolkon foly

szmelmlet-oktatshoz, elssorban az egyetemek matematikus, alkalma-zott matematikus, matematika tanri s informatika szakos hallgati, va-lamint a tanrkpz fiskolk Inatematika tanri szakos hallgati rszre.

(B) Szmelmlet feladatgyjtemny, szintn elssorban a fenti hallgati rte-gek szmra.

(C) A ktelez s fakultcis anyagon tlmenen a szmelmlet egyes fejeze-teit, problmakreit rszletesebben trgyal "szakknyv", az ilyen tm-bl szakdolgozatot ksztk s ms, a terlet irnt mlyebben rdekldkszmra.

(D) A(z elemi) szmelmlet legfontosabb terleteit ttekint "kziknyv" ma-tematikusok s matematikatanrok rszre.

A knyv felptseA fenti clok minl jobb megvalstsa rdekben a trgyalst teljesen

az alapoknl kezdjk s az els kt fejezetben csak a kzpiskols anyagratmaszkodunk. Ennl a rsznl elemi s kevsb absztrakt segdeszkzkethasznlunk, s a tlzottan tmr indoklsok helyett inkbb rszletes magya-rzatokat adunk, hogy a megrtst a "kezd" Olvask szmra is maximlisanmegknnytsk. Ugyanakkor mr itt is nagy slyt helyeznk az anyag m-lyebb sszefggseit feltr ttelek, a "szp" s nehz gondolatokat tartalrnazbizonytsok bemutatsra.

A ksbbi fejezetekben egyre mlyebbre hatolunk a klnfle szmelm-leti tmakrk trgyalsban. Arra treksznk, hogy a szmelmlet rendkvl

sokszn problmavilgbl (belertve a rengeteg rgi, de mg mindig meg-oldatlan problmt is) s az ezek kezelsre az vszzadok (st vezredek)alatt kidolgozott vltozatos mdszerekblminl tbbe nyjtsunk betekintst.Ahol lehet, bemutatjuk a szmellnlet legjabb eredmnyeit s alkalmazsaitis. Egyes rszeknl felhasznljuk a matematika ms terleteinek tteleit smdszereit is, elssorban (klasszikus, lineris s absztrakt) algebrt, analzists kombinatorikt.

A knyv szerkezett gy alaktjuk ki, hogy az az egyes fejezetek egymsraplst s az anyag rendszerezst minl jobban biztostsa.

A knyv egszre jellemz, hogy a fogalmakat, lltsokat stb. a form-lis megfogalmazson tlmenen is alaposan "krbejrjuk", mindig pldkkal

10 BEVEZETS

illusztrljuk, megprbljuk a "lnyegi" vonsaikat megragadni, bemutatjuk akorbbi anyaghoz val kapcsoldst, felhvjuk a figyelmet az esetleges bukta-tkra, elemezzk, mi indokolja az adott fogalom bevezetst stb. Nagy slythelyeznk arra, hogy lehetleg a konkrtbl kiindulva haladjunk az ltalnosfel. Igyeksznk a szmelmletnek a matematika ms terleteivel val szoross sokszn kapcsolatt minl tfogbban rzkeltetni.

FeladatokA fejezeteket alkot minden egyes pont utn feladatok kvetkeznek. A

feladatok rszben az aktulis fogalmak, ttelek, mdszerek stb. megrtstellenrzik s ezek elmlytst segtik el, rszbell jabb pldkat, sszefg-gseket s alkalmazsokat mutatnak be, rszben pedig az adott tmakrhzkapcsold egyb problmkat vizsgInak. Gyakran szerepelnek feladatnak"lczott" ttelek is, amelyek az anyag rszletesen nem trgyalt tovbbi rde-kes vonatkozsaira, tvolabbi sszefggseire hvjk fel a figyelmet.

Ennek megfelelen a feladatok mennyisge s nehzsge igen tg hat-rok kztt mozog, az ppen sorra kerl anyag tmjtl, terjedelmtl s

mlysgtl fggen. A(z ltalunk) nehezebbnek tlt feladatokat csillaggal, akiemelkeden nehznek tartott feladatokat pedig kt csillaggal jelezzk. (Ter-mszetesen egy feladat nehzsge rnindig relatv; a megold kpessgeitl, r-

dekldstl s ltalnos elismerettleltekintve jelentsen fgghet - tbbekkztt - a korbban megoldott feladatoktl is.)

A feladatok eredmnyt s/vagy a megoldshoz vezet (egyik lehetsges)tmutatst - minimlis szm kivteltl eltekintve - az "Eredmnyek s t-mutatsok" c. fejezetben kzljk. Nhny (elssorban nehezebb) feladathozrszletes megoldst is adunk a "Megoldsok" c. fejezetben, ezeket a feladatokat

akitzsnlM betvel jelltk meg.Az Olvasnak azt tancsoljuk, hogy lehetleg csak akkor nzze meg a

feladatokhoz adott tmutatst vagy megoldst, ha semmikppen sem boldogula feladattal. Trjen inkbb vissza tbbszr is ugyanarra a problmra, esetlegoldja meg elbb valamelyik specilis esetet.

Fontos, hogy prblja meg felderteni a feladat "mondanivaljt", htte-rt, a matematikai krnyezetben elfoglalt helyt s szerept. Nagyon hasznosaz ltalnosts vagy jabb problmk nll felvetse (mg akkor is, ha ezeketnem sikerl megoldani).

Az egyes fejezetek rvid ismertetseAz els kt fejezet bevezet jelleg, ezekben az egsz szmok oszthat-

sgval, a legnagyobb kzs osztval, a szmelmlet alapttelvel (azaz az

BEVEZETS 11

egyrtelm prmfelbontssal) , illetve a kongruencikkal kapcsolatos elemi is-mereteket trgyalj uk. Ezek biztos elsajttsa elengedhetetlen a tovbbi feje-zetek tanulmnyozshoz.

A 3. s 4. fejezetben a kongruencik elmlett ptjk tovbb.Az 5. fejezet tmja a prmszmok, amelyek a matematika egyik legegysze-rbben definilt, ugyanakkor taln legtitokzatosabb halmazt jelentik. Ebbena fejezetben Euklidsz tbb mint 2000 ves ttelei, valamint azta is megoldat-lan problmi s az utbbi vtizedek egyik matematikai szenzcijt jelent, agyors prmtesztelsen s az ehhez kpest sszemrhetetlenllass prmfaktori-zcin alapul nyilvnos jelkulcs titkosrsok egyarnt helyet kapnak. Ebbena fejezetben a korbbi szmelmleti ismeretek felhasznlsn tl szamos he-lyen intenzven tmaszkodunk az elemi analzis eredmnyeire s mdszereireIS.

A 6. fejezet a szmelmleti fggvnyekkel foglalkozik. Az egyes fontosfggvnyek bemutatsa mellett szmos ltalnos konstrukcit s alkalmazsttrgyalunk.

A 7. fejezet a diofantikus egyenletekrl szl. A legegyszerbb probl-mk (lineris egyenlet, pitagoraszi szmhrmasok) bemutatsa utn zelttnyjtunk tbbek kztt a Waring-problmakrbl s bebizonytjuk a Fermat-sejtsnek a kbkre s a negyedik hatvnyokra vonatkoz specilis esett. Amdszerek kzl kiemelnnk a Gauss- s Euler-egszek szmelmlett, amely-nek ltalnostsa ksbb a 10. s 11. fejezet egyik kzponti tmjt alkotja.

A 8. fejezet az alkalmazsok szempontjbl fontos diofantikus approxi- 'mcival foglalkozik. Rviden bemutatjuk az approximcinak a geometriaiszmelmlettel, illetve a lnctrtekkel val kapcsolatt is.

A 9-11. fejezetek szoros egysget alkotnak. A 9. fejezetbl az algebraiszmok s algebrai egszek alaptulajdonsgai nlklzhetetleneka kvetkezkt fejezet megrtshez. A 10. fejezet a testbvtsekkel, ezen bell is elssorban a racionlis testnek egy algebrai szmmal val bvtsben lev algebraiegszek szmelmleti vizsglatval foglalkozik. Ebben a fejezetben intenzventmaszkodunk az elemi lineris algebra fogalmaira s tteleire. Vgl a 11. fe-jezetben az idelok szmelmleti vonatkozsait trgyalj uk. Az idelok segts-gvel egyrszt ltalnos gyrkben is jllerhatk a szmelmlet alapttelnekszksges s elgsges, illetve elgsges felttelei, msrszt az algebrai szm-testek szmelmleti vizsglatnl fontos szerepet jtszik, hogy itt az algebraiegszek ideljaira rvnyes az egyrtelm prmfaktorizci (noha magukra azalgebrai egszekre ez ltalban nem teljesl).

A knyvben sok helyen kitrnk rdekes matematikatrtneti vonatkoz-sokra is, s ilyen clt szolgl a knyv vgn tallhat rvid "Trtneti nvtr"IS.

12 BEVEZETS

Amint a fenti lersbl is kiderl, a szmelmlet egyes terletei ezer szl-lal ktdnek egymshoz s ms matematikai gakhoz egyarnt. Ezrt komolys nem is teljesen thidalhat nehzsget jelent az a kettssg, hogy egyrsztaz egyes tmakrk trgyalsnl jl rzkelhet legyen ez a szoros kapcso-lat, msrszt az adott tmakrt bemutat fejezet minl inkbb nmagban isrthet s teljes legyen. Igyekeztnk olyan egyenslyt kialaktani, hogy an-nak, aki a knyvet folyamatosan dolgozza fel, fokozatosan, sszefggseibens minl teljesebben truljon fel egy problma- s gondolatgazdag matemati-kai diszciplna, ugyanakkor a csak nhny fejezetbl "csipeget" olvasnak is

lehetsge nyljk rdekes, tartalmas s hasznos ismeretek elsajttsra.

Technikai tudnivalkAz egyes fejezetek n. pontokra tagoldnak. A defincikat, a tteleket

s a feladatokat k.m.n tpus mdon szmoztuk, ahol k a fejezetet, m ezenbell a pontot s n a ponton belli sorszmot jelenti. A defincik s a ttelek"kzs listn" futnak, teht pl. a 6.2.1 Definci utn a 6.2.2 Ttel kvetkezik.Az illusztrcis pldk, kpletek stb. (sima, egy szmmal trtn) szmozsapontonknt jrakezddik. A defincik, illetve a ttelek megfogalmazsnak avgn -'- ll, a bizonytsok befejezst pedig _ jelzi.

A jellsek, fogalmak, ttelek visszakeresst megknnyt(het)i a knyvvgn tallhat "Trgymutat", amelyet igyekeztnk nagyon rszletesen ssze-lltani.

Nhny ltalnos jells: Megklnbztetjk a (vals) szmok als sfels egszrszt, s ezeket l J, illetve l jelli, gy pl. lKJ == 3, Kl == 4, a [K]jellst nem hasznljuk. A szmok trtrszt { } jelli, tellt {c} == c-leJ. Azoszthatsgra, a legnagyobb kzs osztra s a legkisebb kzs tbbszrsre aszoksos jellseket hasznljuk, teht pl. 7 I 42, (9,15) == 3, [9,15] == 45.A [ ] szgletes zrjel legkisebb kzs tbbszrst, zrt intervallumot vagyegyszeren zrjelet jell (ez utbbi klnsen a 11. fejezetben jellemz, ahola ( ) kerek zrjel idelt jelent; a megklnbztets rdekben itt a legnagyobbkzs osztra is az lnko{ a, b} jellst hasznljuk).

A polinomok s fggvnyek jellsre tbbnyire az (argumentum nlkli)j, g stb. jells szerepel, de helyenknt az j(x), g(x) stb. rsmd is elfordul.A polinomok fokszmt (az angol degree sznak megfelelen) "deg"-gel jell-jk, teht pl. deg(x3 + x) == 3. A szoksos mdon Q, R, illetve C rendre aracionlis, a vals, illetve a komplex szmok testt, Z, Zm, illetve T[x] pedigaz egsz szmok, a modulo m maradkosztlyok, illetve a T feletti polinomokgyrjt jelenti. A testbvtseknl Q( 'l9), illetve E({J) a racionlis test {J-valval egyszer bvtst, illetve (algebrai {J esetn) az ebben tallhat algebraiegszek gyrjt jelenti, E-vel pedig az sszes algebrai egsz gyrjt jelljk.

BEVEZETS 13

A p bett szinte kizrlag a (pozitv) prmszmok jellsre tartjuk fenn. A(vges vagy vgtelen) szorzatok s sszegek jellsre gyakran hasznljuk a ITs 2: jeleket, pldul

r

IIpfi,i==l

lL p2p

rendre a pr 1 p~r szorzatot, az n-nl nem nagyobb (pozitv) prmszmokszorzatt, illetve a (pozitv) prmszmok ngyzetnek reciproksszegt jelenti.Megemlkezs

A knyvet Turn Pl, Erds Pl s Gallai Tibor akadmikusok emlknekajnljuk (akik egybknt egyms j bartai s kzeli munkatrsai voltak).

Mindketten abban a szerencss helyzetben voltunk, hogy szoros kapcsolat-ban llhattunk a huszadik szzadi szmelmlet kt kiemelked egynisgvel,Turn Pllal s Erds Pllal.

Mindketten Turn Pl legends szmelmlet szeminriumain nevelked-tnk, ott kstoltunk bele elszr igazn abba, hogyan kell egy-egy problmalnyeges elemeit kibontani, feldolgozni s mindezt msok szmra megvilg-tani. Turn Pltl tanultuk, hogy a ltszlag tvoli terletek sszekapcsolsagyakran j, hatkony megkzeltsi mdot eredmnyez.

Knyvnk elzmnyeihez tartozik az a (feladatokat nem tartalmaz) or-szgos Szmelmlet jegyzet, amelyet 30 vvel ezeltt Gyarmati Edit tbb msforrsmunka mellett Turn Pl eladsainak felhasznlsval rt. Az aztaeltelt id alatt tartott eladsaink tapasztalatai, a hallgatk elismereteinekgyarapodsa (pl. lineris algebra) s az idkzben szletett j eredmnyek aztindokoltk, hogy a mr rgta aktulis felfrissts s tdolgozs helyett egyj knyvet rjunk. Knyvnk szelleme s felptse termszetesen tbb rokonvonst mutat az emltett jegyzettel.

Mindkettnkrenagy hatssal volt Erds Pl matematikai s emberi nagy-sga, ahogyan a "szp" matematikai problmk s bizonytsok irnti szen-vedlyes szeretett msokkal megosztotta, ugyanolyan termszetes kzvetlen-sggel beszlve ezekrl (s sok minden msrl is) komoly tudsok s kezd

rdekldk eltt egyarnt. Freud Rbert sok kzs matematizls lmnyt sszakmai fejldsnekjelents rszt is Erds Plnak ksznheti.

