predavanja 2015

Milan Janjic

Predavanja iz Elementarne teorijebrojeva 2015 god.

Prirodno-matematicki fakultetUniverzitet u Banjoj Luci

Algebra Algebra

0.1 Uvod

Bez muke nema nauke.

Narodna poslovica

Ovo su predavanja koja se drze 2012-2013. godine i nastala su modikova-

njem i popravkom gresaka iz prethodne verzije predavanja.

Vec vise od 2000 godina, teorija brojeva odusevljava i inspirise i mate-

maticare profesionalci i matematicare amatere. Razvija se uz ucesce velikog

broja matematicara iz svih dijelovima svijeta.

Mnogi matematicari koji se bave ovom granom matematike, na celu sa jed-

nim od najcuvenijih, Gotfridom Hardijem, smatrali su da ova divna nauka nema

prakticnih primjena. Cak se smatralo da joj ta neprimjenjivost i daje posebnu

ljepotu. Medutim, razvoj savremenih tehnologija od ove je nauke napravio pri-

mjenljivu nauku u brojnim oblastima ljudskog djelovanja, kao sto su umjetnost,

teorija kodiranja, kriptograja i kompjuterske nauke.

1

1Prvo predavanje

1.1 Euklidov algoritam

Matematika je kraljica svih nauka,

a aritmetika je kraljica matematike.

Karl Fridrih Gaus

Na pocetku cemo dokazati jednu znacajnu osobinu cijelih brojeva na osnovu

koje cemo izvesti Osnovni stav aritmetike, jednu od vaznih teorema u mate-

matici. Kao i do sada, sa Z cemo oznacavati cijele brojeve. Dokaz se bazira napoznatom principu minimuma za nenegativne cijele brojeve koji glasi: Svaki

neprazan podskup skupa nenegativnih cijelih brojeva ima minimalni element.

Propozicija 1.1 (Princip dijeljenja sa ostatkom)

Neka su a; b 2 Z i b 6= 0. Postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r za koje jea = qb+ r; 0 6 r < jbj: (1.1)

Dokaz

Posmatrajmo skup A = fatb : t 2 Zg: Jasno je da se, bez obzira na vrijednostia i b; moze izabrati t tako da bude a tb 0: To znaci da u skupu A mora bitinenegativnih brojeva. Prema principu minimuma, u skupu A postoji najmanji

nenegativan broj. Oznacimo taj broj sa r: Slijedi da postoji cio broj q za koji

je a = qb+ r: Tvrdimo da je 0 6 r < jbj: Ako to nije slucaj, onda bismo imali

GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE 1.1. EUKLIDOV ALGORITAM

r = jbj+ r0; pri cemu je 0 6 r0 < r: Tada je r0 = a qb jbj = a (q 1)b 2 A;a to je nemoguce, prema izboru broja r: Time je postojanje broja r dokazano.

Dokazimo da je broj r je jedinstven. Pretpostavimo suprotno, da razliciti

brojevi r1; r2; gdje je r1 < r2, zadovoljavaju uslov (1.1). Na osnovu toga imamo

q1b+ r1 = q2b+ r2; tj. 0 6= r2 r1 = (q1 q2)b: Slijedi da je r2 r1 visekratnikod b; a to je nemoguce, jer je 0 < r2 r1 < jbj: Iz cinjenice da je r jedinstven iiz a = q1b+ r = q2b+ r slijedi q1 = q2; pa je i q jedinstven.

Broj r iz jednakosti (1.1) se naziva ostatkom pri dijeljenju broja a brojem

b; dok se q naziva cijelim dijelom ili kolicnikom.

Jednakost (1.1) se cesto pise u obliku

a r mod b;i kaze se da je a jednako r po modulu b: Napomenimo da je ovu oznaku uveo

Gaus.

Ako je r = 0; onda se kaze da je a djeljiv sa b ili da b dijeli a, i pise bja:Dakle, bja ako i samo ako postoji q 2 Z takav da je a = bq. Djeljivost je svakakonajzanimljivija osobina cijelih brojeva. U sljedecoj propoziciji dokazujemo neke

od njenih osnovnih osobina.

Propozicija 1.2

Za cijele brojeve vrijede sljedece tvrdnje.

1. 1jn za svaki cio broj n:2. Ako je m 6= 0; tada mj0 i mjm.3. Ako mjn i mjq; tada mjun+ vq; za svaka dva cijela broja u i v:4. Ako mj1; tada m = 1 ili m = 1:5. Ako mjn i njm; tada m = n:6. Ako mjn i njr, tada mjr:

Dokaz

Sve se tvrdnje jednostavno dokazuju, neposredno iz denicije. Mi cemo za ilu-

straciju dokazati trecu tvrdnju.

Iz mjn i mjq slijedi n = am; q = bm; za neke a i b: Za proizvoljne u i vvrijedi un+ vq = aum+ bvm = (au+ bv)m; pa vrijedi mj(un+ vq):

Jednakost a = b c nazivamo netrivijalnom faktorizacijom broja a akosu i b i c razliciti od 1:

3

1.1. EUKLIDOV ALGORITAM GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE

Definicija 1.3

Cio broj p > 1 nazivamo prostim ako za svaka dva cijela broja a i b iz pjabslijedi pja ili pjb:

Propozicija 1.4

Ako je p prost broj i pja1 a2 an; tada postoji indeks i za koji pjai:

Dokaz

Za n = 1 tvrdnja je ocigledna, a za n = 2 slijedi iz denicije. Ako je tvrdnja

tacna za n1 i ako pja1 a2 an; tada pjan ili pja1 a2 an1: Ako pjan ondaje teorema dokazana, a u suprotnom pjai; za neki 1 6 i 6 n 1; na osnovuinduktivne pretpostavke.

Izlozicemo sada jedan zanimljiv Ojlerov rezultat o djeljivosti. Brojevi oblika

22n

+ 1; gdje n 0, nazivaju se Fermaovim brojevima. Prvih pet Fermaovihbrojeva su 3; 5; 17; 257; 65537, i svi su prosti. Ferma je pogresno mislio da su svi

Fermaovi brojevi prosti. Medutim, Ojler je dokazao da je 225

+ 1 slozen broj.

Primjer 1.5

Vrijedi 641j225 + 1:Rjesenje. Ovo je rjesenje zanimljivo jer se u njemu eksplicitno dijeljenje uopste

ne pojavljuje. Uocimo da vrijedi:

641 = 5 27 + 1 = 24 + 54:Prema tome,

225

+ 1 = 232 + 1 = 24 228 + 1 = (641 54) 228 + 1= 641 228 (5 27)4 + 1 = 641 228 (641 1)4 + 1= 641(228 6413 + 4 6412 6 641 + 4):

Primijenicemo teoremu o dijeljenju sa ostatkom za dokaz da se svaki pri-

rodan broj moze jednoznacno prikazati u brojnom sistemu sa proizvoljnom

osnovom.

Teorema 1.6

Neka je b > 1 prirodan broj. Tada se svaki prirodan broj n moze prikazati na

4


jedinstven nacin u obliku:

n = akbk + ak1bk1 + + a0;

pri cemu su a0; a1; : : : ; ak nenegativni cijeli brojevi manji od b:

Dokaz

Na osnovu principa dijeljenja sa ostatkom imamo n = q1b+a0; 0 6 a0 < b: Akopodijelimo q1 sa b, dobijemo q1 = q2b+a1; 0 6 a1 < b: Slijedi n = q2b2+a1b+a0:Ponavljamo ovaj postupak do trenutka kada bude qk < b: Uzmemo ak = qk i

dobijemo trazeno razlaganje. Jedinstvenost razlaganja slijedi iz jedinstvenosti

ostatka pri dijeljenju.