Gyarmati Edit plyavlasztsban meghatroz szerepet jtszott felejt-hetetlen kzpiskolai tanra, Gallai Tibor, a grfelmlet vilghr kutatja.Gallai Tibor zsenilis tanregynisg volt, akinek csodlatos gimnziumi ris egyetemi eladsai a legjobb hallgatkat sikerrel indtottk el a matemati-kai kutats tjn, mikzben a gyengbb dikok szmra is a megrts s azalkots lmnyt nyjtottk.

14 BEVEZETS

KsznetnyilvntsNagy ksznettel tartozunk azrt a hatalmas munkrt, amelyet a kt

lektor, Srkzy Andrs s Szalay Mihly vgzett. Mindketten rendkvli ala-possggal nztk t a kziratot, s igen sok ltalnos, konkrt s stilris sz-revtelt tettek, amelyeket szinte kivtel nlkl figyelembe vettnk. SrkzyAndrs koncepeionlis megjegyzsei nyomn tbb helyen egysgesebb fogalom-alkotst, jobban harmonizl felptst s tovbbi eredmnyekre trtn uta-lsokat tudtunk megvalstani. Szalay Mihly a legaprbb rszletekbe menen

ellenrizte a kziratot, s igen gondosan vgigszmolta azokat a feladatokat is,amelyek rszletes megoldst nem adtuk meg; figyeImt nem kerlte el a leg-aprbb pontatlansg sem, s konkrtan megfogalmazott mdostsi javaslataisok kisebb-nagyobb hiba, egyenetlensg kjavtst tettk lehetv.

A knyvben a szerzk (s a lektorok) minden igyekezete ellenre bizonyraakadhatnak hibk s hinyossgok. Brkitl ksznettel fogadjuk az ezzelkapcsolatos szrevteleket.

Budapest, 2000. janur

Freud [email protected]

[email protected]

Gyarmati [email protected]

[email protected]

ELTE TTK Algebra s Szmelmlet Tanszk1088 Budapest, Rkczi t 5.

1. SZMELMLETI ALAPFOGALMAK

Ebben a fejezetben az egsz szmok oszthatsgval kapcsolatos nhny alap-vet fogalmat, ttelt s mdszert tekintnk t. A fogalmak bevezetsnllegtbbszr csak ltalnos oszthatsgi vonatkozsokra ptnk, s minl ke-vesebbet tmaszkodunk az egsz szmok specilis tulajdonsgaira. A prosszmok s ms pldk segtsgvel igyeksznk rmutatni arra is, hogy az egszszmoknl "megszokott" ttelek egy rsze, kztk az egyrtelm prmfelbonts(ms nven a szmelmlet alapttele) egyltaln nem magtl rtetd.

A felpts sorn gy jutunk el a szmelmlet alapttelhez, hogy a ma-radkos osztsbl kiindulva az euklideszi algoritmus segtsgvel megmutat-juk a legnagyobb kzs oszt "kitntetett" tulajdonsgt, majd ennek alap-jn igazoljuk, hogy az egsz szmok krben a felbonthatatlan szmok s aprmszmok egybeesnek. Az alapttelre egy, amaradkos osztstl fgget-len, kzvetlen indukcis bizonytst is adunk, majd az alapttel nhny fontoskvetkezmnyt trgyaljuk.

1.1. Oszthatsg

Ha a s b racionlis szmok s b i- O, akkor a-t b-vel elosztva ismt racionlisszmot kapunk. Hasonl llts az egsz szmok krben nem rvnyes. Ezrtrdemes bevezetni a kvetkez defincit:

1.1.1 Definci I D 1.1.1A b egsz szmot az a egsz szm osztjnak nevezzk, ha ltezik olyan

q egsz szm, amelyre a == bq. ,.

Jells: b I a. Ugyanezt a kapcsolatot fejezi ki ms szavakkal, hogy az aoszthat b-vel, illetve az a tbbszrse a b-nek. Ha nem ltezik olyan q egsz,amelyre a == bq, akkor a b nem osztja a-nak, ennek jellse: bAa.

A tovbbiakban, ha egyb kiktst nem tesznk, akkor szmon mindigegsz szmot rtnk.

A O minden szmmal oszthat (a O-val is!), hiszen brmely b-re O == b- O.A msik "vgletet" azok a szmok alkotjk, amelyek minden szmnak oszti:

1.1.2 Definci I D 1.1.2Ha egy szm minden szmnak osztja, akkor egysgnek nevezzk. ,.

16 1. SZMELMLETI ALAPFOGALMAK

1.1.3 Ttel I T 1.1.3Az egsz szmok krben kt egysg van, az 1 s a -1. ~

Bizonyts: Az 1 s a -1 valban egysgek: brmely a-ra l I a, hiszena == (l)(a).

Megfordtva, ha egysg, akkor az az l-nek is osztja, azaz alkalmasq-vall == q. Mivel Ii 2: 1 s Iql 2: 1, gy csak

lehetsges. _

azaz == l

Megjegyzs: Az oszthatsgot az egszektl klnbz szmkrkben (st l-talnosabban brmely integritsi tartomnyban, lsd az 1.1.23 feladatot) belehet vezetni. Tekintsk pldaknt a pros szmokat. Itt b I a azt jelenti, hogyltezik olyan q pros szm, amelyre a == bq. Ennek megfelelen itt 2 I 20, de2 lIO, st a 10-nek egyltaln nincs is osztja. Ebbl az is kvetkezik, hogyapros szmok krben egyltaln nincsenek egysgek. Ugyanakkor a c + dV2alak (specilis vals) szmok krben, ahol c s d tetszleges egszek, vgte-len sok egysg tallhat (lsd az 1.1.22 feladatot). Mindez azt jelenti, hogy azegysgek vltozatos kpet mutathatnak, s ltalban nem (csak) az eljelbelieltrssel hozhatk kapcsolatba, mint ahogy azt az 1.1.3 Ttel esetleg tvesensugallhatna.

1.1.4 TtelHa s Oegysgek s b I a, akkor eb I Oa is teljesl. ~

I T 1.1.4 I

Bizonyts: Az az l-nek is osztja, azaz alkalmas r-rel 1 == r. Ha a == bq,akkor Oa == (b)(oqr), teht valban eb I Oa. -

Az 1.1.4 Ttel azt fejezi ki, hogy egy szm s az egysgszerese oszthat-sgi szempontbl teljesen azonosan viselkednek; az egysgek az oszthatsgszempontjbl "nem szmtanak". Ennek alapjn nem jelent (majd) megszo-rtst, ha az egsz szmok oszthatsgi vizsglatt leszktjk a nemnegatvegszekre, st (a Ospecilis szerepnek tisztzsa utn) csak a pozitv egszek-kel foglalkozunk.

A kvetkez ttelben az egsz szmok oszthatsgnak nhny egyszer,de fontos tulajdonsgt foglaljuk ssze.

1.1.5 Ttel

1.1. FELADATOK 17

T 1.1.5 I

(i) Minden a-ra a I a.(ii) Ha c I b s b I a, akkor c I a.

(iii) Az a I b s b I a oszthatsgok egyszerre akkor s csak akkor teljeslnek,ha az a a b-nek egysgszerese.

(iv) Ha c I a s c I b, akkor c I a + b, c I a - b, tetszleges (egsz) k-ra c I ka,s tetszleges (egsz) r, s-re c I ra + sb. ,.

Az (i)-(iii) tulajdonsgok rendre azt fejezik ki, hogy az egsz szmok osztha-tsga reflexv s tranzitv, de nem szimmetrikus relci. A (iv)-beli lltsokkzl a legtbbszr az els hrmat alkalmazzuk, ezek egybknt valamennyienaz utolsnak specilis esetei (r == s == 1; r == 1, s == -1; illetve r == k, s == O).

,;

Bizonyts: Csak (iii)-at igazoljuk, a tbbi knnyen bizonythat az oszthat-sg defincijbl.

Ha a == Eb, ahol E egysg, akkor b I a azonnal addik. Tovbb 1 == Ermiatt ra == b, teht a I b is teljesl.

Megfordtva, ha a I b s b I a, azaz alkalmas q s s egszekkel b == aq sa == bs, akkor innen b == b(qs). Ha b == 0, akkor szksgkppen a == 0, tehta == Eb. Ha b -=I 0, akkor qs == 1, azaz s (s q is) egysg, teht ekkor is a == Eb.

Feladatok(Ha ms kiktst nem tesznk, a feladatokban rtelemszerenegsz sz-

mok szerepelnek, a hatvnykitevk pedig nemnegatv egszek.)1.1.1 rjunk le egy hromjegy szmot ktszer egyms mell. Mutassuk

meg, hogy az gy kapott hatjegy szm oszthat 91-gyel.

1.1.2 Lssuk be, hogy kt pratlan szm ngyzetnek a klnbsge mindigoszthat 8-cal.

1.1.3 Tegyk fel, hogy az (a, b, c szmjegyekbl ll) abc hromjegy szmoszthat 37-tel. Igazoljuk, hogy ekkor a bea szm is oszthat 37-tel.

1.1.4 Bizonytsuk be, hogy ha 5a + gb oszthat 23-mal, akkor 3a + lOb isoszthat 23-mal.

1.1.5 Melyek igazak az albbi lltsok kzl?a) c I a + b ====> c Ia, c I b.b) c I a + b, c I a ====> c I b.


c) c I a + b, c I a - b ====? c I a, c I b.d) c I 2a + 5b, c I 3a + 7b ====? c I a, c I b.e) c I ab ====? c I a vagy c I b.f) c I a, d I b ====? cd I ab.g) c I a, d I a ====? cd I a.

1.1.6 Igazoljuk az albbi oszthatsgokat:(i) a-b I an-bn; (ii) a+b I a2k+l+b2k+l; (iii) a+b I a2k_b2k.

1.1.7 Mely c egszekre lesz (c6 - 3)/(c2 + 2) is egsz szm?1.1.8 Igazoljuk, hogy minden n termszetes szmra 1331 11n +2 + 122n +1 .1.1.9 Adjunk meg vgtelen sok olyan n-et, amelyre 29 I 2n + ".

1.1.10 Mutassuk meg, hogy (b - 1)2 I bk - 1 akkor s csak akkor teljesl, hab-ll k.

*1.1.11 Tegyk fel, hogy 2b - 1 I 2a + 1. Lssuk be, hogy b == 1 vagy 2.1.1.12 Bizonytsuk be az albbi lltsokat.

a) Ha b I a s a :I O, akkor Ibi::; lalb) Minden nemnulla egsz szmnak csak vges sok osztja van.

1.1.13 Melyek azok a szmok, amelyek felrhatk a) kt; b) hrom (nemfelttlenl klnbz) pozitv osztjuk sszegeknt?

1.1.14 Igazoljuk, hogy egy (tzes szmrendszerben felrt termszetes) szmakkor s csak akkor oszthat

a) 3-mal, illetve 9-cel, ha a szmjegyeinek az sszege oszthat 3-mal,illetve 9-cel;

b) 4-gyel, illetve 25-tel, ha az utols kt szmjegybl ll szm oszthat4-gyel, illetve 25-tel;

c) 8-cal, illetve 125-tel, ha az utols hrom szmjegyblll szm oszt-hat 8-cal, illetve 125-tel;

d) 11-gyel, ha a szmjegyeinek vltakoz eljellel vett sszege oszthat11-gyel.

1.1.15 Ltezik-e 2-nek olyan pozitv egsz kitevs hatvnya, amelyben minda tz szmjegy ugyanannyiszor fordul el?

*1.1.16 Ltezik-e olyan szm, amelyben csak az 1 s 2 szmjegyek fordulnakel, s amely oszthat 21000_rel?

1.1.17 Mutassuk meg, hogya) hrom szomszdos egsz szm szorzata oszthat 6-tal;

*b) k szemszedos egsz szm szorzata oszthat k!-sal.

1.1. FELADATK 19

M 1.1.18 Legyen n > 1 tetszleges egsz. Csongor megnevezi n-nek egy tet-szleges pozitv osztjt, legyen ez dl. Ezutn Tnde vlaszt egyd2 pozitv osztt, amely nem lehet osztja dl-nek. Ismt Csongorvlaszt egy d3-at, amely nem osztja sem dl-nek, sem d2-nek stb.Az veszt, aki magt az n-et knytelen vlasztani. Kinek van nyerstratgija, ha n rtkea) 16; b) 31111 ; c) 10; d) 50; **e) 123456789101112131415?

*1.1.19 Vlasszunk ki az 1,2, ... ,2n szmok kzl tetszlegesen n + 1 dara-bot. Igazoljuk, hogy a kivlasztott szmok kztt biztosan lesz ktolyan, hogy az egyik a msiknak osztja.

1.1.20 Mi az oka annak, hogy noha a O I O oszthatsg igaz, a O/O osztsnakmg sincs rtelme?

1.1.21 A pros szmok krben melyek azok az elemek, amelyekneka) egyltaln nincs osztja;b) pontosan kt (pozitv vagy negatv) osztja van?

1.1.22 Tekintsk oszthatsgi szempontbl a c+dV2 alak (specilis vals)szmokat, ahol c s d tetszleges egszek.

a) Dntsk el, hogy 12 - 7V2 oszthat-e 3 + 4V2-vel.b) Igazoljuk, hogy az 1 + v2 egysg.c) Mutassuk meg, hogy vgtelen sok egysg van.d) Hny osztja van egy tetszleges elemnek?e) Lssuk be, hogy c+dV2 akkor s csak akkor egysg, ha Ic2 - 2d2 1 == 1.

M *f) Bizonytsuk be, hogy az egysgek ppen a (1 + V2)k alak elemek,ahol k tetszleges egsz.

g) Hnyszor fordul el az egsz szmok krben, hogy egy ngyzetszmktszerese eggyel nagyobb, illetve eggyel kisebb egy (msik) ngyzet-szmnl?

1.1.23 Integritsi tartomnynak a (legalbb ktelem) kommutatv, nullosz-tmentes gyrket nevezzk, azaz amelyekben az sszeads s a szor-zs kommutatv s asszociatv, van nullelem, minden elemnek vanellentettje, rvnyes a disztributivits, s kt nemnulla elem szorzatasem lehet nulla. (Ez pongyoln fogalmazva azt jelenti, hogy az ssze-ads, kivons s szorzs tekintetben az egsz szmoknl megszokott"szp" tulajdonsgok teljeslnek.) Vezessk be az oszthatsgot saz egysg fogalmt az 1.1.1 s 1.1.2 Defincik szerint, s lssuk beaz albbiakat.


M a) Akkor s csak akkor ltezik egysg, ha a szorzsnak ltezik egysg-eleme (azaz olyan e elem, amelyre brmely a-val ea == a teljesl).

b) Az egysgek ppen az egysgelem oszti, illetve ms megfogalmazs-ban azok az elemek, amelyeknek (a szorzsra nzve) ltezik inverze.

c) Egy egysg minden osztja s kt egysg szorzata is egysg.d) Vizsgljuk meg az 1.1.5 Ttel lltsait.

1.2. Maradkos oszts

1.2.1 Ttel I T 1.2.1 ITetszleges a s b :f- Oegsz szmokhoz lteznek olyan egyrtelmenmeg-

hatrozott q s r egsz szmok, melyekre

a == bq + r s O :s r < Ibi ~

Bizonyts: Legyen elszr b > O. A

O:Sr==a-bq q-l

teljeslsvel ekvivalens, ami ismt pontosan egy q egszre ll fenn (ekkor qaz a/b fels egszrsze, q == ra/bl, azaz a legkisebb olyan egsz, amely mgnagyobb vagy egyenl, mint a/b). -

1.2 . MARADKOS OSZTS 21

Amaradkos osztsnl kapot t q szmot hnyadosnak, az r -et pedig (leg-kisebb nemnegatv) maradknak nevezzk. A b I a oszthatsg (b i= Oesetn)pontosan akkor teljesl, ha a maradk O.

Gyakran knyelmesebb, ha negatv maradkokat is megengednk. Errevonatkozik az 1.2.1 Ttel albbi varinsa, amely hasonlan bizonythat:

1.2.1A Ttel I T 1.2.1ATetszleges a s b i= Oegsz szmokhoz lteznek olyan egyrtelmen meg-

hatrozott q s r egsz szmok, melyekre

a = bq +r s

Eb be n az eset ben az r-et legkisebb abszo lt rtk maradknak nevezzk.

P lda: Legyen a = 30, b = -8, ekkor

30 = (-8)( - 3) + 6 = (-8)(-4) - 2,

teht a legkisebb nemnegatv maradk a 6, a legkisebb abszolt rtk mara-dk pedig a-2.

Az albbi ttel bizonytsbl ltni fogju k, hogy a maradkos oszts fel-hasznlh at a poz itv egsz szmok n . szmrendszeres felrshoz is.

1.2.2 Ttel I T 1.2 .2Legyen t > 1 rgztett egsz. Ekkor brmely A pozit v egsz egyrtelmen

felrhat az albbi alakban:

Bizonyts : A O :s; ao < t s t I A - ao felttel miatt ao ppen az A-nak a t-veltrtn maradkos osztsakor keletkez legkisebb nemnegatv maradk, tehtpontosan egy megfelel ao ltezik. Je lljk a hnyadost go-lal, ekkor a

felrsbl az elzkhz hasonlan addik, hogy al ppen a qo-nak a t-vel tr-tn maradkos osztsakor keletkez legkisebb nemnegatv maradk. Az elj-rst folytatva kap juk a megfelel ai-k ltezst s egyrtelmsgt . _

22 1. SZMELMLET! ALAPFOGALMAK

Az A szm fenti

elll tsban az a i szmok az A szmjegyei t olap szmre ndszer ben (hat > 10, akkor a 0,1, . .. , 9 mellett jabb szmjegyjeleket is be kell vezetni) . Afenti elll tst

vagy

alakban jelljk (a fellvonssal szksg esetn azt jelezzk, hogy egymsmell rt szmjegyekrl s nem pldul szorzsrl van sz ). Ha t = 10, akkora szmrendszer alapszmra ut al jellst legtbbszr elhagyj uk.

P lda: 38 = 38[10] = 123[5] ' hiszen 38 = 1 . 52 + 2 . 5 + 3 . 1.

A mindennapi let be n ltalban a t zes szmrendszerrel dolgozunk, degyakran hasznosabb pl. a ket tes szm rendszer , tbbek kzt t a szmtg pe k-nl. Ez utbbiban csak ktfle szmj egy szerepel, a Os az 1, az sszeads sa szorzs elvgzshez pedig csak az albbi egyszer egymegegy, illetve egy-szeregy tblt kell tudni (igaz, hogy mindezrt cserbe egy szm felr shozjval tbb szmjegyre van szksg, mint pl. t zes szmrendszerben):

EB O 1O O 11 1 10

0 O 1O O O1 O 1

A maradkos oszts - egyszersge ellenre - mind gyakorlat i, mindpedig elm let i szempontbl igen j elents (akr a legkisebb nemnegatv, akr alegkisebb abszolt rtk mar ad k szerint vgezzk) . T bbek kzt t jl hasz-nlhat oszthatsgi krdsek vizsglatnl , hiszen gyakran "csak a mar adkszmt". Legfontosabb alkalmazsa taln a maradkos osztsok sorozatblll euklideszi algoritmus , amelyet a kvetkez pontb an trgyalunk.

Feladatok1.2.1 Ha 10 849-et s 11873-at ugyanazzal a hromjegy (tzes szmrend-

szerbeli pozitv egsz) szmmal maradkosan elosztjuk, mind a kt-szer ugyanazt a (nemnegatv) marad kot kapjuk. Mennyi ez a ma-radk?

1.2. FELADATOK 23

1.2.2 Lssuk be, hogy minden m-hez vgtelen sok olyan ketthatvny lte-zik, amelyek kzl brmely kettnek a klnbsge oszthat m-mel.

1.2.3 Mutassuk meg, hogy n egsz szmbl mindig kivlaszthat nhny(esetleg egy, esetleg az sszes), amelyek sszege oszthat n-nel.

1.2.4 Bizonytsuk be, hogy minden pozitv egsz szmnak ltezik olyannemnulla tbbszrse, amelyben csak a O s 1 szmjegyek fordulnakel (tzes szmrendszerben) .

*1.2.5 A Fibonacci-szmok sorozatt a


1.2.11 Hny olyan legfeljebb 10-jegy pozitv egsz szm van, amely oszt-hat ngyzetgyknek (als) egszrszvel? (Pl. a 12 ilyen, mertlVI2J == 3 osztja a 12-nek, de a 22 nem ilyen, mert lV22J == 4nem osztja a 22-nek.)

1.2.12 Milyen kapcsolatban ll la + bJ s laJ + lbJ?1.2.13 Elvgezhet-e a maradkos oszts a pros szmok krben (azaz

rvnyes-e az 1.2.1-1.2.1A Ttelek megfelelje)?1.2.14 Mutassuk meg, hogy az 1.1.14 feladatban megismert szablyok rte-

lemszer tfogalmazsban nemcsak az oszthatsg eldntsre, ha-nem az osztsi maradk megllaptsra is alkalmasak. Hogyan l-talnosthatk ezek ms alap szmrendszerekre?

1.2.15 rdekes mdon 23+46 +12+ 18 == 99 s 99 osztja a szmok egymsmell rsval keletkez 23461218-nak. Tnyleg a vletlen jtkvalllunk szemben?

1.2.16 Kpezzk az 12231001 szm (tzes szmrendszerbeli) szmjegyeinekaz sszegt, majd az gy kapott szm szmjegyeinek az sszegt stb.,amg egyjegy szmhoz nem jutunk. Mi lesz a vgeredmny?

1.2.17 Hogyan lehet gyorsan megkapni egy szm 9-es szmrendszerbeli fel-rsbl a 3-as szmrendszerbeli alakjt s viszont? Milyen szmrend-szerek kztti tvltsnl alkalmazhat hasonl gyors eljrs?

1.2.18 Egy n pozitv egsz valamely szmrendszerben ngyjegy, az eggyelnagyobb alap szmrendszerben pedig ktjegy. Hatrozzuk megn-et.

1.2.19 Az albbi szorzsban sem a szmrendszer alapszmt, sem a *-galjellt (nem felttlenl egyforma) szmjegyeket nem ismerjk. Hat-rozzuk meg ezeket. (Egyik szm els jegye sem lehet O.)

2 * * ** 1 * *

* * 2 * ** * * * * * * 1

* * * 2

1.2.20 A 740-et a t alap szmrendszerbe tszmolva olyan ngyjegy sz-mot kapunk, amelynek utols jegye 5. Hatrozzuk meg trtkt.

1.3. LEGNAGYOBB KZS OSZT 25

1.2.21 Egy ktkar mrleghez tz darab slybl ll slykszletet szeretnnkgyrtani, amellyel egy minl nagyobb hatrig bezrlag minden egszgrammnyi slyt le lehet mrni. Milyen slyokat vlasszunk, ha m-rskor

a) csak a mrleg egyik serpenyjbe tehetnk slyt;*b) mindkt serpenybe tehetnk slyt?

1.2.22 Vizsgljuk meg , hogy krlbell hnyszor annyi szmjegy kell egynagy szm kettes szmrendszerbeli felrshoz , mint a tzes szm-rendszerbeli felrshoz. Ez pontos megfogalmazsban a kvetkeztjelenti. Jelljk az n szm szmjegyeinek a szmt kettes szmrend-szerben K(n)-nel, tzes szmrendszerben pedig T(n)-nel. Mutassukmeg, hogya K(n)jT(n) sorozatnak ltezik hatrrtke, s szmtsukki ezt ahatrrtket.

1.2.23 Vltoz alap szmrendszer. Legyenek tI, t2, ... tetszleges egynlnagyobb egsz szmok. Mutassuk meg, hogy brmely A pozitv egsz

egyrtelmen felrhat

alakban, ahol O:s ai < ti+1 s an =1= O.

1.3. Legnagyobb kzs oszt

1.3.1 Definci I D 1.3.1 IAz a s b szmok legnagyobb kzs osztja d, ha(i) d I a, d I b; s(ii) ha egy c-re c Ia, c Ib teljesl , akkor ici :s ld\.

Jells: d= (a,b) vagy d=lnko(a ,b) vagy d=lnko{a ,b}.Ha a = b = O, akkor nem ltezik legnagyobb kzs osztjuk, hiszen minden

egsz szm kzs oszt, s ezek kztt nincs legnagyobb abszolt rtk.Minden ms esetben viszont (adott a s b mellett) az 1.3.1 Defincit pon-

tosan kt d szm elgti ki , amelyek egyms ellentettjei. Mivel egy szm sa negatvja oszthatsgi szempontbl teljesen egyenrtk, ezrt a s b sszeskzs osztjt gy kapjuk meg, hogy a pozitv kzs osztk mell vesszk azoknegatvjait. A pozitv kzs osztk P halmaza nem az res halmaz, hiszen az1 biztosan kzs oszt, tovbb P-nek csak vges sok eleme lehet, mert egy

26 1. SZMELM~LETIALAPFOGALMAK

nemnulla szmnak csak vges sok osztja van (lsd az 1.1.12b feladatot) . En-nlfogva P elemei kztt ltezik egy legnagyobb, jelljk h-val. Ekkor nyilvnd = h s d = -h kielgtik az 1.3.1 Defincit, ms szm viszont nem .

1.3.2 D efinciAz a s b szmok kitntetett kzs osztja O, ha(i) OIa, OI b; s

(ii'] ha egy c-re c I a, c I b te ljes l, akkor c Io. '"

I D 1.3 .2

A kit ntetett kzs oszt teht olyan kzs oszt , amely minden kzsosztnak tbbszrse.

A defincibl kvetkezik, hogy ha kt szmnak ltezik kitntetett kzsosztja, akkor az egysgszerestl eltekintve egyrtelm. Ez rsz letesen kifejtveazt jelenti, hogy egyrszt egy kitntetett kzs oszt brmely egysgszerese isaz, msrszt kt kitntetett kzs oszt szksgkppen egyms egysgszerese.Ennek igazolst az 1.3.10 feladatban tztk ki.

Ha a = b = 0, akkor a kit ntetett kzs osztjuk a definci szerint O.A tovbbiakban ezzel az esettel egylt aln nem foglalkozunk , azaz mindig

eleve felt esszk, hogya s b kzl legalbb az egyik nem nulla .Megmutatj uk, hogy ha egyltaln ltezik a okitntetett kzs oszt, ak-

kor Ocsak a legnagyobb kzs oszt (valamelyik rtke) lehet. Je lljk d-vela O-val azonos eljel legnagyobb kzs osztt. Ekkor egyrszt (ii) miatt

msrszt (ii') alapjn d I O, amib l

kvetkezik. A kt egyenltlensgbl kapjuk, hogy ldl = 101, s gy az azonoselj el miatt o= d.

Egyltaln nem magtl rtetd azonban, hogy a legnagyobb kzs osztvalban rendelkezik a (ii') kitntetett tulajdonsggal is, vagyis hogy brmelykt egsz szmnak ltezik kitntetett kzs osztja.

1. 3 .3 Tt e l T 1.3.3Brmely kt egsz szmnak ltezik kitntetett kzs osztja. '"

Bizonyts : A kitntetet t kzs oszt ltezst a matematika egyik legsibbeljrsval, az euklideszi algoritmussal igazoljuk . Az egyik szmot maradko-san elosztjuk a msikkal , majd a msik szmot a maradkkal stb., mindig az

1.3. L EGNAGY OB B KZS OS ZT 27

osztt a mar ad kkal , amg O maradkh oz nem jutunk. Megmutatjuk, hogy azeljrs vges, s az utols nemnulla maradk lesz a kt szm (egyik ) kitntet et tkzs osz t j a ,

Nzzk mindezt rsz letese n. Tegyk fel, hogy (pl. ) b i= O. Ha b I a , akkor- c Ib - T1 q 2 = T2 Ugyangy folytatva vgl az utols eltt i egyenlsgbl kapjuk, hogy c I Tn' -Megjegyzsek: 1. Az euklideszi algorit must a legkisebb nemnegatv mar adkokhelyett a legkisebb abszolt rtk marad kokkal is vgezhetjk ; ebben azesetben a mar ad kok abszolt ri kei alkot nak nemnegatv egszekbl llszigoran cskken sorozatot , s gy az eljrs ekkor is vges sok lpsb enbiz tosan befejezdik .

28 1. SZMELMLET! ALAPFOGALMAK

2. Szoks a legnagyobb kzs osztt eleve pozitvnak definilni. Mivelazonban egy szm s a negatvja egyms egysgszeresei, azaz brmely osztha-tsgi krdsnl teljesen azonosan viselkednek, ezrt semmi ok sincs arra, hogya legnagyobb kzs oszt fogalmbl a negatv szmokat eleve kirekesszk.Ezrt adtuk meg a legnagyobb kzs oszt defincijt gy, hogy abba a ktlegnagyobb abszolt rtk kzs oszt egyenrangan belefrjen.