Pored standardne baze 10 najcesce se koristi binarni sistem zapisa brojeva,

u kome je osnova 2:

Primjer 1.7

Broj ima sljedeci zapis u bazi 7 : (456)7: Zapisati taj broj u bazi 5:

Rjesenje. U dekadskom zapisu broj ima oblik: 4 72 + 5 7 + 6 = 237: Iz nizadijeljenja sa 5 dobijamo:

237 = 47 5 + 2; 47 = 9 5 + 2; 9 = 1 5 + 4; 1 = 0 5 + 1Prema tome, 237 = (1422)5:

Ako se za osnovu uzme 2, onda prethodna teorema ima sljedeci oblik.

Posljedica 1.8

Za svaki prirodan broj n postoji jedinstven niz mk > mk1 > > m0 > 0 zakoji je

n = 2mk + 2mk1 + + 2m0 :

Pomocu prethodnog prikaza moguce je odrediti optimalnu strategiju u sta-

roj japanskoj igri NIM.

Primjer 1.9

Igru NIM igraju dva igraca na sljedeci nacin. Na tri hrpe nalaze se stapici. Prvi

igrac sa bilo koje od hrpa uzima najmanje jedan stapic, zatim isto cini drugi

igrac, itd. Pobjednik je onaj koji uzme posljednji stapic. Naci najbolju mogucu

strategiju za pobjedu u ovoj igri.

5


Rjesenje. Neka je p; q; r broj stapica na prvoj, drugoj i trecoj hrpi respektivno.

Trojku (p; q; r) nazivamo pozicijom. Predstavimo p; q; r u binarnom sistemu

p = ek2k + ek12k1 + + e0;

q = fk2k + fk12k1 + + f0;

r = gk2k + gk12k1 + + g0:

Za poziciju kazemo da je nepovoljna ako su svi brojevi ei + fi + gi; i =

0; 1; : : : ; k; parni. Ostale pozicije nazivamo povoljnim. Npr. pozicija (0; 0; 0) je

nepovoljna. U ostalim sljucajevima u kojima je ei+fi+gi paran moraju dva od

ova tri broja biti jedinice, a jedan nula. U tom slucaju stapica ima bar na dvije

hrpe. Prema tome, ako je igrac u nepovoljnoj poziciji, on nema pobjednickog

poteza.

Pokazacemo da igrac koji se nalazi u nepovoljnoj poziciji, bilo kojim pote-

zom stavlja protivnika u povoljnu poziciju. Neka je npr. (p; q; r) nepovoljna pozi-

cija i neka igrac uzme nekoliko stapica sa jedne hrpe. Neka je npr. uzeo pp0 1stapica sa prve hrpe. Nastaje pozicija (p0; q; r); gdje je p0 < p: Pokazimo da jeona povoljna. Pomenuti zbirovi za ovu poziciju su oblika e0i+fi+gi; pri cemu jebar jedan e0i manji od odgovarajuceg ei: Kada bi i ova pozicija bila nepovoljnato bi znacilo da su svi brojevi ei + fi + gi; e

0i + fi + gi parni. Razlika parnih

brojeva je paran broj, pa bi to znacilo da su svi ei e0i parni. Medutim brojei e0i moze biti samo 0 ili 1; pa bi moralo biti ei e0i = 0, tj. ei = e0i, za svakoi, a to je nemoguce.

Dakle, strategija igre se sastoji u potezu koji treba odigrati u povoljnoj

poziciji. Ako se u povoljnoj poziciji svi stapici nalaze na jednoj hrpi, onda se

odmah dobija. Na kraju, pitanje je sta treba igrac raditi ako je u povoljnoj

poziciji, a stapici se nalaze na vise hrpa. Pokazacemo da se tada moze odigrati

tako da se protivnik stavi u nepovoljnu poziciju.

Pretpostavimo da je j najveci od indeksa 0; 1; 2; : : : ; k za koji je ej +fj + gjneparan broj. Posto je pozicija povoljna, takav j postoji. Sigurno je bar jedan

od brojeva ej ; fj ; gj jednak 1: Neka je to ej : Dakle,

p = ek2k + + 2j + + e0:

Posmatrajmo sada broj

p0 = ek2k + + 0 2j + xj12j1 + x0:Jasno je p0 < p; kako god izabrali xj1; : : : ; x0:

Moguce je izabrati xi; i = 0; 1; : : : ; j 1, tako da fi + gi + xi bude paranbroj. Dakle, pozicija (p0; q; r) je nepovoljna i stvara se uzimanjem sa prve hrpep p0 stapica.

Rijesicemo jos jedan zanimljiv zadatak, koji potice jos iz 17. vijeka.

6


Primjer 1.10

Treba napraviti cetiri tega tako da je njihova ukupna tezina 40 kg, uz uslov da

se pomocu tih tegova i terazija moze izmjeriti svaka tezina od 1 do 40: Kolika

treba biti tezina svakog tega? Kako izmjeriti tezinu od 34 kg?

Rjesenje. Zanimljivo je da se rjesenje dobija uz pomoc zapisa brojeva u bazi 3:

Zapravo, taj zapis cemo malo modikovati. Pokazimo da se svaki pozitivan cio

broj n moze napisati u obliku

n = ek3k + ek13k1 + + e13 + e0; ei 2 f1; 0; 1g; (i = 0; 1; : : : ; k):

Zaista, neka je n = fk3k + fk13k1 + + f13 + f0 prikaz broja n u bazi 3:

Ako je svaki fi jednak 0 ili 1, onda se nema sta dokazivati. Neka je s najmanji

broj za koji je fs = 2: Zamijenjujuci fs sa 3 1 dobijamon = fk3

k + fk13k1 + + (fs+1 + 1)3s+1 3s + es13s1 + + e0:Znaci, es = 1:

Ako je fs+1 = 0; tada je es+1 = 1: Ako je fs+1 = 1; onda je es+1 = 1; dokse fs+2 uvecava za 1: Na kraju, ako je fs+1 = 2; onda je es+1 = 0; dok se fs+2ponovo uvecava za 1: Ponavljajuci ovaj postupak na kraju dobijamo zeljeni

prikaz. Prema tome, razlaganje postoji. Ako u tom razlaganju prebacimo na

lijevu stranu sabirke kod kojih je ei = 1; a izostavimo sabirke kod kojih jee = 0, dobijamo

n+ 3i1 + 3i2 + + 3it = 3j1 + 3j2 + + 3jr :Ova se jednakost moze interpretirati u terminima vaganja na terazijama. Ako

imamo tegove od 1; 3; 32; : : : ; 3k kilograma i ako je x predmet neke tezine n;

koja nije veca od zbira tezina svih tegova, tj. n 6 1+3+32+ +3k = 3k+112 ;tada na jedan tas vage stavimo predmet x i tegove tezine 3i1 ; : : : ; 3ir ; a na drugi

tas tegove tezine 3j1 ; 3j2 ; : : : ; 3jt : Vaga ce biti u ravnotezi ako predmet x ima

tezinu n:

Za rjesenje postavljenog problema trebaju nam tegovi od 1; 3; 9 i 27 kilo-

grama. Tezinu od 34 kg cemo izmjeriti na sljedeci nacin:

34 = 33 + 2 3 + 1 = 33 + 32 3 + 1:Dakle, ako hocemo da provjerimo da li je neki predmet tezak 34 kilograma, na

jedan tas stavljamo taj predmet i teg od tri kilograma, a na drugi tegove od

27; 9 i 1 kilogram, pa ako je vaga u ravnotezi onda je predmet tezak 34 kg.

Definicija 1.11

Ako su a1; a2; : : : ; an cijeli brojevi, koji nisu svi jednaki nuli, tada se najveci

cio broj koji dijeli sve ai naziva najvecim zajednickim djeliteljem tih brojeva

7


i oznacava se sa (a1; a2; : : : ; an). Specijalno je (a; b) najveci zajednicki djelitelj

brojeva a i b:

Lako je dokazati da se najveci zajednicki djelitelj za vise brojeva moze biti

denisan rekurentno, tj. da vrijedi

(a1; a2; : : : ; an) = ((a1; a2; : : : ; an1); an): (1.2)

Za cijele brojeve a1; a2; : : : ; an; koji nisu svi jednaki nuli, denisemo naj-

manji zajednicki sadrzilac, kao najmanji pozitivan cio broj, koga dijele svi

ai; i = 1; 2; : : : ; n: Za taj broj koristimo oznaku [a1; a2; : : : ; an]:

Izlozicemo sada Euklidov algoritam za odredivanje najveceg zajednickog

djelitelja dva cijela broja. Napomenimo da rijec algoritam znaci postupak za

rjesavanje nekog problema, koji u konacnom broju koraka dovodi do rjesenja

tog problema ili dokazuje da problem nema rjesenje.