3. Az elrebocstott megjegyzsek alapjn nem jelent megszortst, ha atovbbiakban knyelmi okokbl a legnagyobb kzs oszt, illetve a (vele mrbizonytottan megegyez) kitntetett kzs oszt kt rtke kzl mindig apozitvat fogjuk tekinteni. Ezentl az (a,b), illetve lnko(a, b) jells is ezt a(zegyrtelmen meghatrozott) pozitv szmot fogja jelenteni, s (ltalban) akitntetett kzs osztra is a legnagyobb kzs oszt elnevezst fogjuk hasz-nlni.

4. A legnagyobb kzs oszt gyakorlati kiszmtsnl az egyszerenadd (a, b) = (b, a - kb) sszefggs alapjn gyakran knyelmesebb az eukli-deszi algoritmusnak az

alakjt hasznlni.5. Az 1.3.2 Defincit, az ottani (ii') kitntetett tulajdonsg bevezetst

az indokolja, hogy csak oszthatsgi relcit hasznl fel, szemben az 1.3.1 Defi-ncival, amelyben rendezsi relci (nagyobb-kisebb) is szerepel. Ennlfogvanem meglep, hogy az egsz szmok szmelmleti vizsglatainl - amint ha-marosan ltni fogjuk - mind elmleti, mind pedig gyakorlati szempontblelssorbana (ii') kitntetett tulajdonsgra tudunk majd tmaszkodni. A csakaz oszthatsgra pl fogalomalkots tovbbi elnye, hogy bizonyos szmk-rkben (illetve ltalnosabban integritsi tartomnyokban) az 1.3.1 Defincinem is rtelmes. Ennek egyik nyilvnval oka az, ha nem definilhat a szm-krben (a szoksos "j" tulajdonsgokkal br) rendezs, ilyenek pl. a komplexszmok bizonyos rszhalmazai. Az 1.3.1 Defincival azonban olyan szmk-rkben is addhat problma, amelyekben van rendezs, pldul a c + dV2(c, d egszek) szmkrben is ez a helyzet. Itt ugyanis a vgtelen sok egy-sg miatt brmely kt elemnek vgtelen sok kzs osztja van, s ezek kzttnincs legnagyobb abszolt rtk. (Ha csak pronknt nem egysgszeres kzsosztkat tekintnk, akkor sincs rtelme az 1.3.1 Defincinak, mert brmelykt kzs oszt esetn ltezik az elsnek olyan egysgszerese, amely nagyobba msodik osztnl. ) Ezrt a szmelmlet tovbbi fejezeteiben egyenesen az1.3.2 Definci szerint rtelmezzk majd a legnagyobb kzs osztt.

Most (az egsz szmok krben) a legnagyobb kzs oszt nhny fontostulajdonsgt trgyalj uk.

1.3. LEGNAGYOBB KZS OSZT

1.3.4 TtelHa c > 0, akkor (ca, cb) == c(a, b). ,.

29

T 1.3.4 I

Bizonyts: Tekintsk az (a, b) ellltsra szolgl euklideszi algoritmust, le-gyen az utols nemnulla maradk rn == (a, b). Szorozzunk meg minden egyen-

lsget c-vel, ekkor ppen a (ca, cb)-t elllt euklideszi algoritmushoz jutunk.Ebben az utols nemnulla maradk (ca, cb) == cr., == c(a, b). _

Az 1.3.4 Ttel egy msik lehetsges bizonytsra vonatkozan lsd az1.3.11 feladatot.

1.3.5 Ttel I T 1.3.5 IAz a s b szmok legnagyobb kzs osztja alkalmas u s v egszekkelkifejezhet (a, b) == au + bv alakban. ,.

Bizonyts: Az euklideszi algoritmus els egyenlsgbl rl-et kifejezverl == a - bql

addik. Ennek felhasznlsval a msodik egyenlsgbl az

r2 == b - Tlq2 == b - (a - bql)q2 == a(-q2) + b(l + qlq2)ellltshoz jutunk, azaz r2 felrhat aU + bV alakban. Hasonlan tovbbha-ladva az utols eltti egyenlsgbl azt kapjuk, hogy (a, b) == Tn is kifejezhetau + bv alakban. _

Az 1.3.5 Ttel fontos kvetkezmnye az ax+by == c ktismeretlenes linerisdiofantikus egyenlet megoldhatsgra vonatkoz albbi ttel. Diofantikusegyenletnek ltalban olyan egsz egytthats algebrai egyenletet neveznk,melynek a megoldsait is az egsz szmok krben keressk, ezekkel rszletesena 7. fejezetben foglalkozunk. A fenti ax + by == c egyenletben teht a, b, crgztett egsz szmok, s megoldson egy x, y egsz szmprt rtnk.

1.3.6 Ttel I T 1.3.6Legyenek a, b, c rgztett egsz szmok. Az ax +by == c diofantikus egyen-

letnek akkor s csak akkor ltezik megoldsa, ha (a, b) I c. ,.

Bizonyts: Elszr tegyk fel, hogy ltezik Xo, yo megolds. Ekkor (a, b) I as (a, b) I b alapjnszksgkppen

(a, b) I axo + byo == c.


Megfor dtva, tegyk fel , hogy (a,b) I c, vagyis van olyan t egsz, amelyre(a , b)t = c. Az 1.3 .5 T tel alapjn

(a , b)= au+ bv

t eljesl alkalmas u, v egszekkel. Ezt az egyenlsget t-vel beszorozva kapj uk,hogy

c = a(ut) + b(v t ),

azaz x = ut, y = vt megoldsa az ax + by = c diofantikus egyenletnek. _

Az 1.3.6 Ttelt kiegszthetj k azzal, hogy mego ldhatsg esetn az euk-lideszi algoritmus egy ttal eljrst is szolgltat a lineris d iofantikus egyenlet(egyik) megoldsnak a megkeresshez .

A lineris diofanti ku s egyenlet tovbbi vonatkozsaival (megoldsszm,sszes megolds ellltsa, ms mego ldsi mdszer) rszletesen a 7.1 pontbanfogla lkozunk, a lineris kongruencikkal val kapcsolatt pe dig a 2.5 pontbantrgyaljuk.

Tbb szm legnagyobb kzs osztjt rgtn a "kitntet ett" tula jdon-sggal de finiljuk; olyan kzs oszt, amely minden kzs osztnak tbbsz-rse. Az al, a2, ... ,ak (nem csupa O) szmok pozitv legnagyobb kzs osztjt(a l , a2 , ... ,ak )-val jelljk . Ennek ltezst a legegyszerbben annak alapjnigazolhatjuk, hogy kt szm kzs osztinak a halmaza megegyezik a kt szmlegnagyobb kzs osztja osztinak a halmazval. Ebbl kapjuk, hogy

1.3.7 Definci I D 1.3.7 IAz al, a2 , . . . , ak szmok relatv prmek , ha nincs egysgtl klnbz

kzs osztjuk, azaz (a l , a2, . . . , ad = 1. '"

1.3.8 Definci I D 1.3.8 IAz al, a2, ... , ak szmok pronknt relatv prmek , ha kzl k semelyi kket tnek sincs egysgtl klnbz kzs osztja, azaz minden 1 ::; i =I- j ::; kesetn (ai ,aj) = 1. .-.

Nyilvnval, hogy a pronknt relatv prm szmok egyttal relat v pr-mek is, de ez (k > 2 esetn) meg fordtva nem igaz (lsd az 1.3.5 feladatot) .

1. 3 . F ELADATOK 31

Mr az 1.1.5e feladatban is lttuk, hogy ha egy szm oszt ja egy szorzat-nak s az egyik tnyeznek nem osztja , akkor ebbl nem kvetkezik , hogya msik tnyeznek osztja legyen. A helyes felt t elt az albbi ttel adja,amely mr Euklidsznl is szerepel , s amely az oszthatsgi feladatokbanval felhasznlhatsga mellet t kulc sszerep et jtszik a szmelmlet alapt te-lnek bizonytsnl is.

1.3.9 TtelHa c I ab s (c, a) = 1, akkor c I b. '"

I T 1.3.9 I

Bizony t s: Nyilvn elg arra az eset re szort koznunk, ha a, b s c pozitv.Ekkor a c I ab s c I cb oszthatsgokb l a legnagyobb kzs oszt kitntet et ttulajdonsga, valamint az 1.3.4 Tt el alapjn kvetkezik , hogy

c I (ab , cb) = (a , c)b = b.

Feladatok(Ha egy feladatban elfordul valamilyen u , v szmprra az (u , v ) jells,

akkor automat ikusan feltesszk, hogy az u s v kzl legalbb az egyik nemnull a. )

1.3.1 Szmtsuk ki (3794,2226) r tkt, s rjuk fel 3794u+2226v alakban.1.3.2 Mutassuk meg, hogy az albbi tr tek semmilyen n pozitv egsz ese-

tn sem egyszersthetk :

3n + 5a) 7n + 12 ;

n ! -1c) (n + 1)' - 1 ;

1.3.3 Adjuk meg (n 2 + 2, n 4 + 4) lehet sges r tkeit, ha n vgigfu t a ter-mszetes szm okon .

1.3.4 Tegyk fel, hogy (a, b) = 5. Szmtsuk kia) (a+b,a-b); b) (a+2b ,4a-b)

lehetsges rtkeit .

1.3.5 Adjunk meg hrom olyan szmot, amelyek relatv prmek , de kzlksem elyik kett sem relatv prm.


1.3.6 Melyek igazak az albbi lltsok kzl?a) Ha (a,b) == d, akkor (J'~) == 1.b) Ha (a,b) == d, akkor (J,b) == 1 s (a,~) == 1 kzl legalbb az egyik

teljesl.c) c I ab {=:=:> -(c ) I b.

c,a

d) c I ab, (a, b) == 1~ c I a vagy c I b.1.3.7 Legyenek a s b pozitv egszek. Hny b-vel oszthat szm van az

a, 2a, 3a, ... ,ba szmok kztt?

1.3.8 Legyenek a s b klnbz pozitv egszek. Melyek igazak az albbilltsok kzl?

a) Vgtelen sok n egszre (a + n, b+ n) == 1.b) Vgtelen sok n egszre (a + n, b + n) == (b + n, bn) == 1.c) Vgtelen sok n egszre (a + n, bn) == (b + n, bn) == 1.

1.3.9a) Hny olyan u, v egsz szmpr tallhat, amelyre (a, b) == au + bv?b) Az (a, b) == au + bv ellltsban mennyi u s v legnagyobb kzs

osztja?c) Legyen H az au + bv alak szmok halmaza, ahol u s v vgigfut az

egsz szmokon. Mi lesz H legkisebb pozitv eleme?

1.3.10 A kitntetett kzs oszt egyrtelmsge. Legyen 6 az a, b egsz sz-mok (egyik) kitntetett kzs osztja. A kitntetett kzs oszt de-fincija alapjn bizonytsuk be az albbiakat.

a) Tetszleges c egysgre c6 is kitntetett kzs osztja a, b-nek.b) Ha 61 is kitntetett kzs osztja a, b-nek, akkor 61 == c6, ahol c

alkalmas egysg.

M 1.3.11 Adjunk az 1.3.4 Ttelre j bizonytst, amely csak a kitntetett k-zs oszt fogalmra (s ltezsre) tmaszkodik, s nem hasznlja fel(kzvetlenl) magt az euklideszi algoritmust.

1.3.12 Nevezzk csupaegynek azokat a pozitvegszeket, amelyeknek (tzesszmrendszerben) minden szmjegye l-es.

a) Mely szmoknak ltezik csupaegy tbbszrse?b) A 31000_nek melyik a legkisebb csupaegy tbbszrse?

M*1.3.13 Mutassuk meg, hogy brmely n > O, k > Os a > 1 egszekre

(an - 1, ak - 1) == a(n,k) - 1.

1.4. FELBONTHATATLAN SZM S PRMSZM 33

1.3.14 Legyen a pozitv egsz.a) Igazoljuk, hogy ha n s k klnbz ketthatvnyok s a pros szm,

akkor (an + 1, ak + 1) = 1.*b) Hatrozzuk meg ltalban (an + 1,ak + 1) rtkt.

1.3.15 Bizonytsuk be , hogy a szomszdos Fibonacci-szmok (lsd az 1.2.5feladatot) relatv prmek. Mi a helyzet a msodszomszdokkal? s aharmadszomszdokkal?

** 1.3.16 Legyen rpm az m-edik Fibonacci-szm. Igazoljuk, hogy

st

1.3.17 Szakaszok sszemrhetsge. Euklidsz "Elemek" c. knyvben egszszmok kzs oszti mellett foglalkozik szakaszok kzs mrtkvelis. Kt szakasz kzs mrtkn egy olyan szakaszt rtnk, amelyegsz szmszor felmrhet (maradk nlkl) mind a kt szakaszra.Kt szakaszt sszemrhetnek neveznk, ha lt ezik kzs mrtkk.

a) Bizonytsuk be, hogy kt szakasz akkor s csak akkor sszemrhet,ha a hosszaik arnya racionlis szm.

b) Kt adott sszemrhet szakasznak hny kzs mrtke ltezik?c) Fogalmazzuk meg a maradkos oszts szakaszokra vonatkoz rte-

lemszer megfeleljt, s mutassuk meg, hogy az erre pl euklideszialgoritmus akkor s csak akkor fejezdik be vges sok lpsben, ha akt kiindulsi szakasz sszemrhet.

d) Igazoljuk, hogy sszemrhet szakaszok eset n ltezik a kzs mrt-keik kztt legnagyobb, s erre az sszes kzs mrtk egsz szmszor

felmrhet (maradk nlkl) .e) Lssuk be, hogy egy ngyzet oldala s tlja esetn az euklideszi

algoritmus nem r vget. (Ezzel a J2 irracionalitst geometriaiton igazoltuk. )

1.4. Felbonthatatlan szm s prmszm

Lttuk, hogy oszthatsgi szempontbl a O, illetve az egysgek klnlegesszerepet jtszanak: a O-nak minden szm osztja, az egysgek pedig mindenszmot osztanak. Legyen a tovbbiakban a tetszleges, O-tl s egysgtl

klnbz szm. Az egysg defincija alapjn brmely E egysg esetn E I as w I a. Ezeket az a trivilis osztinak nevezzk. A tovbbiakban fontosszerepet jtszanak azok a szmok, amelyeknek csak trivilis osztik vannak:


1.4.1 Definci I D 1.4.1A p egysgtl (s nulltl) klnbz szmot felbonthatatlan szmnak

nevezzk, ha csak gy bonthat fel kt egsz szm szorzatra, hogy valamelyiktnyez egysg. Azaz

p == ab ===> a vagy b egysg. ,.