Propozicija 1.12 (Euklidov algoritam)

Neka su a; b 2 Z i b > 0. Ako su q i r jedinstveni cijeli brojevi takvi da jea = qb+ r i 0 6 r < b; tada je (a; b) = (b; r):

Dokaz

Ako je r = 0 onda bja; pa je (a; b) = b; sto znaci da je tvrdnja tacna u ovomslucaju. Pretpostavimo zato da je r > 0: Kako (a; b)ja i (a; b)jb; prema propo-ziciji 1.2, imamo (a; b)jr: Prema tome, (a; b) 6 (b; r): Isto tako, (b; r)jbq+ r; stoznaci (b; r)ja; pa (b; r) 6 (a; b): Slijedi da je (a; b) = (b; r):

Napomenimo da se ovdje stvarno radi o algoritmu, jer je ili r = 0; pa je u

tom slucaju (a; b) = b; ili je 0 < r < b; kada se postupak ponavlja tako da se

umjesto para a; b uzme par b; r: Kako je r < b; slijedi da ce se ponavljanjem,

u konacno mnogo koraka doci do ostatka koji je jednak nuli, kada se postupak

zavrsava.

Moguce je, dakle, po gornjem pravilu formirati konacan niz dijeljenja sa

ostatkom

a = q0b+ r1;

b = q1r1 + r2;

r1 = q2r2 + r3;...

rk2 = qk1rk1 + rk;rk1 = qkrk + 0:

(1.3)

8


Pri tome je

(a; b) = (b; r1) = (r1; r2) = : : : = (rk1; rk) = (rk; 0) = rk:

Primjer 1.13

Odrediti (529; 1541; 1817):

Rjesenje. Prvo cemo odrediti (529; 1541): Imamo

1541 = 2 529 + 483;529 = 1 483 + 46;483 = 10 46 + 23;46 = 2 43 + 0:

Dakle, (529; 1541) = 23: U skladu sa (1.2) vrijedi (529; 1541; 1817) = (23; 1817):

Kako je1817 = 23 79 + 0;

zakljucujemo da je (529; 1541; 1817) = 23:

U sljedecoj teoremi cemo pokazati da se najveci zajednicki djelitelj brojeva

a i b moze izraziti preko samih a i b.

Izraze oblikaPn

i=1 xiai nazivamo linearnim kombinacijama brojeva

a1; a2; : : : ; an: Brojeve x1; x2; : : : ; xn nazivamo koecijentima linearne kom-

binacije.

Propozicija 1.14 (Bezuova formula)

Ako su a i b cijeli brojevi takvi da je bar jedan razlicit od 0; tada se (a; b) moze

dobiti kao linearna kombinacija brojeva a i b sa cijelim koecijentima.

Dokaz

Izlozicemo dva dokaza ove teoreme.

1. Iz jednakosti (1.3) zakljucujemo da je r1 linearna kombinacija od a i b; r2je linearna kombinacija od b i r1; r3 je linearna kombinacija od r2 i r1; itd.

Broj rk je linearna kombinacija od rk1 i rk2: Odavde slijedi da

(a; b) = rk = s1rk1 + t1rk2 = s1(s2rk2 + t2rk3) + t1rk2 =

= (s1s2 + t1)rk2 + t2rk3 = : : : = sa+ tb:

Napominjemo da je ovaj dokaz algoritamski, tj. pomocu njega mozemo

dobiti konkretne brojeve s i t za koje je (a; b) = sa + tb: Vidjecemo da je

to vazno u primjenama.

9


2. Za razliku od prvog, ovaj dokaz ce biti ,,egzistencijalan", tj. bice dokazano

da trazena linearna kombinacije postoji, ali nece biti receno kako se ona

konkretno moze naci. Posmatrajmo skup fua+ vbju; v 2 Zg svih linearnihkombinacija od a i b sa cijelim koecijentima. Neka je S skup svih pozitivnih

brojeva iz prethodnog skupa. Jasno je da je skup S neprazan. Na osnovu

principa minimuma, u skupu S postoji najmanji element d: Dokazimo da

je d = (a; b): Kako je d iz S, to postoje cijeli brojevi s i t takvi da je

d = sa+ tb: Imamo da dja i djb, jer ako npr. d ne bi dijelio a, onda bismoimali a = qd+ r; (0 < r < d); sto znaci da je r = a qd = a q(sa+ tb) =(1 qs)a + qtb 2 S; sto je nemoguce, jer je r < d: Prema tome, d dijelii a i b: Ako je c bilo koji djelitelj od a i b; tada, prema propoziciji 1.2,

cjsa+ tb = d; pa je c 6 d: Prema tome, d je najveci zajednicki djelitelj oda i b:

Primjer 1.15

Izraziti (2012; 1941) kao linearnu kombinaciju od 2012 i 1941:

Rjesenje. Imamo2012 = 1 1941 + 71;1941 = 27 71 + 24;71 = 2 24 + 23;24 = 1 23 + 1:23 = 23 1 + 0:

Prema tome, (2012; 1941) = 1: Dalje imamo

1 = 24 23 = 24 (71 2 24) = 71 + 3 24= 71 + 3 (1941 27 71) = 3 1941 82 71= 3 1941 82 (2012 1941)= 85 1941 82 2012:

Vrijedi i opstija tvrdnja.

Propozicija 1.16

Ako su a1; a2; : : : ; an cijeli brojevi od kojih je barem jedan razlicit od nule, tada

je (a1; a2; : : : ; an) neka linearna kombinacija brojeva a1; a2; : : : ; an:

10


Dokaz

Dokaz vodimo indukcijom po n: Za n = 2 tvrdnja vrijedi na osnovu pret-

hodne propozicije. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za n 1 > 2: Neka jed1 = (a1; a2; : : : ; an1): Prema induktivnoj pretpostavci, postoje cijeli brojeviy1; y2; : : : ; yn1; za koje je d1 = y1a1 + + yn1an1:

Isto tako, postoje cijeli brojevi z1; z2; za koje je (d1; an) = z1d1 + z2an: Iz

jednakosti (1.2) slijedi

(a1; a2; : : : ; an) = (d1; an) = z1(y1a1 + + yn1an1) + z2an:

Definicija 1.17

Cijele brojeve a i b nazivamo relativno prostim ako je (a; b) = 1:

Iz prethodne propozicije neposredno slijedi sljedeca tvrdnja.

Propozicija 1.18

Cijeli brojevi a i b su relativno prosti ako i samo ako postoje cijeli brojevi x i

y takvi da

ax+ by = 1:

Propozicija 1.19

Ako (a; b) = 1 i ajbc, tada ajc:

Dokaz

Postoje cijeli brojevi u i v za koje je au + bv = 1: Mnozenjem sa c dobijamo

a(uc) + v(bc) = c: Kako ajbc; to ajc:

U sljedecoj tvrdnji dajemo dvije jednostavne karakterizacije prostih brojeva.

Propozicija 1.20

Sljedece tvrdnje su ekvivalentne.