Itt P -# O-t azrt nem szksges kln kiktni, mert a O nemtrivilisan isszorzatt bonthat, pl. O == 5 O. Megjegyezzk mg, hogya p == ab szorzatbannem lehet mindkt tnyez egysg, hiszen akkor a szorzatuk, azaz p is egysglenne. (gy az 1.4.1 Definci vgn tulajdonkppen "kizr vagy" szerepel.)

A felbonthatatlan szmok teht azok az egysgtl klnbz egszek,amelyek csak trivilisan bonthatk kt egsz szm szorzatra, vagy ms szval,amelyek csak az egysgekkel s sajt maguk egysgszereseivel oszthatk. Ilye-nek pldul a 2, 3, -17 stb. Ha egy nemnulla szmnak trivilistl klnbzosztja is van, akkor sszetett szmnak nevezzk.

A kvetkez fogalom bevezetshez emlkeztetnk arra, hogy ha egy cszm osztja egy szorzat valamelyik tnyezjnek, akkor c osztja a szorzatnakis, de ennek a megfordtsa nem igaz: pl. c == 6-ra 6134, de 6l3, 6l4. Fontosszerepet jtszanak azok a c szmok, amelyekre a megfordts is rvnyes:

1.4.2 Definci I D 1.4.2A p egysgtl s nulltl klnbz szmot prmszmnak (vagy rviden

prmnek) nevezzk, ha csak gy lehet osztja kt egsz szm szorzatnak, halegalbb az egyik tnyeznek osztja. Azaz

p I ab ===> p Ia vagy p I b. ,.

Az 1.4.2 Definci vgn "megenged vagy" szerepel, hiszen elfordulhat,hogy p a szorzat mindkt tnyezjt osztja. Megjegyezzk mg, hogy mostp -# O-t mindenkppen kln ki kellett ktni, hiszen a O-ra teljesl az 1.4.2Definci tovbbi rszben megfogalmazott tulajdonsg:

O I ab ===> ab == O===> a == O vagy b == O ===> O I a vagy O I b.

Az 1.4.2 Defincibl rgtn kvetkezik, hogy egy prmszm egy (kettnl) tbb tnyezs szorzatnak is csak gy lehet osztja, ha legalbb az egyiktnyeznek osztja.

1.4. FELADATK 35

T 1.4.3 I1.4.3 TtelAz egsz szmok krben p akkor s csak akkor prm, ha felbonthatatlan.

.-.

Bizonyts: Nyilvn feltehet, hogy p nem nulla s nem egysg.I. Elszr tegyk fel, hogy p prm, s lssuk be, hogy felbonthatatlan is.

Induljunk ki egy p == ab szorzat-ellltsbl; azt kell igazolnunk, hogya s bvalamelyike egysg.

Mivel p == ab, gy p I ab is igaz. Mivel p prm, ezrt ebbl p I a vagy p I bkvetkezik. Az els esetben ab I a, teht (a =1= O miatt) b I 1, vagyis b egysg,a msodik esetben pedig ugyangy kapjuk, hogya egysg.

II. Most tegyk fel, hogy p felbonthatatlan, s lssuk be, hogy prm is.Induljunk ki egy p I ab oszthatsgbl; azt kell igazolnunk, hogy p I a s p I bkzl legalbb az egyik teljesl.

Ha p I a, akkor kszen vagyunk. Ha p Xa, akkor p felbonthatatlansga s(p, a) I p miatt (p, a) == 1. A p I ab s (p, a) == 1 felttelekbl az 1.3.9 Ttelalapjn p I b kvetkezik. -

Ezzel megmutattuk, hogy az egszek krben a felbonthatatlan szmok sa prmszmok egybeesnek. Ezrt jogosult a felbonthatatlan vagy prm elneve-zsek brmelyiknek a hasznlata, s az is, hogy a kzpiskolban az egszekrea felbonthatatlan szmnak megfelel tulajdonsggal rtelmezik a prmszmot.A tovbbiakban a rvidsg kedvrt a prm(szm) szt fogjuk ltalban hasz-nlni, kivve, ha hangslyozni akarjuk a szm felbonthatatlan tulajdonsgt.

A kt fogalom azonban sok ms szmkrben nem ekvivalens. Pldul apros szmok krben a 6 felbonthatatlan, hiszen egyltaln nem bonthat ktpros szm szorzatra, azonban nem prm, mert osztja a 18 2 szorzatnak, denem osztja egyik tnyezt sem. Tovbbi pldkat ltunk majd a 10. fejezetben.

Az egszek krben a prmszmok vizsglata a szmelmlet egyik legfon-tosabb terlete. Mr Euklidsz bebizonytotta, hogy vgtelen sok prmszmltezik (5.1.1 Ttel), ugyanakkor a prmszmokkal kapcsolatban rengeteg azolyan egyszeren megfogalmazhat problma, amely mg ma is megoldatlan.Mindezekkel bvebben az 5. fejezetben foglalkozunk.

FeladatokA szoksos szhasznlatnak megfelelen az egsz szmok krben mr az

albbiakban is a prm vagy prmszm szt fogjuk hasznlni a felbonthatatlanszmra is. Megjegyezzk azonban, hogy az 1.4.1-1.4.7 feladatok mindegyiketulajdonkppen felbonthatatlan szmokra vonatkozik.


1.4.1 Adjuk meg az sszes olyan n pozitv egszt, amelyre az albbi szmokmindegyike prmszm:

a) n, n + 2 s n + 4; b) n s n 2 + 8;c) n, n + 6, n + 12, n + 18 s n + 24; d) n, n 3 - 6 s n 3 + 6.

1.4.2 Ltezik-e vgtelen hossz, nemnulla differencij szmtani sorozatcsupa prmszmbl?

1.4.3 Halhatatlan kapitnynak hrom halhatatlan unokja van, akiknek azletkora hrom klnbz prmszm s ezek ngyzetnek az sszegeis prmszm. Hny ves a kapitny legkisebb unokja? (Ne felejtskel, hogy az unokk halhatatlanok, teht akr tbb milli vesek islehetnek!)

1.4.4 Legyenek a s k egynl nagyobb egszek . Bizonytsuk be az albbilltsokat.

a) Ha ak - 1 prm, akkor a == 2 s k prm.b) Ha ak + 1 prm, akkor k ketthatvny.

Megjegyzs: A 2k - 1 alak prmeket Mersenne-prmeknek, a 2k + 1alak prmeket pedig Fermat-prmeknek nevezzk, ezekkel rszlete-sen az 5.2 pontban foglalkozunk majd.

M 1.4.5 Adjuk meg az sszes olyan t > 1 egszt s k > O pratlan szmot,amelyre 1k + 2k + 3k + ... + tk prmszm.

1.4.6 Mely n pozitvegszekre lesz prmszma) n 3 - n + 3;b) n 3 - 27;c) n 8 + n 7 + n 6 + n 5 + n 4 + n 3 + n 2 + n + 1;d) n 4 + 4;e) n 8 + n 6 + n 4 + n 2 + l?

1.4.7 Legyen n > 1 egsz szm. Bizonytsuk be az albbi lltsokat.a) Ha n-nek nem ltezik olyan t osztja, amelyre 1 < t ~ Vii, akkor n

prmszm.b) Az n szm l-nl nagyobb oszti kzl a legkisebb szksgkppen

prm.c) Ha n sszetett, de nem ltezik olyan t osztja, amelyre 1 < t ~ {Iii,

akkor n kt prmszm szorzata.

1.4.8 Bizonytsuk be, hogy (n - 5)(n + 12) + 51 semmilyen n egsz esetnsem oszthat 289-cel.

1.5. A SZMELMLET ALAPTTELE 37

1.4.9 Mik lesznek a pros szmok krben a felbonthatatlanok, illetve aprmek?

1.4.10 A felbonthatatlan s prm fogalma tetszleges I integritsi tarto-mnyban (lsd az 1.1.23 feladatot) rtelmezhet. Bizonytsuk be azalbbi lltsokat.

a) Ha I-ben a szorzsnak nincs egysgeleme, akkor I-ben nincs prm.b) Ha I-ben a szorzsnak van egysgeleme, akkor I-ben minden prm

szksgkppen felbonthatatlan is.

1.5. A szmelmlet alapttele

1.5.1 Ttel (A szmelmlet alapttele) I T 1.5.1 IMinden, a O-tl s egysgek tl klnbz egsz szm felbonthat vges

sok felbonthatatlan szm szorzatra, s ez a felbonts a tnyezk sorrendjtls egysgszeresektl eltekintve egyrtelm. (Az egyrtelmsg azt jelenti, hogyha

ahol a Pi s qj szmok valamennyien felbonthatatlariok, akkor r = s, s a Pis qj szmok prba llthatk gy, hogy mindegyik Pi a hozz tartoz qrnekegysgszerese. )

Megjegyzsek : 1. A O-t s az egysgeket azrt kellett kizrni, mert azok egyl-taln nem bonthatk fel felbonthatatlan szmok szorzatra: az egysgek csakgy rhatk fel szorzatknt, hogy minden tnyez egysg, a O pedig csak gy,hogy legalbb az egyik tnyez O (s akkor ez a tnyez nem felbonthatatlan) .

2. Magukra a felbonthatatlan szmokra a ttel olyan formban rvnyes,hogy ezeket egytnyezs szorzatoknak tekintjk.

3. Nhny szrevtel az egyrtelmsghez . Tegyk fel, hogy az a szma = PIP2 .. .Pr alakban elll felbonthatatlanok szorzataknt. Ekkor nyilvna tnyezket tetszleges ms sorrendben sszeszorozva ugyancsak a-t kapunk.Emellett legyenek fl, ... , fr tetszleges olyan egysgek, amelyek szorzata 1,ekkor fIPI, . . . , frPr is felbonthatatlanok , s ezek szorzata is a-val egyenl.Az alapttel egyrtelmsgi rsze ppen azt fejezi ki, hogy ezektl a varilsi

lehetsgektl eltekintve az a mskppen mr nem rhat fel felbonthatatlanokszorzataknt . Pldul a 12 esetben nhny ilyen felrs

12 = 2 . 23 = 2 (-3) . (-2) = 3 . (-2) . (-2).


4. A ttel kimondsnl mindenkppen a felb onthatatlan szm fogalmtrdemes hasznlni , hiszen a ttel ppen azt fejezi ki, hogy ilyen "ptkvekbl"lnyegben minden szm lnyegben egyrtelmen "sszerakhat". A bizony-ts sorn is meg fogjuk klnb ztetni a felb onthatatlan s a prm fogalmt.Ezek ekvivalencija - amint ltni fogjuk - szoros sszefggsben ll a szm-elmlet alaptt elnek az rvnyessgvel.

5. Sok szmkrben (illetve integritsi tartomnyban) nem rvnyes aszmelmlet alapt te le. Pldul a pros szmok krben a 100-nak kt lnye-gesen klnbz felb ontsa ltezik felbonthatatlanok szorzatr a: 100 = 250 == 10 . 10. Tovbbi pldkat ltunk majd a 10. fejezetben.

Most rtrnk az alapttel igazolsra. Az egyrtelmsgi rszre kt bi-zonytst is adunk.

A f elbonthatsg bizonyt sa: Tekintsnk egy nulltl s egysgektl kln-bz tetszleges a szmot . Ha a felbonthatatlan , akkor kszen vagyunk.

Ha a nem felb onthatatlan, akkor lt ezik nemtrivilis felb onthatatlan osz-tja, mert a legkisebb pozitv nemtrivilis osztja szksgkppen felb ontha-tatlan (lsd az 1.4.7b feladatot). Ekkor a = Pl al, ahol Pl felbonthatatlan sal nem egysg.

Ha a l felbonthatatlan, akkor kszen vagyunk; ha nem , akkor van olyanP2 felbonthatatlan szm, amellyel al = P2a2, ahol a2 nem egysg .

Hasonlan jrunk el a2-vel stb. Elj rsunk vges sok lpsb en be kellhogy fej ezdjn, ugyanis az lail szmok pozitv egszek, s szigoran cskkensorozatot alkot nak:

t eht elj ut unk egy olyan ak-hoz , amely mr felbonthatatlan , ak = Pk.Ekkor az a = PlP2 ... Pk ellltst nyerjk. -

A z egyrtelmsg els bizonyts a: Ebben a bizonytsban a f segdeszkznkaz lesz, hogy minden felb onthatatlan egyben prm is (1.4.3 T tel) .

Tegyk fel indirekt , hogy valamely a-nak lt ezik (legalbb) kt lnyegesenklnbz felb ontsa felbonthatatlanok szorzatr a:

(1)Ha itt valamelyik Pi egysgszerese valamelyik grnek, pldul Pl = eq-, akkorgl-gyel egyszerstve

1.5. A SZMELMLET ALAPTTELE 39

addik, vagyis az a' szmnak kapjuk kt lnyegesen klnbz felbontstfelbonthatatlanok szorzatra.

Az eljrst folytatva gy vgl egy olyan szmhoz jutunk, amelynek aktfle felbontsban mr nincsenek egysgszeres tnyezk. Az ltalnossgmegszortsa nlkl feltehetjk, hogy az (l)-beli elllts ilyen, azaz Pi f qj.

(l)-bl kapjuk, hogy Pl I qlq2 qs Mivel Pl felbonthatatlan, gy az1.4.3 Ttel alapjn prm is, ezrt Pl szksgkppen osztja legalbb az egyikqj tnyeznek.

Azonban ha Pl I qj, akkor qj felbonthatatlansga miatt Pl vagy egysg ,vagy pedig a qj egysgszerese, s mindkett ellentmonds. _

Az egyrtelmsgmsodik bizonytsa: Ebben a bizonytsban lal-ra vonatkozteljes indukcit hasznlunk.

Mivel egy szm s az egysgszeresei minden oszthatsgi szempontblegyenrtkek, ezrt nem jelent megszortst, ha pozitvegszeknek pozitvfelbonthatatlanok szorzatra val felbontsaival foglalkozunk.

Ha a = 2, akkor az egyrtelmsg (a 2 felbonthatatlan volta miatt) igaz.Tegyk most fel, hogy minden 1 < a < n szm egyrtelmen bomlik fel

felbonthatatlanok szorzatra, s megmutatjuk, hogy ekkor a = n felbontsa isegyrtelm. Tegyk fel indirekt, hogy n-nek ltezik (legalbb) kt klnbzfelbontsa felbonthatatlanok szorzatra:

(2)Itt nyilvn r 2: 2, s 2: 2, tovbb Pi f qj, mert ha pldul Pl = ql, akkor

az 1 < n/Pl < n szmnak is kt klnbz felbontsa lenne, ami ellentmondaz indukcis feltevsnek.

Tegyk fel, hogy Pl < ql s legyen nl = n - Plq2 qs. Megmutatjuk,hogy

s1 < nl < n,

nl-nek is van kt klnbz felbontsa,

(3)

(4)ami ellentmonds.

Az nl = n-Plq2 ... qs kifejezsbe n helyre a (2)-beli felbontsokat bervakapjuk, hogy

(5)Nyilvn nl < n, tovbb Pl < ql miatt


amivel (3)-at belttuk.Bontsuk fel az nl mindkt (5)-beli szorzat-ellltsnak utols tnyezjt

felbonthatatlanok szorzatra:

s

Ennek alapjn az nl az albbi mdon ll el felbonthatatlanok szorzataknt:

(6)(Ha esetleg ql - Pl = 1, akkor (6) gy rtend , hogya Vi-k hinyoznak, atovbbi gondolatmenet ekkor "mg inkbb" rvnyben marad.)

Megmutatjuk, hogy (6) az nl kt klnbz felbontst adja. Az elsfelbontsban szerepel a Pl' A msodikban viszont nem, ugyanis egyrsztPl t= qj, msrszt, ha valamelyik i-re Pl = Vi, akkor

kvetkezne, ami lehetetlen. Ezzel (4)-et is belttuk. _

Megjegyzsek: 1. Az egyrtelmsg els bizonytst elemezve megllapthat-juk, hogy az tulajdonkppen amaradkos osztson mlott. Ugyanis a ma-radkos osztsra tmaszkod euklideszi algoritmussal igazoltuk a kitntetettkzs oszt ltezst, majd ennek felhasznlsval mutattuk meg (az 1.3.9 T-tel segtsgvel), hogy egy felbonthatatlan szm szksgkppen prm is, s ezvolt a bizonyts kulcslpse.

ltalban is igaz , hogy ha egy szmkrben (illetve integritsi tartomny-ban) ltezik a maradkos oszts megfelelje, akkor ott rvnyes a szmelmletalapttele is. Az egyrtelmsgi rszre az egsz szmoknl adott gondolat-menetnk az ltalnos esetre is sz szerint tvihet, a felbonthatsgnl ese-tenknt finomabb meggondolsokra is szksg lehet . Erre vonatkoz pldkszerepelnek majd a 7. s 10. fejezetben. A 11.3 pontban az idelok segtsg-vel az ltalnos esetben is egysges bizonytst adunk arra, hogya maradkososztsbl kvetkezik a szmelmlet alapttele (felbonthatsg s egyrtelmsg egyarnt).

Megjegyezzk mg , hogy a maradkos oszts s az alapttel kapcsolatanem szimmetrikus; vannak olyan szmkrk, amelyekben rvnyes a szmel-mlet alapttele, noha semmilyen rtelemben sem ltezik bennk maradkososzts. Ilyen pldt ltunk majd a 10. fejezetben.

2. Az egyrtelmsg msodik bizonytsa nem tmaszkodott az 1.3 s1.4 pontok tteleire. Ez lehetsget ad arra, hogy ezeknek a tteleknek egy

1.5. FELADATOK 41

rszre az alapttel segtsgvel j bizonytst adjunk. Ezek kzl kt fontosttelt kln is kiemelnk: az egyik a kitntetett kzs oszt ltezse (1.3.3Ttel), a msik pedig az, hogy minden felbonthatatlan egyben prm is (az1.4.3 Ttel "rdemibb" fele). Az elbbinek az alapttelbl trtn levezetstlnyegben az 1.6.4 Ttel bizonytsnl lthatjuk majd, az utbbira nzvelsd az 1.5.8 feladatot.

Feladatok1.5.1 Igazoljuk, hogy egy a szm felbonthatatlan szmok szorzataknt tr-

tn ellltsban a tnyezk szma legfeljebb log2lal.1.5.2 Tekintsk a pros szmok krt.

a) Mely elemek rhatk fel lnyegben egyrtelmen felbonthatatlanokszorzataknt?

b) Adjunk meg olyan elemet, amelynek pontosan 1000 lnyegesen k-lnbz felbontsa van.

1.5.3 Vizsgljuk meg, hogy az egyrtelmsgre adott bizonytsaink holbuknak meg a pros szmok krben?

1.5.4 Mutassuk meg, hogya 10-zel oszthat egsz szmok krben nem r-vnyes a szmelmlet alapttele, st itt van olyan elem is, amelynekkt klnbz felbontsban mg a felbonthatatlan tnyezk darab-szma sem azonos.

1.5.5 Tekintsk a vges tizedes trtek V halmazt.a) Hatrozzuk meg az egysgeket s a felbonthatatlanokat.b) Bizonytsuk be, hogy V-ben rvnyes a szmelmlet alapttele.

*c) Lssuk be, hogy V-ben ltezik a maradkos oszts megfelelje, azazminden c E Velemhez hozz tudunk rendelni egy f(c) nemnegatvegsz szmot gy, hogy f(c) == O ~ c == O, tovbb mindena, b E V, b i= O esetn ltezik olyan q, r E V, hogya == bq + r sf(r) < f(b).

1.5.6 Az egyrtelmsgre adott msodik bizonytsnak sok ms vltozatais elkszthet. Hol kell mdostani a gondolatmenetet, ha nl-etnl == n - Plq2-nek vlasztjuk?

1.5.7 Hnyflekppen rhat fel egy egsz szm felbonthatatlanok szorza-taknt, ha most a csak a sorrendben s/vagy egysgszeresekben valeltrst is klnbz felbontsnak tekintjk?

M 1.5.8 Vezessk le a szmelmlet alapttelbl, hogy minden felbonthatat-lan egyben prm is.


1.5.9 Keressk meg (az egszek krben) az sszes olyan PI,P2,P3 (nemfelttlenl pozitv s nem felttlenl klnbz) prmszmokat, ame-lyekre

1 1 1-----==-+-.Pl - P2 - P3 P2 P3

M*1.5.l0 Adjuk meg (az egszek krben) az sszes olyan pozitv prmszmot,amelynek alkalmas (pozitv egsz kitevs) hatvnya felrhat kt po-zitv egsz szm kbnek az sszegeknt.

1.6. Kanonikus alak

A tovbbiakban csak pozitv szmok pozitv osztival foglalkozunk, s prm-szmon is pozitv felbonthatatlan szmot fogunk rteni. Ebben az esetben aszmelmlet alapttele gy fogalmazhat, hogy minden n > 1 egsz szm fel-bonthat vges sok (pozitv) prmszm szorzatra, s ez a felbonts a tnyezk

sorrendjtl eltekintve egyrtelm. (Az egysgek a pozitivits miatt most nemjtszanak szerepet.)

Az ilyen prmtnyezs ellltsban az azonos prmek szorzatt ltal-ban hatvnyknt jelljk, vagyis a szmot klnbz prmek hatvnyainak aszorzataknt rjuk fel. Ekkor a szmelmlet alapttelnek az albbi alakjtkapjuk:

1.6.1 TtelMinden n > 1 egsz szm felrhat

r

n == pa1pa2 par == IIpC: il 2 ... r ~i==l

I T 1.6.1

alakban, ahol Pl, ... ,Pr klnbz (pozitv) prmek s ai > O egsz. Ez afelrs a pfi prmhatvnytnyezk sorrendjtleltekintve egyrtelm. -'

Ezt az ellltst az n szm kanonikus alakjnak nevezzk.Ltni fogjuk, hogy bizonyos esetekben (pldul tbb szm egyidej vizs-

glatnl) knyelmesebb, ha megengedjk, hogy a kanonikus alakban egyesprmek kitevje O is lehessen, ekkor az egyrtelmsg termszetesen ezektla(z esetleges fiktv) tnyezktl eltekintve. rtend. Ily mdon az 1 szmnak isbeszlhetnk kanonikus alakjrl (ebben csak Okitevvel szerepelnek prmek).

1.6. KANONIK US ALAK 43

Kln fogjuk jelezni , mikor rdemes a O kitevt is megengedni a kanoni-kus alakban, a tbbi eset ben auto matikusan felt esszk , hogy minden kitevpozitv (egsz).

Elszr azt mutatjuk meg, hogyan tekinthetk t a kan onikus alak segt -sgvel egy szm oszt i, azok szma, kt szm legnagyobb kzs osztja slegkisebb kzs tbbszrse.

1.6.2 TtelAz

I T 1.6.2 I_ Ol 0 2 a r

n - Pl P2 .. ' Pr

kanonikus alak n szmnak egy d pozitv egsz akkor s csak akkor oszt ja,ha d kanonikus alakja

Az oszt k esetbe n a Okitevt is megenged mdostot t kanonikus alakothasznltuk.

Az 1, illetve n trivilis oszt kat abban a kt specilis esetben kapjuk meg,amikor (minden i-re ) f3i = O, illetve f3i = ai

B izonyts : Az elgsgessg igazolshoz tegyk fel, hogy d a fenti alak.Ekkor a

_ Q l -~ l Q2 -~2 Qr -~rq - Pl P2 .. 'P r

szm ai ~ f3i miat t egsz, s n = dq , vagyis d I n. (Ennl a rsznl nemhasznltuk ki a kanonikus alak egyrtelmsgt, st azt sem, hogy a Pi-kprmek.)

A szksgessghez tegyk fel, hogy d In , azaz van olyan q (pozitv) egsz,amellyel n = dq . Ekkor n kanonikus alakjt a d s a q kanonikus alakjnakaz sszeszorzsbl kapjuk meg. Ez azt jelenti, hogy n kanonikus alakjban dminden prmoszt ja szerepe l, spedig legalbb akkora hatvnyon , mint d-ben ,vagyis ai ~ f3i '

Egy n > O egsz pozitv oszt ina k a szmt d(n)-nel jelljk.

Plda: d(l) = 1, d(10) = 4, d(n) = 2 ~ n prm.

44

1.6.3 TtelAz

1. SZMELMLET! ALAPFOGALMAK

I T 1.6.3 I

kanonikus alak n szm pozitv osztinak a szma

d(n) = (al + 1)(a2 + 1) .. . (ar + 1) .

Bizonyts: Az 1.6.2 Ttel szerint az n sszes pozitv osztjt gy kapjuk meg,ha a

d = pfhpfh p f3r1 2 ... r

kifejezsben a 131 ,132, ... , f3r kitevk egymstl fggetlenl vgigfutnak a

f31=0 ,1, . .. ,a1 , f32=0,1, . .. , a2, ... , f3r = 0,1 , . . . , ar

rtkeken. A f3i kitev teht ai + l-flekppen vlaszthat, s gy a 131 , ... , f3rkitevk egymstl fggetlen megvlasztsra sszesen

(1)

lehetsg van. Mivel az n minden pozitv osztja csak egyflekppen ll el afenti alakban (hiszen ennek az osztnak is egyrtelm a prmtnyezs felbon-tsa) , ezrt az (1) kplet valban az n pozitv osztinak a szmt adja. _

Most rtrnk kt szm legnagyobb kzs osztjnak a kanonikus alak-jra. Itt ismt a mdostott kanonikus alakkal dolgozunk: mindkt szmnlkirjuk azokat a prmszmokat is, amelyek csupn az egyik szmnak oszti (amsik szm kanonikus alakjban ezek termszet esen Okitevvel szerepelnek) .

1.6.4 TtelLegyen az a s b pozitv egszek kanonikus alakja

I T 1.6.4 I

C\

Bizonyts: Legyen

1 ..6. KANONIKUS ALAK

r

d _TI min(ai,f3i)- Pi .

i==l

45

Azt fogjuk megmutatni, hogy d egyrszt kzs osztja a-nak s b-nek, msrsztpedig minden kzs osztnak tbbszrse. A bizonytsban az 1.6.2 Ttelrefogunk tmaszkodni.

Mivel min(ai, f3i) ::; ai s min(ai, f3i) ::; f3i , ezrt d I a s d I b, azaz dkzs oszt.

Legyen most c az a s b tetszleges pozitv kzs osztja. Ekkorr

C = TIpli, ahol li ~ ai, li ~ (Ji i==l

Ez azt jelenti, hogy Ti ::; min(ai, f3i), s gy c I d.

Plda: Szmtsuk ki 4840 s 2156 legnagyobb kzs osztjt.A szmok kanonikus alakja: 4840 == 23 5 112, illetve 2156 == 22 .72 . 11.

Teht (4840,2156) == 22 .5 .7 . 11 == 44.

Megjegyzs: A legnagyobb kzs oszt fenti kiszmtsi mdja nagyon knyel-mes nek tnik, sajnos azonban nagy szmokra ltalban nem alkalmazhat,ugyanis nem ismernk gyors eljrst nagy szmok esetn a kanonikus alakmeghatrozsra. Az euklideszi algoritmus ugyanakkor nagy szmok esetn isgyorsan megadja a kt szm legnagyobb kzs osztjt. Mindezekrl (alkal-mazsokkal egytt) rszletesen az 5.7 s 5.8 pontban lesz sz.

Rtrve a legkisebb kzs tbbszrsre, ez nevnek megfelelen a pozitvkzs tbbszrsk kzl a legkisebbet jelenti:

1.6.5 Definci I D 1.6.5 IAz a s b pozitv egszek legkisebb kzs tbbszrse a k pozitv egsz, ha(i ) a I k, b I k; s(ii) ha egy c > O-ra a I c, b I c teljesl, akkor c 2: k. 4

Az a s b legkisebb kzs tbbszrst [a, b]-vel (vagy lkkt(a, b)-vel) jell-jk.

Mivel a kt szm szorzata, ab nyilvnvalan kzs tbbszrse a-nak sb-nek, gy [a, b] meghatrozshoz elg az ab-nl nem nagyobb vges sok pozitvegsz kztt megkeresni az a s b kzs tbbszrsei kzl a legkisebbet. Alegkisebb kzs tbbszrs ltezse s egyrtelmsge teht nyilvnval.