1. Broj p je prost.

2. Za svaki cio broj a vrijedi pja ili (a; p) = 1:3. Broj p ima samo trivijalnu faktorizaciju.

11


Dokaz

Tvrdnju dokazujemo tako sto cemo dokazati niz implikacija 1:) 2:) 3:) 1:1:) 2: Neka je p prost, a a proizvoljan cio broj. Ako p - a i ako je d = (p; a);

onda je p 6= d: Vrijedi p = dd0; pa pjd ili pjd0: Ako pjd; onda bi moralo biti p = d;sto nije. Zbog toga pjd0; a to znaci da je p = d0, tj. d = 1:

2: ) 3: Neka je p = ab; (a > 0; b > 0); faktorizacija broja p: Ako pja;onda je p = a; pa je ta faktorizacija trivijalna. Ako p - a onda, prema b),(p; a) = 1; tj. vrijedi xp + ya = 1; za neke cijele brojeve x i y: Mnozeci sa b

dobijamo xbp + yab = b; pa pjb; odnosno p = b: Prema tome, faktorizacija je,opet, trivijalna.

3:) 1: Neka pjab: Ako pja; tvrdnja je dokazana. Ako p - a i ako je d = (p; a);tada je p = dd0; za neki pozitivan cio broj d0: Kako p ima samo trivijalnufaktorizaciju slijedi d = 1; jer ako je d0 = 1; onda je d = p; pa bi bilo pja: Znaci1 = xa+ yp; za neke cijele brojeve x i y slijedi b = xab+ ybp; pa pjb:

Kao posljedicu prethodne tvrdnje razmatracemo linearnu Diofantovu

jednacinu. Inace, Diofantovim se nazivaju jednacine u kojima se traze cje-

lobrojna rjesenja za nepoznate. Jednacina

ax+ by = c; (1.4)

pri cemu su a; b; c dati cijeli brojevi, a x i y nepoznati cijeli brojevi, se naziva

linearnom Diofantovom jednacinom.

Pretpostavimo da jednacina (12.6) ima rjesenje. Ako je d = (a; b), onda

imamo da djax + by; pa zakljucujemo da djc: Dakle, djc je potreban uslov dajednacina (12.6) ima rjesenje. Dokazimo da je taj uslov i dovoljan. Na osnovu

propozicije 1.14 postoje cijeli brojevi u i v za koje vrijedi au + bv = d: Kako

djc to znaci da je c = d d0; za neki cio broj d0; pa je a(ud0)+ b(vd0) = c: Dakle,x = ud0; y = vd0 je rjesenje jednacine (12.6), cime je tvrdnja dokazana.

Neka je (x0; y0) ksirano, a (x; y) bilo koje rjesenje jednacine. Tada imamo

a(x x0) = b(y0 y): Dijeljenjem sa d dobijamoa

d(x x0) = b

d(y0 y):

Kako jead ;

bd

= 1; na osnovu propozicije 1.19 zakljucujemo da je xx0 = k bd ;

za neki cio broj k: Uvrstavanjem dobijamo y0 y = k ad : Sa druge strane, zaproizvoljan cio broj k lako je provjeriti da je

x = x0 + k bd; y = y0 k a

d; (1.5)

rjesenje jednacine (12.6). Ovaj skup rjesenja nazivamo opstim rjesenjem.

Tako smo dokazali sljedecu propoziciju.

12


Propozicija 1.21

Da bi jednacina ax + by = c imala rjesenje potrebno je i dovoljno da djc; pricemu je d = (a; b): Ako je (x0; y0) jedno rjesenje, tada je opste rjesenje data sa

(1.5).

Primjedba 1.22

Primijetimo da je u prethodnom postupku opisano i kako se moze naci jedno

rjesenje (x0; y0): Naime, ako pomocu Euklidovog algoritma odredimo cijele bro-

jeve u i v za koje je au + bv = d; onda je x0 = ud0; y0 = vd0 trazeno rjesenje.

Pri tome je d0 = cd :

Primjer 1.23

Dokazati da se broj 713 ne moze napisati kao suma dva pozitivna broja, od

kojih je jedan djeljiv sa 22; a drugi sa 35:

Rjesenje. Treba dokazati da linearna Diofantova jednacina 22x + 35y = 713

nema pozitivnih rjesenja. Kako su 22 i 35 relativno prosti, to jednacina ima

rjesenje. Iz Euklidovog algoritma dobijamo: 1 = 8 22 5 35: Slijedi da jex0 = 8 713 = 5704; y0 = 5 713 = 3565 partikularno rjesenje. Opsterjesenje je

x = 5704 + k 35; y = 3565 k 22;pri cemu je k bilo koji cio broj. Treba dokazati da ni za jedno k ne mogu i x, i y

istovremeno biti pozitivni. Problem se lako svodi na problem odredivanja cije-

log broja k za koji je 570435 < k < 356522 ; a lako se vidi da takav broj ne postoji.

Sljedeci problem je specijalni slucaj tzv. problema razmjene novcanica,

koji je 1884. godine postavio Frobenijus, a glasi: Date su novcanice vrijednosti

n1; n2; : : : ; nk; pri cemu je (n1; n2; : : : ; nk) = 1. Odrediti najveci iznos koji se

ne moze isplatiti u ovim novcanicama (ovaj iznos se naziva Frobenijusovim

brojem).

Ako je neki od brojeva ni jednak 1; onda se jasno svaki iznos moze isplatiti.

Broj 3 je Frobenijusov broj za iznose od 2 i 5: Naime, jasno je da se iznos 3

ne moze isplatiti u datim novcanicama. Dalje, svaki paran iznos se, ocigledno

moze isplatiti. Ako je 2k+1; (k 2) neparan iznos, onda 2k+1 = 2(k2)+5;pa se i ovaj iznos moze isplatiti.

U sljedecem primjeru cemo odrediti Frobenijusove brojeve za dvije vrste

novcanica.

13

1.2. OSNOVNI STAV ARITMETIKE GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE

Primjer 1.24

Za vrijednosti novcanica n1 i n2; Frobenijusov broj je n1 n2 n1 n2:

Rjesenje. Iznos N moze biti isplacen ako postoje nenegativni cijeli brojevi x

i y za koje je xn1 + yn2 = N: Kako su n1 i n2 relativno prosti, na osnovu

propozicije 1.18, postoje cijeli brojevi a i b za koje je an1 + bn2 = 1; pa je

(aN)n1 + (bN)n2 = N: Dijeljeci aN sa n2 dobijamo aN = qn2 + r; (0 6 r 6n2 1); tako da prethodna jednakost postaje rn1 + yn2 = N; pri cemu jey = bN + q: Prema tome, iznos N se moze isplatiti ako je y nenegativan cio

broj. Dakle, najveci iznos koji se ne moze isplatiti se dobija za y = 1 i jednakje N = (n2 1)n1 n2:

1.2 Osnovni stav aritmetike

Matematicari uzalud pokusavaju da otkriju pravilnosti u

nizu prostih brojeva, pa imamo razloga da vjerujemo da u

tu misteriju ljudski um nikada nece prodrijeti.

Leonard Ojler

Dokazacemo sada osnovnu teoremu aritmetike, jednostavan a znacajan re-

zultat.

Teorema 1.25 (Osnovni stav aritmetike)

Svaki cio broj a > 1 se moze na jedinstven nacin napisati u obliku proizvoda

a = pk11 pk22 pknn ; (1.6)

pri cemu su p1 < p2 < < pn prosti brojevi, dok su k1; k2; : : : ; kn pozitivnicijeli brojevi.

Dokaz

Dokazimo prvo da razlaganje (1.6) postoji. Koristimo strogi princip mate-

maticke indukcije. Tvrdnja je tacna za a = 2; jer je 2 prost broj. Pretpostavimo

da je tvrdnja tacna za sve brojeve b, za koje je 2 6 b < a: Ako je a prost, ondaje tvrdnja tacna. Ako a nije prost, onda se, na osnovu propozicije 1.20 moze

netrivijalno faktoristi. Dakle, postoje cijeli brojevi b i c, 0 < b < a; 0 < c < a,

za koje je a = bc: Kako za b i c postoji razlaganje (1.6), na osnovu induktivne

pretpostavke takvo razlaganje postoji i za a:

Dokazimo sada jedinstvenost razlaganja (1.6). Neka je

a = ql11 ql22 qlmm ; (1.7)

14

GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE 1.2. OSNOVNI STAV ARITMETIKE

jos jedno razlaganje broja a: Za a = 2 tvrdnja je ocigledno tacna. Pretpostavimo

da je tvrdnja tacna za sve cijele brojeve b, gdje je 2 6 b < a:Imamo p1jql11 ql22 qlmm ; pa na osnovu propozicije 1.4 postoji i takav da

p1jqi: Kako je qi prost broj to je p1 = qi: Kracenjem sa p1 dobijamopk111 pk22 pknn = ql11 qli1i qlmm :

Kako je b = pk111 pk22 pknn < a razlaganja iz prethodne jednakosti su ista,na osnovu induktivne pretpostavke. Slijedi da je n = m, pi = qi; ki = li za

1 6 i 6 n.

Jedna od vaznih tema elementarne teorije brojeva je i izucavanje svojstava

tzv. aritmetickih funkcija. To su funkcije koje preslikavaju skup prirodnih

brojeva u skup realnih ili kompleksnih brojeva. Ovdje cemo pomenuti dvije

takve funkcije.

Za svaki prirodan broj n denisemo funkcije (n) i (n) na sljedeci nacin:

1. (n)= broj pozitivnih djelitelja broja n,

2. (n)= suma pozitivnih djelitelja broja n:

Pomocu osnovnog stava aritmetike jednostavno se mogu izracunati vrijed-

nosti ovih funkcija. Neka je

n = pm11 pm22 pmkk ; p1 < p2 < < pk;

razlaganje broja n na proste faktore. Svi pozitivni djelitelji broja n imaju oblik

ps11 ps22 pskk ; 0 6 si 6 mi; i = 1; 2; : : : ; k:

Prema tome, broj djeljitelja jednak je broju nizova (s1; s2; : : : ; sk); za koje je

0 6 si 6 mi; (i = 1; 2; : : : ; k):Broj s1 moze uzeti vrijednosti 0 6 s1 6 m1; dakle, m1 + 1 razlicitih vrijed-

nosti, s2 moze uzeti m2 + 1 razlicitih vrijednosti itd. Na kraju sk moze uzeti

mk + 1 razlicitih vrijednosti. Na taj nacin dobijamo

(n) =

kYi=1

(mi + 1):

Za (n) vrijedi

(n) =X

(s1;s2;:::;sk)

ps11 ps22 pskk =

= (1 + p1 + + pm11 ) (1 + p2 + + pm22 ) (1 + pk + + pmkk ):Zakljucujemo da formula vrijedi, jer se svaki sabirak prve sume pojavljuje tacno

jednom u razvoju drugog izraza. Vrijedi i obrnuto, razvojem izraza na desnoj

15

1.2. OSNOVNI STAV ARITMETIKE GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE

strani dobijamo sabirke sume na lijevoj strani. Koristeci se formulom za sumu

clanova geometrijske progresije dobijamo

(n) =

kYi=1

pmi+1i 1pi 1 : (1.8)

Iz prethodnih izraza direktno slijedi da su funkcije i multiplikativne, tj.

da vrijedi sljedeca propozicija.

Propozicija 1.26

Ako su brojevi m i n relativno prosti, tada vrijedi

(m n) = (m)(n); (m n) = (m)(n):

Propozicija 1.27

Neka su m i n prirodni brojevi i neka su

n = ps11 ps22 pskk ; m = pt11 pt22 ptkk ;

njihova razlaganja na proste faktore gdje si i ti mogu uzimati i vrijednost nula.

Tada je

(m;n) = pminfs1;t1g1 p

minfs2;t2g2 pminfsk;tkgk ;

[m;n] = pmaxfs1;t1g1 p

maxfs2;t2g2 pmaxfsk;tkgk :

Isto tako je

m n = [m;n] (m;n):

Dokaz

Prve dvije tvrdnje su jasne. Isto tako, vrijedi

[m;n](m;n) = ps1+t11 ps2+t22 psk+tkk = m n:

Ako je p prost onda se brojevi oblika Mp = 2p 1 nazivaju Mersenovim

brojevima. Ovi brojevi su povezani sa jos jednom vaznom klasom prirodnih

brojeva. To su savrseni brojevi. Ovi brojevi su bili posebno zanimljivi starim

Grcima. Prirodan broj nazivamo savrsenim ako je jednak sumi svojih pravih

djelitelja. To znaci da je n savrsen ako i samo ako je (n) = 2n: Prije dokaza

glavnog rezultata treba nam jedan pomocni.

16

GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE 1.2. OSNOVNI STAV ARITMETIKE

Propozicija 1.28

Neka su a i n prirodni brojevi veci od 1 i neka je k = an 1 prost broj. Tadaje a = 2 i n je prost broj.

Dokaz

Kako vrijedi an 1 = (a 1)(an1 + an2 + + 1); to broj na desnoj stranimoze biti prost samo ako je a = 2: U tom slucaju, kada n ne bi bio prost, bilo bi

n = n1n2; (n1; n2 > 1); pa bismo imali 2n1 = (2n11) 2(n21)n1 + + 1 ;

a ovaj broj nije prost.

Ni do danas se ne zna da li savrsenih brojeva ima konacno mnogo ili ne. Isto tako

se ne zna da li postoji neparan savrsen broj. Karakterizacija parnih savrsenih

brojeva je bila poznata i starim Grcima.

Propozicija 1.29

Paran broj n je savrsen ako i samo ako postoji prost broj p takav da je Mpprost broj i n = 2p1(2p 1):

Dokaz

Neka su p i Mp prosti brojevi i neka je n = 2p1(2p 1): Tada, prema formuli

(1.8), vrijedi

(n) =2p 12 1

(2p 1)2 12p 2 = 2

p(2p 1) = 2n;

pa je n savrsen.

Obrnuto, pretpostavimo da je n paran savrsen broj. Neka je n = 2l k; pricemu je l > 0; a k je neparan. Na osnovu multiplikativnosti funkcije i formule

(1.8) zakljucujemo da vrijedi (n) = (2l)(k) = (2l+1 1)(k): Kako je nsavrsen, imamo (n) = 2n = 2l+1 k; sto znaci da vrijedi

2l+1 k = (2l+1 1)(k):Kako su 2l+1 i 2l+1 1 relativno prosti, na osnovu propozicije 1.19, slijedi2l+1 1jk; tj. k = (2l+1 1)m: Zakljucujemo da je (k) = 2l+1 m: Izocigledne jednakosti (k) = (2l+1 1)m+m = k+m imamo da (k) = m+k;pri cemu su i m i k djelitelji od k: Slijedi da je m jedini pravi djelitelj od k; pa

mora biti m = 1; pa zakljucujemo da je k prost. Dakle, broj 2l+1 1 je prost,pa je prema prethodnoj propoziciji l + 1 = p prost. Zakljucujemo da vrijedi

n = 2lk = 2p1(2p 1):

17

1.3. KONGRUENCIJE GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE

1.3 Kongruencije

Kako je moguce da matematika, koja je tvorevina

ljudskog uma, nezavisna od iskustva, bude prekrasno

prilagodena stvarnim pojavama?

Albert Ajnstajn

Djeljivost je svakako najinteresantnija osobina cijelih brojeva. To je osnova

aritmetike, odnosno, elementarne teorije brojeva.

Neka je n > 1 cio broj. Za cijele brojeve a i b kazemo da su kongruentni po

modulu n ako nj(a b), i to oznacavamo sa a b mod n: Posljednju relacijunazivamo relacijom kongruentnosti po modulu n.

U sljedecoj propoziciji cemo izloziti osnovne osobine ove relacije.