A legnagyobb kzs osztnlltottakhoz hasonlan azonban a legkisebbkzs tbbszrsnl is - a definciban szerepl "legkisebbsg" helyett -inkbb egy specilis oszthatsgi tulajdonsg jtszik fontos szerepet: a legki-sebb kzs tbbszrs minden kzs tbbszrsnek osztja (szoks a legkisebbkzs tbbszrst egyenesen ezzel a tulajdonsggal definilni) . Ezt s a legki-sebb kzs tbbszrsre vonatkoz tovbbi alapvet eredmnyeket a kvetkezttelben foglaljuk ssze:

1.6.6 TtelI. Ha az a s b pozitv egszek kanonikus alakja

I T 1.6.6 I

s b=pf31pf32 pf3r1 2 ... T , ahol ai 2: O, !Jj 2: O,

akkor

(ahol max(ai,!Ji) az a i s !Ji szmok kzl a nagyobbikat jelenti, haai =I !Ji, illetve a kzs rtkket , ha ai = !Ji).

II. a I c, b I c ~ [a , b] Ic.III. (a,b)[a,b] = ab. '"Bi zonyts : I. s II. Egy c pozitv egsz akkor s csak akkor kzs tbbszrsea-nak s b-nek, ha a I c s b I c egyszerre rvnyes. Ez azt jelenti, hogyc kanonikus alakjban mindegyik Pi prm "ti kitevjre "ti 2: a i s "ti 2: !Jiteljesl, ez pedig azzal ekvivalens, hogy "ti 2: maxfrr, , !Jd

Az ilyen c szmok kzl az a legkisebb, amikor egyrszt "ti = max(a i , !Jd(i = 1,2, ... , r), msrszt c a pi-ken kvl ms prmekkel egyltaln nemoszthat. Ezzel belttuk, hogy [a ,b] kanonikus alakja valban az I-beli.

Azt is kaptuk, hogy az sszes c kzs tbbszrs kanonikus alakjban aPi-k kitevje legalbb akkora, mint [a ,b]-ben , s emellett ezekb en ms prmekis elfordulhatnak , vagyis a c kzs tbbszrsk ppen az [a, b] tbbszrseivelegyeznek meg. Ezzel II-t is igazoltuk.

III. Megmutatjuk, hogy (a,b)[a, b] s ab kanonikus alakjban mindegyikPi prm ugyanakkora kitevvel szerep el, vagyis

i = 1,2, .. . , r.

Ha pldul ai ::; !Ji, akkor itt a baloldalon a i + !Ji ll , ami valban ugyanaz,mint a jobb oldal. _

1.6. KANONIKUS ALAK 47

Megjegyzsek: 1. A III. sszefggs fontos specilis eseteknt kapjuk, hogyab == [a, b] ~ (a, b) == 1.

2. Ne felejtsk el, hogya I c s b I c fennllsbl nem kvetkezik ab I c,pldul 4 I 36, 6 I 36, azonban 24l36. A helyes kvetkeztetst ppen II-blkapjuk:

a I c, b I c ====> [a, b] I c.Ha a s b relatv prmek, akkor az elz megjegyzs szerint [a, b] == ab, s ekkoraz albbi fontos specilis esetet nyerjk:

a I c, b I c, (a, b) == 1 ====> ab I c.

Pldul 72 l c igazolshoz elegend azt beltni, hogy a c 8-cal s 9-celis oszthat. ltalban is, brmely oszthatsgi krds visszavezethet prm-hatvnyokkal val oszthatsgokra: ha m kanonikus alakja m == TI~==1 pfi(ai> O), akkor

m I c ~ pfi I c, i == 1,2, ... ,r.3. A legkisebb kzs tbbszrs fogalma s f tulajdonsgai kettnl tbb

szmra is tvihetk. Kiemeljk, hogy vges sok pozitv egsz legkisebb kzstbbszrse akkor s csak akkor egyenl a szorzatukkal, ha pronknt relatvprmek. Megjegyezzk mg, hogy a III. egyenlsgneknincs kzvetlen egyszerltalnostsa tbb szm esetre (lsd az 1.6.15 feladatot).

A szmelmlet alapttelblkvetkezik, hogy kt szm akkor s csak ak-kor relatv prm, ha nincs kzs prmosztjuk. Ebbl azonnal addik az albbittel:

1.6.7 Ttel

(c, ab) == 1 ~ (c, a) == 1 s (c, b) == 1. "

I T 1.6.7 I

Ha kt pozitv egsz relatv prm, akkor ltalban az albbi formbanclszer a kanonikus alakjukat megadni:

r

a = ITpfi,i==1

s

b = IT q:i, Pi i- qj .j==1

Vgl az n! kanonikus alakjt trgyalj uk:


1.6.8 Ttel (Legendre-formula)Az n! kanonikus alakja

I T 1.6.8

ahol O'.p = f l~J. k=l P

A fenti kpletben lxJ az x szm (als) egszrsze, s a produktum jel alattip (pozitv) prmet jelent, azaz a szorzatot az sszes olyan p prm szerint kellkpezni, amelyre p ~ n. Ilyen tpusjellsekkel ksbb is gyakran tallkozunkmajd, pldul

rendre az n-nl nem nagyobb prmek reciproksszegt , az n-nl nem nagyobbprmek szorzatt, illetve az n klnbz prmosztinak a szmt jelenti.

Megjegyezzk mg, hogy az 1.6.8 Ttelnl az O'.p kitevt elllt sszeg-ben elg csak vges sok tagot tekinteni, mert ha pk > n, akkor ln/pk J = O(a nemnulla tagok szma teht llogp nJ).

Bizonyts: Mivel az n! = 1 2 .... n szorzat mindegyik tnyezje legfeljebbn , ezrt n-nl nagyobb prmszm nem fordul el n! kanonikus alakjban.

Legyen p ~ n tetszleges rgztett prm, s jellje O'.p a p kitevjt az n!kanonikus alakjban. Azt kell igazolnunk, hogy

O'.p = f l~J .k=l p

(2)

Az O'.p meghatrozshoz bontsuk az 1,2, ... , n szmok mindegyikt pr-mek szorzatra, s szmoljuk ssze, hogy sszesen hnyszor fordul el ezekkztt ap.

Minden p-vel oszthat szmban szerepel legalbb egy darab p, elszrezeket vesszk szmtsba. A p-vel oszthat szmok a kvetkezk:

p, 2p, . . . , tp, ahol tp ~ n < (t + l)p .

Innenn

t ~ - < t + 1,p

vagyis t = l~J .Ez azt jelenti , hogy az 1,2, ... ,n egszek kztt a p-vel oszthatk szma ln/pJ.

1.6. FELADATOK 49

A p2 tbbszrseiben legalbb kt darab p szerepel, ezekbl azonban eddigcsak egyet vettnk figyelembe. gy a p2 minden tbbszrse egy-egy "jabb"p- t jelent. Ezek szma az elzkhz telj esen hasonlan ln / p2J.

Ugyangy haladunk tovbb. A p3 tbbszrsei egy-egy jabb p-t adnak,hiszen az ezekben elfordul legalbb hrom darab p-bl az els kt lpsbenmg csak kettt vettnk figyelembe. Ez tovbbi ln/p3J darab p-t jelent stb.

Az eljrs vges sok lpsben befejezdik, hiszen ha pk > n, akkor az1,2, ... ,n szmok egyike sem oszthat pk-nal.

A fenti mdon az n!-ban szerepl sszes p-t pontosan egyszer vettk fi-gyelembe, vagyis ap valban a (2)-ben megadott sszeggel egyenl. -

Feladatok(A feladatokban szmon, osztn, prmszmon stb. mindig pozitv szmot

rtnk.)1.6.1 Hogyan olvashat le egy szm kanonikus alakj bl, hogy ngyzet-

szm, kbszm, illetve ltalban k-adik hatvny (azaz egy pozitvegsz k-adik hatvnya)?

1.6.2a) Mutassuk meg, hogy ha kt relatv prm szm szorzata k-adik hat-

vny, akkor kln-kln is k-adik hatvnyok.b) Hogyan kell mdostani ezt az lltst, ha (a pozitv egszek helyett)

az sszes egsz szmot tekintjk?c) Hogyan ltalnosthat az llts (kettnl) tbb tnyezs szorzat

esetre?

M 1.6.3 Bizonytsuk be, hogya) 2; b) 3; *c) 4 egymst kvet (pozitvegsz) szm szorzata nem lehet teljes hatvny (azaz egy egsz szmegynl nagyobb egsz kitevj hatvnya).Megjegyzs: ltalban is igaz, hogy egymst kvet pozitv egszekszorzata sohasem lehet teljes hatvny. Ezt a Catalantl szrmaz shossz ideig megoldatlan sejtst Erds Pl s John Selfridge bizony-tottk be 1975-ben.

M 1.6.4 Mely p prmszmok esetn lesz (2P- 1 - l)/p ngyzetszm?1.6.5

a) Bizonytsuk be, hogy c I ab ~ c == albI, ahol al I a s bl I b.b) Mutassuk meg, hogy ha (a, b) == 1, akkor (adott c I ab-hez) a fenti

al s bl egyrtelm.c) Lssuk be, hogy ha (a, b) i=- 1, akkor van olyan c Iab, amely tbbf-

lekppen is elll c == al b; alakban.


d) Bizonytsuk be, hogy brmely c I ab legfeljebb d( (a, b))-flekppenll el c == al bl alakban.

e) Mely c I ab osztknak ltezik d((a, b))-fle c == al bl tpus ellltsa?1.6.6 Tegyk fel, hogy minden k-ra ak I bk + I OO. Bizonytsuk be, hogya I b.1.6.7 Melyik az a legkisebb pozitv egsz, amelynek pontosan

a) 31; b) 33; c) 32(pozitv) osztja van?

1.6.8 Mely n-ekre lesz d(n) pratlan?1.6.9 Egy kegyetlen vrr brtnnek 400 szk celljban egy-egy rab sny-

ldik. A cellk ajtajn lev zr gy mkdik, hogyegyelfordtsesetn nylik, mg egyelfordts esetn ismt bezrul stb. Jelenlegtermszetesen minden ajt zrva van. A vrr a szletsnapjn el-hatrozza, hogy nagylelk lesz, s megparancsolja az egyik rnek,hogy fordtson egyet valamennyi zron. Kzben azonban meggon-dolja magt, s utnakld egy msik rt, akit azzal bz meg, hogyminden msodik zron fordtson egyet. Ezt kveti a harmadik r,aki minden harmadik zron vltoztat stb., vgl a ngyszzadik r angyszzadik cella zrjnak az llst mdostja. Azok a rabok sza-badulnak ki, akiknek most nyitva ll az ajtaja. Hny rabot bocstottszabadon a vrr?

M 1.6.10 Egy termszetes szmot ngyzetmentesnek neveznk, ha nem oszt-hat semmilyen egynl nagyobb egsz szm ngyzetvel. Pldul az1 vagy a 30 ngyzctmeutes, a 12 viszont nem. Egy n szm (pozitv)ngyzetmentes osztinak a szmt jelljk A(n)-nel, a ngyzetszm-osztk szmt pedig B(n)-nel.

a) Bizonytsuk be, hogy brmely n-re A(n)B(n) ~ d(n).b) Mely n-ekre ll egyenlsg?

1.6.11 Mutassuk meg, hogya) d(n) :s n/2 + 1;b) d(n) :s n/3 + 2;c) d(n) < 2vfii.

1.6.12 Mivel egyenl egy n szm (pozitv) osztinak a szorzata?1.6.13 A Ion osztibl maximlisan hnyat lehet kivlasztani gy, hogy ezek

kzl egyik se legyen osztja valamelyik msiknak?

1.6. FELADATOK 51

1.6.14a) Mely a, b szmprokhoz tallhatk olyan pozitv egszek, amelyek

legnagyobb kzs osztja a s legkisebb kzs tbbszrse b?b) Hny ilyen szmpr ltezik, ha a == 5 s b == 35 OOO?c) ltalban is hatrozzuk meg az ilyen szmprok szmt (tetszleges

a, b esetn).1.6.15 Bizonytsuk be az albbi lltsokat.

a) (a, b,e)[a,b,c] I abc, de ltalban nem ll fenn egyenlsg.b) (a,b,e)[a,b,e] == abc {::=:? a,b,e pronknt relatv prmek.c) (a, b,e)[ab, be, ac] == abc.

1.6.16 Melyek igazak az albbi lltsok kzl?a) (a, b) == (a + b,ab).b) (a,b) ==1 {::=:? (a+b,ab) ==1.c) (a, be) == (a, b)(a, c).d) (a3 , b3 ) == (a, b)3 .

1.6.17 Bizonytsuk be az albbi lltsokat.a) [a, b] I a + b {::=:? a == b.b) a + b I [a, b] sohasem teljesl.c) Van vgtelen sok olyan a # b, amelyre a + b I ab.d) a+b I ab {::=:? a+b I (a,b)2.

1.6.18 Lssuk be, hogy ha (a,b2) == (a2,b), akkor (a7,blOOO) == (alOOO,b7).1.6.19 Igazoljuk az albbi "disztributivitsi" azonossgokat.

a) [a, (b, c)] == ([a, b], [a, c]).b) (a, [b, c]) == [(a, b), (a, c)].

1.6.20a) Bizonytsuk be, hogy az a, b s c pozitvegszekhez akkor s csak

akkor ltezik olyan x, y s z, amelyekkel

(x, y) == a, (y, z) == b s (z, x) == c ,ha (a, b) == (b, c) == (c, a).

b) Hny ilyen x, y, z szmhrmas ltezik (adott a, b, c esetn)?c) Vizsgljuk meg a "dulis" problmt legnagyobb kzs osztk helyett

legkisebb kzs tbbszrskre.


1.6.21 Igazoljuk, hogy ha p egy 5-nl nagyobb prm, akkor 240 I p4 - 1.1.6.22 Lssuk be, hogy ha (ab,42) == 1, akkor 504 I a6 - b6 .1.6.23 Mutassuk meg, hogy a6 + 85a4 + 994a2 brmely a esetn oszthat

360-tal.

1.6.24 Bizonytsuk be, hogy 26101 - 33101 + 7101 oszthat 606606-tal.

1.6.25 Hny O-ra vgzdik a) lIll!; b) (1;05)?1.6.26

a) Bizonytsuk be, hogy ha c > 1, akkor cn AnLb) Adjuk meg azokat az n > 1 s c > 1 szmokat, amelyekre cn - 1 I nL

1.6.27 Legyen n 2: 2 s 1 ~ k

1.6. FELADATOK 53

1.6.32 Mutassuk meg, hogy (k > 1 esetn) kt k-adik hatvny klnbsgesohasem lehet osztja az sszegknek.

1.6.33 Bizonytsuk be, hogya) {llOO; b) log618 irracionlis szmok.M* 1.6.34 Egy tetszleges m pozitv egszhez vegynk minden lehetsges m-

don olyan al < a2 < ... < at egszeket, amelyekre al == m saz ala2 ... at szorzat ngyzetszm (t == 1 is megengedett). JelljkS(m)-mel at lehet legkisebb rtkt. Pldul S(l) == 1, S(2) == 6,mert m == 2 esetn a 2 . 3 . 6 szorzat a legjobb vlaszts,S(3) == 8, S(4) == 4 stb.