Propozicija 1.30

1. Kongruentnost po modulu n je relacija ekvivalencije u skupu cijelih brojeva.

2. Brojevi a i b daju isti ostatak pri dijeljenju sa n ako i samo ako a b mod n.3. Svaki cio broj a je kongruentan po modulu n tacno jednom broju iz skupa

f0; 1; : : : ; n 1g:4. Ako je a a0 mod n i b b0 mod n; tada je a+ a0 b+ b0 mod n:5. Ako je a a0 mod n i b b0 mod n; tada je aa0 bb0 mod n:6. Ako je ac bc mod n i (c; n) = 1; tada je a b mod n:

Dokaz

1. Kako nj0; to znaci da njaa, pa je a a mod n; za svako a 2 Z: Dakle, je reeksivna relacija. Iz njab ocigledno slijedi njba; pa je simetricna.Na kraju, neka nja b i njb c: Kako je a c = a b+ b c; na osnovupropozicije 1.2 slijedi nja c; pa je tranzitivna.

2. Neka je a = qn + r; b = q0n + r0; (r; r0 2 f0; 1; : : : ; n 1g): Tada jea b = (q q0)n + r r0: Prema tome, ako nja b onda na osnovupropozicije 1.2, njr r0; a to je moguce samo za r = r0: Obrnuto, ako jea = qn+ r; b = q0n+ r; r 2 f0; 1; : : : ; n 1g; onda jasno nja b:

3. Slijedi direktno iz 2.

4. Ako je a a0 mod n i b b0 mod n; tada nja a0; njb b0; pa opet naosnovu propozicije 1.2 vrijedi nja a0 + b b0, tako da 4. vrijedi.

5. Iz aa0 bb0 = aa0 ab0 + ab0 bb0 = a(a0 b0) + (a b)b0 slijedi danja(a0 b0) + (a b)b0; tj. njaa0 bb0; te je i 5. tacno.

18

GLAVA 1. PRVO PREDAVANJE 1.3. KONGRUENCIJE

6. Iz nj(a b)c i (n; c) = 1, na osnovu propozicije 1.19 slijedi da nja b:

Osobina 4. iz prethodne propozicije nam govori da je relacija kongruentnosti

kompatibilna sa sabiranjem cijelih brojeva, a osobina 5. da je kompati-

bilna sa mnozenjem. Vidjecemo znacaj tih cinjenica u sljedecem poglavlju.

Skup fk1; k2; : : : ; kng cijelih brojeva koji daju sve moguce ostatke po mod n senaziva potpunim sistemom predstavnika po modulu n. Iz 3. se vidi da je

f0; 1; : : : ; n1g jedan takav skup. To je skup najmanjih nenegativnih ostataka.Uocimo sada jednu osobinu binomnih koecijenata, koja ce nam trebati za

dalja razmatranja.

Propozicija 1.31

Neka je p prost broj, a 0 < k < p: Tada pjpk:Dokaz

Zaista, izpk

= p(p1)(pk+1)k! ; slijedi p(p 1) (p k + 1) =

pk

k!: Kakobroj p dijeli broj na lijevoj strani prethodne jednakosti, p dijeli bar jedan od

faktora na desnoj strani. Kako jepk

jedini faktor na desnoj strani koji nije

manji od p; slijedi da pjpk:Sljedeci rezultat neki nazivaju i ,,idiotskom Njutnovom binomnom formu-

lom", dok ga neki nazivaju ,,studentskim snom".

Propozicija 1.32

Ako su a i b cijeli brojevi i p prost broj, tada je

(a+ b)p ap + bp mod p: (1.9)

Dokaz

Na osnovu Njutnove binomne formule imamo

(a+ b)p = ap +

p

1

ap1b+ +

p

p 1abp1 + bp:

Tvrdnja slijedi na osnovu upravo dokazane cinjenice da su svi sabirci izraza

na desnoj strani prethodne jednakosti, izuzev, eventualno, ap i bp; djeljivi sa

p.

19


Sada cemo dokazati malu Fermaovu teoremu, znacajan rezultat u elemen-

tarnoj teoriji brojeva.

Teorema 1.33

Ako je a cio, a p prost broj, tada je ap a mod p:

Dokaz

Dokazimo prvo teoremu za pozitivne cijele brojeve. Dokaz izvodimo indukcijom

po a: Za a = 1 tvrdnja je trivijalna. Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za a > 1;tj. da vrijedi:

ap a mod p:Na osnovu kompatibilnosti kongruentnosti sa sabiranjem slijedi

ap + 1 a+ 1 mod p:Na osnovu (1.9) dobijamo

(a+ 1)p ap + 1 mod p:Tvrdnja slijedi iz posljednje dvije kongruencije, na osnovu tranzitivnosti.

Za a = 0 teorema je ocigledno tacna. Ako je a < 0; onda je a > 0 paprema prethodnom vrijedi

(a)p a mod p:Za p = 2 ova kongruencija postaje a2 a mod 2; sto je ekvivalentno saa2+ a 0 mod 2: Kako je broj a2+ a = a(a+1) uvijek paran, tvrdnja vrijedi.Ako je p neparan prost broj imamo ap a mod p; pa poslije mnozenja sa1 zakljucujemo da tvrdnja vrijedi.

Primjedba 1.34

Formulaciju teoreme, bez dokaza, Ferma je poslao pismom jednom prijetelju,

obecavsi da ce mu uskoro poslati i dokaz, ali to nikada nije ucinio. Sluzbeno

se smatra da je teoremu prvi dokazao Ojler, nekih stotinjak godina kasnije.

Medutim, isti takav dokaz je nasao Lajbnic, u jednom svom neobjavljenom

radu, pedesetak godina prije Ojlera.

Ovaj cemo dio zavrsiti diskusijom o tzv. linearnim kongruencijama. Neka je

n > 1 ksiran cio broj. Ako su a i b dati cijeli brojevi, a x nepoznat cio broj,

onda se jednacina

ax b mod n (1.10)

20


naziva linearnom kongruencijom.

Rjesavanje ove jednacine se svodi na rjesavanje linearne Diofantove jednacine.

Zaista, ako je x0 rjesenje kongruencije (1.10), onda je ax0 + ny0 = b; za neki

y0: To znaci da je (x0; y0) rjesenje linearne Diofantove jednacine ax + ny = b:

Vrijedi i obrnuto, ako je (x0; y0) rjesenje te linearne Diofantove jednacine, onda

je x0 rjesenje kongruencije (1.10).

Propozicija 1.35

Linearna kongruencija (1.10) ima rjesenje ako i samo ako (a; n)jb: Ako je x0jedno rjesenje kongruencije (1.10), tada su

x0; x0 +n

(a; n); x0 +

2n

(a; n); : : : ; x0 +

[(a; n) 1]n(a; n)

; (1.11)

sva, po modulu n medusobno nekongruentna, rjesenja te jednacine. Speci-

jalno, ako su a i n relativno prosti, tada linearna kongruencija ima jedinstveno

rjesenje.

Dokaz

Neka je d = (a; n): Da je djb potreban i dovoljan uslov za rjesivost linearnekongruencije slijedi iz odgovarajuceg rezultata za linearne Diofantove jednacine.

Neka je x0 bilo koje rjesenje linearne kongruencije, a (x0; y0) rjesenje li-

nearne Diofantove jednacine ax + ny = b: Za drugi dio teoreme dovoljno

je dokazati da je svako rjesenje x = x0 + tnd ; (t 2 Z); kongruentno po

modulu n jednom rjesenju iz skupa (1.11), te da su rjesenja iz (1.11) ne-

kongruentna po modulu n. Neka je t = qd + r; (0 6 r 6 d 1): Tadaje x0 +

tnd = x0 + (qd + r)

nd = x0 + qn +

rnd : Medutim, jasno je da je

x0 + qn+rnd x0 + rnd mod n; pa je

x0 +tn

d x0 + rn

dmod n;

a posljednje je jedno od rjesenja iz (1.11).

Ako je x0 +knd = x0 +

k0nd mod n; k; k

0 2 f0; 1; : : : ; d 1g; tada mora bitik = k0; jer ako je k < k0; tada je (kk

0)nd 0 mod n; tj. (kk

0)nd = sn; za neki

cio broj s; pa bismo imali kk0

d = s; sto bi znacilo da jekk0d cio broj, a to je,

zbog k k0 < d; nemoguce.

Primjer 1.36

Rijesiti jednacinu 11x 28 mod 1943:

21


Rjesenje. Vrijedi (11; 1943) = 1; pa je rjesenje jedinstveno. Rjesavamo prvo Di-

ofantovu jednacinu 11x+1943y = 28: Pomocu Euklidovog algoritma dobijamo

530 11 3 1943 = 1: Mnozenjem sa 28 dobijamo 14840 11 84 1943 = 28;pa je x = 14840 1239 mod 1943 rjesenje nase jednacine.

Primjer 1.37

Rijesiti jednacinu 143x 4 mod 315:

Rjesenje. Ako zamijenimo 4 sa 319 onda mozemo podijeliti sa 11 i dobiti kon-

gruenciju 13x 29 mod 315: Ako zamijenimo 29 sa 286, i podijelimo sa 13dobijamo x 22 293 mod 315:

Latinskim kvadratom reda n se naziva kvadratna tabela sa n2 polja

na kojoj je razmjesteno n razlicitih predmeta, pri cemu svaki predmet ima

n identicnih kopija, tako da ni u jednoj vrsti i koloni nemaju dva ista pred-

meta. Kako nije bitno o kojim se predmetima radi, najcesce se uzimaju brojevi

0; 1; 2; : : : ; n 1: Za dva latinska kvadrata istog reda kazemo da su ortogo-nalni, ako su uredeni parovi napravljeni od odgovarajucih elemenata jednog i

drugog kvadrata medusobno razliciti.

Posmatrajmo sljedeca dva latinska kvadrata treceg reda

0 1 2

2 0 1

1 2 0

0 1 2

1 2 0

2 0 1

:

Kako su svi uredeni parovi

(0; 0); (1; 1); (2; 2); (2; 1); (0; 2); (1; 0); (1; 2); (2; 0); (0; 1)

medusobno razliciti, ovi latinski kvadrati su ortogonalni.

Sa druge strane, postoje samo dva latinska kvadrata drugog reda

0 1

1 0

1 0

0 1;

koji nisu ortogonalni.

Primjedba 1.38

Izucavanje latinskih kvadrata inicirao je Ojler, postavljajuci tzv. problem 36

ocira. Naime, na jednom prijemu kod Carice u Petrogradu, na kome je bio

i Ojler, bilo je i 36 ocira. Po sest ocira je bilo iz sest razlicitih regimenti i

svi ociri iz iste regimente bili su u razlicitim cinovima. Ojler je pitao da li

je moguce svrstati ocire u sest vrsta, sa po sest ocira, tako da ni u jednoj

22


vrsti i koloni ne budu dva ocira istog cina, niti dva ocira iz iste regimente.

Jezikom savremene matematike formulacija tog problema ima oblik: Postoje

li dva ortogonalna latinska kvadrata sestog reda? Mi necemo izlagati rjesenje

Ojlerovog problema jer je ono nesto komplikovanije. Odgovor na to pitanje je

negativan, jer ne postoje ortogonalni latinski kvadrati sestog reda.

Mi cemo dokazati da za svaki prost broj p > 2 postoje ortogonalni latinski

kvadrati reda p.

Neka je 0 < k < p: Formirajmo tabelu Xk = (x(k)ij )pp na sljedeci nacin:

x(k)ij (j 1) + (i 1)k mod p; (i; j = 1; : : : ; p):

Ako bi dva broja x(k)i;j1

i x(k)i;j2

iz i-te vrste bili jednaki, vrijedilo bi j1 1 +(i 1)k j2 1+ (i 1)k mod p; sto je ekvivalentno sa j1 j2 mod p; iz cegaslijedi j1 = j2: Dakle, elementi u vrstama tabele su medusobno razliciti. Isto

tako je jednakost j 1 + (i1 1)k j 1 + (i2 1)k mod p; ekvivalentna sajednakoscu k(i1i2) 0 mod p: Kako su k i p relativno prosti ova kongruencijaima jedinstveno rjesenje i1 i2 mod p; pa je i1 = i2; sto znaci da su elementii u kolonama medusobno razliciti. Dakle, Xk je latinski kvadrat.

Propozicija 1.39

Ako je p > 2 i 0 < k < k0 < p; tada su Xk i Xk0 ortogonalni latinski kvadrati.

Dokaz

Treba dokazati da su parovi (x(k)ij ; x

(k0)ij ); (i; j = 0; 1; : : : ; p 1), medusobno

razliciti. Dva takva para (x(k)i1j1

; x(k0)i1j1

) i (x(k)i2j2

; x(k0)i2j2

) su jednaki ako i samo ako

vrijedij1 1 + (i1 1)k j2 1 + (i2 1)k mod p;j1 1 + (i1 1)k0 j2 1 + (i2 1)k0 mod p:

Na osnovu kompatibilnosti kongruentnosti sa sabiranjem, odavde slijedi

j1 j2 + (i1 i2)k 0 mod p;j1 j2 + (i1 i2)k0 0 mod p: (1.12)

Oduzimanjem lijevih i desnih strana ove dvije kongruencije dobijamo

(i1 i2)(k0 k) 0 mod p:Kako je 0 < k < k0 < p; to je k0 k relativno prost sa p; pa ova kongruencijaima jedinstveno rjesenje po modulu p; iz cega slijedi i1 = i2: Sada iz bilo koje

jednacine (1.12) lako slijedi j1 = j2:

23

2Drugo predavanje

Jos je Euklid dokazao da postoji bekonacnu prostih brojeva. Dokaz nam je

svima poznat. Mi cemo ovdje izloziti tri elegantna dokaza te teoreme, koji se

razlikuju od Euklidovog.

Teorema 2.1

Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva.

Dokaz (Kummer)

Pretpostavimo suprotno, da su p1 < p2 : : : < pn svi prosti brojevi. Neka je

N = p1p2 pn: Broj N 1 > 1 ima bar jedan prosti faktor p: Slijedi da pdijeli N (N 1) = 1; sto je nemoguze.

Dokaz (Goldbah)

Razliciti Fermaovi brojevi su relativno prosti. Zaista, neka je m < n i neka su

Fm = 22m + 1; Fm = 2

2n + 1 Fermaovi brojevi. Indukcijom se lako dokazuje

da vrijedi Fn = F0 F1 Fn1 +2: Ako djFm i djFn; onda, prema prethodnojjednakosti dj2: Dakle, d = 1 ili d = 2: Kako su Fermaovi brojevi neparni, morabiti d = 1: Neka je sada pn neki prosti faktor broja Fn: Tada je pn 6= pm; (m 6=n); pa postoji beskonacno mnogo prostih brojeva.

GLAVA 2. DRUGO PREDAVANJE

Dokaz (Saidak2005)

Neka je n > 1 bilo koji prirodan broj. Brojevi n i n+ 1 su relativno prosti, pa

oni imaju po jedan razlicit prosti faktor.Postoje, dakle, bar dva prosta broja.

Brojevi n(n+ 1) i n(n+ 1) + 1 su relativno prosti, pa se prosti faktor od

n(n+ 1) + 1 razlikuje od oba orosta faktora broje n(n+ 1): Postoje, dakle,

bar tri prosta broja. Ovaj se proces moze nastaviti beskrajno.

Medutim, pojavljivanje prostih brojeva je nepravilno i tesko predvidivo.

Izlozicemo nekoliko rezultat vezanih za ovu problematiku. Medu njima i cuvenu

Teoremu o prostim brojevima, koju je postulirao Gaus, a ciji je dokaz izuzetno

tezak.

Prvi rezultat koji navodimo je jednostavan a korisan. Za cio broj a kazemo

da je m-ti stepen, ako je a = bm; za neki cio broj b:

Teorema 2.2

Ako su a1; : : : ; an u parovima relativno prosti brojevi i ako je a1 a2 an nekim-ti stepen, tada je svaki ai neki m-ti stepen.