Bizonytsuk be, hogy az S(2), S(3), S(4), ... sorozatban ppena pozitv sszetett szmok szerepelnek, spedig mindegyik pontosanegyszer fordul el.

M*1.6.35a) Ltezik-e (nem csupa azonos tagbl ll) vgtelen hossz szmtani

sorozat csupa teljes hatvnybl?b) Ltezik-e (nem csupa azonos tagbl ll) akrmilyen hossz (vges)

szmtani sorozat csupa teljes hatvnybl?

ll!

2. KONGRUENCIK

Ebben a fejezetben a kongruencikkal kapcsolatos alapvet ismereteket tr-gyaljuk. A kongruenciafogalom bevezetse utn a maradkosztlyokkal s ma-radkrendszerekkel, valamint az Euler-fle

2.1. ELEMI TULAJDONSGOK

Plda: 11 == 5 (mod 3); 32 == -1 (11); 21 "t 6 (mod 10).

55

I T 2.1.2 I

Nyilvn brmely kt egsz szm kongruens az m == 1 modulus szerint.

A kongruencia defincija minden vltoztats nlkl kiterjeszthet lenneaz m < O esetre is. Ezzel azonban nem rdemes kln foglalkozni, ugyanism I a - b ~ -m I a-b.

2.1.2 Ttel(i) Minden a-ra a == a (mod m).

(ii) a == b (mod m) ===? b == a (mod m).(iii) a == b (mod m), b == c (mod m) ===? a == c (mod m).(iv) a == b (mod m), c == d (mod m) ===? a + c == b + d (mod m) s

a - c == b - d (mod m).(v) a == b (mod m), c == d (mod m) ===? ac == bd (mod m) . .-.

Bizonyts: Valamennyi llts knnyen addik a kongruencia defincijbl saz oszthatsg elemi tulajdonsgaibl, ezrt mintaknt csak az (v) tulajdon-sgot igazoljuk.

A felttel szerint m I a - b s m I c - d, amibl

m I c(a - b) + b(c - d) == ac - bd,

kvetkezik. _

azaz ac == bd (mod m)

Az (i), (ii) s (iii) tulajdonsgok azt fejezik ki, hogy a kongruencia reflexv,szimmetrikus s tranzitv relci, azaz ekvivalenciarelci. Ennek alapjn azegsz szmokat (pronknt) diszjunkt halmazok egyestsre lehet bontani: egyhalmazba kerlnek az "egymssal kongruens" szmok, vagyis azok, amelyekugyanolyan maradkot adnak m-mel osztva (az idzjeles kijelentsnek ppenaz (i)-(iii) tulajdonsgok alapjn van egyltaln rtelme). Ezek a halmazoklesznek a modulo m maradkosztlyok, amelyekkel rszletesen a 2.2 pontbanfoglalkozunk.

A (iv) s (v) tulajdonsgok alapjn a(z ugyanazon modulus szerinti) kong-ruencik "sszeadhatk, kivonhatk s sszeszorozhatk." Ezekbl azonnalkvetkezik, hogy egy kongruencia mindkt oldalhoz hozzadhatjuk ugyanazta szmot, s ugyanez vonatkozik a kivonsra s a szorzsra is, tovbb egykongruencit nmagval is akrhnyszor sszeszorozhatunk, vagyis egy kong-ruencit szabad (pozitv egsz kitevs) hatvnyra emelni:

56 2. KONGRUENCIK

(vi) a == b (mod m) ~ a + c == b+ c (mod m) s a - c == b - c (mod m) .(vii) a == b (mod m) ~ ac == be (mod m).

(viii) a == b (mod m) ~ an == bn (mod m).

Mindezek ismtelt alkalmazsval az albbi j l hasznlhat sszefggst nyer-jk:

(ix) Legyen f egy egsz egytthats po linom. Ek kor

a == b (mod m) ~ f(a) == f(b) (mod m) .

A fent iek alkalmazsra nhny egyszer p ldt mutatunk.

P ldk:P l Bizonytsuk be, hogy brmely n termszetes szmra

Megolds: Azt kell beltni, hogy

A baloldalt a fenti tulajdonsgok felhasznlsval vele kongruens kifejezsekkalaktj uk, amg O-t nem kap unk:

33n+152n+l + 25n+1 11n = 3 27n 5 25n + 2 32n . l I" ==== 15(- 7t Sn + 2(-2t(-6t == 15(-56t + 2(12t == 15(_5)n + 2(_ 5)n == 17(-5)n == O (mod 17).

P 2 Igazoljuk (jra) az a - b I an - b" oszthatsgot.Megolds: Nyilvn elg az a - b > O esetre szortkozni. Alkalmazzuk(viii) -at:

a == b (mod a - b)~ an == b" (mod a - b).

2.1. ELEMI TULAJDONSGOK 57

P3 Mutassuk meg, hogy 232 +1 sszetett szm. (Vesd ssze az 1.4.4 feladattals az 5.2 ponttal.)Megolds: Azt ltjuk be, hogy 641 I 232 + 1. Ehhez felhasznljuk , hogy

Ezekbl

-1 == 5.27 (mod 641) s 54 == _24 (mod 641) .

Az els kongruencit negyedik hatvnyra emelve , majd behelyettestve amsodikat, azt kapjuk, hogy

azaz 641 I 232 + 1 .

Lttuk, hogy az sszeads, kivons s szorzs mveletre vonatkozan akongruencik ugyangy viselkednek, mint az egyenlsgek. Az oszts mveletnl azonban j elents eltrs van, kt kongruencit nem szabad egymssalelosztani. Elszr is, osztskor nem felttlenl kapunk egsz szmokat, s ek-kor a hnyadosok kztti kongruencinak eleve nem is lehet rtelme, hiszen akongruencikban egsz szmoknak kell szerepelnik. Azonban mg abban azesetben sem lesz ltalban igaz az osztskor kapott kongruencia, ha az osztsutn mindkt oldalon egsz szmok maradnak. Pldul

28 == 46 (mod 6) s 2 == 2 (mod 6), azonban 14 t= 23 (mod 6).

A kongruencik osztsra vonatkoz tilalommal kapcsolatban azt se fe-lejtsk el, hogy a trt is tulajdonkppen osztst jelent. Ezrt egy egsz rtktrt szmlljba s/vagy nevezjbeakkor sem szabad vele kongruens szmotrni, ha a hnyados tovbbra is egsz marad. Pldul:

45 == 35 (mod 10) s 15 == 5 (mod 10), 45 35de 3 = 15 t= 5 = 7 (mod 10).

A tiltsok utn trjnk r arra, hogy ebben a krdskrben mi az, amimegengedett. Csak az oszts specilis esetvel, az egyszerstssel foglalko-zunk. Az albbi ttel azt mondja ki, hogy az egyszerstst csak gy lehetelvgezni , hogy kzben a motlulust is meg kellvltoztatni :

58 2. KONGRUENCIK

2.1.3 TtelLegyen d == (c, m). Ekkor

mae == be (mod m) ~ a == b (mod d). ...

Bizonyts: A kongruencia defincija alapjn

ac == be (mod m) ~ m I (a - b)c,

ami tovbb ekvivalens azml(a_b)~d d

I T 2.1.3 I

(1)oszthatsggal. Mivel (mid, cld) == 1, ezrt (1) pontosan akkor teljesl, ha

m-Ia-bd ' azaz

ma == b (mod d).

A 2.1.3 Ttel fontos specilis eseteknt kapjuk, hogy ha c s a modulusrelatv prmek, akkor a c-vel trtn egyszersts utn a kongruencia vlto-zatlan modulus mellett rvnyben marad:

2.1.3A Ttel I T 2.1.3A

ac == be (mod m), (c, m) == 1 ====? a == b (mod m). -'

Feladatok2.1.1 Bizonytsuk be, hogy 23 I 61k+1 + 11k72k33k25k+3.

2.1.2 Adjuk meg 999777888 utols hrom szmjegyt (tzes szmrendszer-ben).

2.1.3 Bizonytsuk be (jra) a 9-cel s a 11-gyel val oszthatsgi szablyo-kat (1.1.14 feladat) s ezek ms alap szmrendszerre trtn ltal-nostsait (1.2.14 feladat) a kongruencik segtsgvel.

2.1.4 Melyek igazak az albbi lltsok kzl?a) k I n, a == b (mod n) ====? a == b (mod k).b) k I n, a == b (mod k) ====? a == b (mod n).c) a == b (mod n), a == b (mod k) ~ a == b (mod kn).d) a == b (mod n), a == b (mod k) ~ a == b (mod [k,nJ).

2.1. FELADATK 59

e) a == b (mod n) ~ ka == kb (mod kn).f) a == b (mod n ), c == d (mod k) ===? ac == bd (mod kn) .g) a2 == b2 (mod n) ===? a == b (mod n) .h) a2 == b2 (mod 101) ===? a == b (mod 101).

2.1.5 A tz es szmrendszerbe n tbb olyan szmjegy is van , amelyre nemvgzdhet ngyzetszm. Hny ilyen szmjegy van a 101 alap szm-rendszerben?

2.1.6 Kommentljuk Butus Maximus professzor albbi "tte lt" s "bizo-nytst":"T tel: Brmely n > 3 egszre (~) == (n;1) (mod 4).Bizonyts: Mivel brmely n egszre n + 1 == n-3 (mod 4) , ezrt

(n ) = n(n - l)(n - 2) (n - 3) ==4 1 23 4

== n (n - l) (n - 2) (n + 1) = ( n + 1) (mod 4)."1 23 4 4

2.1.7 Bizonytsuk be: m I a - b ===? m 2 1 am - bm.

2.1.8 Tegyk fel, hogy 3)'a , (6,n) = 1 s an == b" (mod 3n ) . Mutassukmeg, hogy ekkor a == b (mod 3n ) .

2.1.9 Legyen p > 2 prm, 1 ::; k ::; p-L Igazoljuk az albbi modulo pkongruencikat:

a) (~) == O;2.1.10 Hatrozzuk meg az(oka)t a p prm(ek)et , amelyekre e;) a p-vel

osztva p-2 mar adkot ad .

*2.1.11 Legyen p prm. Bizonyt suk be a kvetkez modulo p kongruencikat:

a) (~) == l~J;

60 2. KONGRUENCIK

2.2. Maradkosztlyok s rnaradkrendszerek

A modulo m maradkosztly fogalmt mr a 2.1.2 Ttel utn megemltettk:azok az egsz szmok tartoznak egy maradkosztlyba, amelyek m-mel osztvaazonos maradkot adnak.

2.2.1 Definci I D 2.2.1 IRgztett m modulus mellett az a-val kongruens elemek halmazt az a

ltal reprezentlt maradkosztlynak nevezzk. ,.

Jells: (a)m. Ha nem okoz flrertst, akkor a modulusra utal mindexetelhagyjuk.

Az (a)m maradkosztly teht egy "mindkt irnyban vgtelen szmtanisorozat", amelynek egyik eleme a s a differencija m. A modulo m maradk-osztlyok szma m, s minden maradkosztlynak vgtelen sok eleme van. Adefinci alapjn (a)m == (c)m ~ a == c (mod m).

Plda: (23)7 == { ... ,-5,2,9,16,23,30, ... } == (100)7.

2.2.2 Definci I D 2.2.2 IHa rgztett m modulus mellett minden maradkosztlybl egy s csak

egy elemet kivesznk, az gy kapott szmokat modulo m teljes maradkrend-szernek nevezzk. -'-

Plda: {33, -5, 11, -11, -8} teljes maradkrendszer modulo 5.

ha m pratlan,0, l, 2,

A leggyakrabban a kvetkez teljes maradkrendszereket hasznljuk:(A) Legkisebb nemnegatv maradkok: 0,1, ... , m - 1.(B) Legkisebb abszolt rtk maradkok:

m-l... ~ -2-'

illetvem-2 m

0, l, 2, ... , -2-' 2' ha m pros(nyilvn ez utbbi esetben m/2 helyett -m/2 is vehet).

Azt, hogy adott szmok teljes maradkrendszert alkotnak-e, ltalban azalbbi egyszer kritrium alapjn tudjuk gyorsan eldnteni:

2.2. MARADKOSZTLYOK S MARADKRENDSZEREK 61

2.2.3 Ttel I T 2.2.3 IAdott egsz szmok akkor s csak akkor alkotnak teljes maradkrendszert

modulo m, ha(i) szmuk m, s

(ii) pronknt inkongruensek modulo m. "

Bizonyts: Legyen Tm egy teljes maradkrendszer modulo m. Mivel a mo-dulo m maradkosztlyok szma m, s minden maradkosztlybl egy elemetvettnk ki, ezrt Tm elemszma szksgkppen m. Tovbb egyetlen maradk-osztlybl sem vlasztottunk egynl tbb elemet, ezrt Tm elemei pronkntinkongruensek modulo m.

Megfordtva, tekintsnk m darab pronknt inkongruens szmot modulom. A pronknti inkongruencia miatt ezek csupa klnbzmaradkosztlybatartoznak, s mivel a szmuk m, ezrt m darab maradkosztlyt reprezentl-nak, azaz az sszeset. gy ezek a szmok valban teljes maradkrendszertalkotnak modulo m. _

Ha egy teljes maradkrendszert a modulushoz relatv prm szmmal v-gigszorzunk, s ehhez egy tetszleges egszt hozzadunk, akkor ismt teljesmaradkrendszert kapunk:

2.2.4 Ttel I T 2.2.4 lLegyen rI, r2, . . . ,rm teljes maradkrendszer modulo m, (a, m) == 1 s btetszleges. Ekkor

arI + b, ar2 + b, ... , arm + b

is teljes maradkrendszer modulo m. "

Bizonyts: Mivel az j rendszer elemszma is m, teht a 2.2.3 Ttel alapjnazt kell mg bizonytani, hogy az elemei pronknt inkongruensek mod m.

Tegyk fel, hogy ari + b == arj + b (mod m), megmutatjuk, hogy i == j.Mindkt oldalbl b-t kivonva ari == arj (mod m) addik.Mivel (a, m) == 1, ezrt a 2.l.3A Ttel alapjn egyszersthetnka-val:

ri == rj (mod m), s gy valban i == j. -

freud-gyarmati: számelmélet

Documents