Dokaz

Na osnovu osnovnog stava aritmetike, neki broj x je m-ti stepen ako i samo ako

su svi eksponenti njegovih prostih faktora visekratnici od m: Prema tome, ako

je pkm neki faktor od a1 an; onda pja1 : : : an; pa pjai; za neki i: Prema tome,p je faktor od ai i nijednog drugog aj ; (i 6= j); pa je pkmjai: Zakljucujemo dasu ovog oblika svi faktori od ai; pa zakljucujemo da je ai neki m-ti stepen.

Prethodna tvrdnja nije tacna, ako ai nisu relativno prosti, za sto je jednostavno

naci primjer. Koristeci se osnovnim stavom aritmetike lako mozemo uopstiti

Pitagorin rezultat o iracionalnosti brojap2:

Teorema 2.3

Ako pozitivan cio broj m mije potpun kvadrat, onda jepm iracionalan broj.

Dokaz

Pretpostavimo suprotno, da jepm racionalan. Tada postoje relativno prosti

brojevi u i v; za koje je v2 = m u2: Kako su u2 i v2 relativno prosti, to v2jm; paposlije kracenja sa v2 dobijamo 1 = m1 u2; sto bi znacilo da je u2 = 1 = m1;a to bi znacilo da je m = v2; sto je nemoguce, jer m nije potpun kvadrat.

25


Oznacicemo sa pn n-ti prost broj. Tako je p1 = 2; p2 = 3; p3 = 5 itd. Iskori-

sticemo Euklidov dokaz za dobijanje jedne procjene o velicini prostih brojeva.

Teorema 2.4

Vrijedi: pn 22n1 :

Dokaz

Koristimo indukciju po n: Za n = 1 tvrdnja je ocigledno tacna. Pretpostavimo

da je tvrdnja tacna za n i posmatrajmo broj p1 pn + 1: Taj broj mora bitidjeljiv nekim prostim brojem p; pri cemu p ne moze biti ni jedan od brojeba

p1; p2; : : : ; pn: Dakle

pn+1 p p1p2 : : : pn+1 220 221 22n1+1 21+2++2n1+1 = 22n1+1:Dakle,

pn+1 12 22n + 1 < 22n :

Napomenimo da je prethodna procjena veoma gruba. Npr. za n = 4 imamo

223

= 256; dok je p4 = 7: Navescemo i jednu bolju ocjenu, koja slijedi iz tzv.

Bertranove hipoteze iz 1842. godine, jednog od najpoznatijih rezultata teorije

brojeva.

Teorema 2.5 (Bertranova hipoteza)

Za svako n 2 izmedu n i 2n postoji prost broj.

Dokaz ove teoreme izlazi izvan okvira naseg kursa. Napomenimo da je hipotezu

1852. godine dokazao cuveni ruski matematicar Cebisev.

Teorema 2.6

Vrijedi pn < 2n:

Dokaz

Koristimo indukciju po n: Za n = 2 tvrdnja vrijedi, jer je p2 = 3 < 22 = 4: Neka

tvrdnja vrijedi za n; tj. neka je pn < 2n: Na osnovu Bertranove hipoteze postoji

prost broj p za koji je 2n < p < 2n+1: Zakljucujemo da je pn+1 p < 2n+1:

26


Za realan broj x > 0 sa (x) oznacava se broj prostih brojeva p za koje je

p x:Godine 1793, K. F. Gaus je postulirao da se funkcija (x) moze aproksimi-

rati funkcijom

li x =

Z x2

dt

ln t:

Preciznije, Gaus je postulirao sljedeci rezultat

limx!1

(x)

li x= 1:

Dokaz i ovog rezultata prevazilazi okvir naseg kursa. Samo cemo navesti jedan

njegov ekvivalentan iskaz:

(x) xlnx

;

koji se naziva Teorema o prostim brojevima.

U saglasnosti sa prvim iskazom ove teoreme, treba dokazati da je

limx!1

li xx

lnx

= 1;

sto se jednostavno dobija na osnovu Lopitalovog pravila.

Teoremu o prostim brojevima su prvi dokazali, nezavisno jedan od drugog,

Dirihle i Vale Poason. Teorema o prostom broju se moze interpretirati i jezi-

kom teorije vjerovatnoce. Klasicna vjerovatnoca p nekog dogadaja denise se

kao = p = mn ; pri cemu je m broj ,,povoljnih"ishoda, a n broj svih mogucih

ishoda. Postavlja se pitanje: Ako slucajno izaberemo prirodan broj n; kolikaje vjerovatnoca da taj broj bude prost?

Ovdje je broj povoljnih mogucnosti jednak (n); sto je,aproksimativno, jed-

nako nlnn ; dok je n ukupan broj svih mogucnosti. Dakle,

p 1lnn

:

Ovo znaci da se porastom broja n prosti brojevi sve rjede pojavljuju.

Explicitna formula za (x) ne postoji. Ko je otkrije, slava je pred njim.

Postavlja se pitanje: Kako dobiti sve proste brojeve do nekog ksiranog broja

n: Problem je, dakle, izbaciti sve slozene brojeve od 1 do n: To je za velike n

mukotrpan posao.

Jedan od najstarijih metoda, vezana za ovaj problem, je tzv. Eratostenovo

sito. Naime, da bi se izostavili svi slozeni brojevi do n dovoljno je izostaviti one

koji imaju prosti faktor p; za koji vrijedi p 1): neka je npr. b c: Ako je p prost faktor oda tada pjbc; pa pjb ili pjc: U svakom slucaju je p2 bc = a; tj. p pa: Prematome, da bismo dobili proste brojeve iz intervala [1; n]; dovoljnu je izbaciti one

koji su djeljivi sa prostim brojem koji je pn:

27


Tako dobijamo da ima 168 prostih brojeva od 1 do 1000; 135 od 1001 do

2000; 127 od 2001 do 3000 itd.

Konstatujmo da je veliki izazov za sve matematicare da se izmisli formula

koja proizvodi proste brojeve. Medu takvim formula je i poznata Ojlerova funk-

cija f(n) = n2+n+41; cije su sve vrijednosti za intervalu [0; 40] prosti brojevi.

Naravno f(41) nije prost broj.

Navescemo jos neke zanimljive osobine prostih brojeva. Oni mogu biti blizu

jedan drugog. Kako je 2 jedini paran prost broj, jedini par prostih brojeva

koji se razlikuju za 1 je (2; 3): Ostali parovi se razlikuju bar za dva, kao

(3; 5); (5; 7); (17; 19) itd. Ovakvi se parovi nazivaju blizancima. Otvoren je pro-

blem da li blizanaca ima konacno ili beskonacno mnogo. Sa druge strane, su-

sjedni prosti brojevi mogu biti veoma udaljeni jedan od drugog.

Preciznije, za svaki prirodan broj n postoji n uzastopnih prirodnih brojeva,

od kojih ni jedan nije prost. Zaista, broj (n+1)!+2 je djeljiv sa 2; broj (n+1)!+3

je djeljiv sa 3; itd broj (n+ 1)! + (n+ 1) je djeljiv sa n+ 1: Dakle, nijedan od

n uzastopnih brojeva

(n+ 1)! + 2; (n+ 1)! + 3; : : : ; (n+ 1)! + n+ 1;

nije prost.

Jos jedna slavna hipoteza o prostim brojevima potice iz 1742. godine i

naziva se Goldbahova hipoteza, koja glasi: Svaki paran broj veci od 2 jednak

je zbiru dva prosta broja.

Euklidov dokaz se moze modikovati tako da se dokaze da postoji bes-

konacno mnogo prostih brojeva odredenog oblika. Ovdje cemo dokazati jedan

takav rezultat.

Teorema 2.7

Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 3:

Dokaz

Pretpostavimo suprotno, da su p1; p2; : : : ; pn svi prosti brojevi navedeneog

oblika. Posmatrajmo broj N = 4p1p2 pn 1: Broj N je neparan i oblikaje 4k + 3: Prema tome, njegovi prosti faktori su neparni prosti brojevi, koji su

svi oblika 4k + 1 ili 4k + 3: Medutim, N ne moze imati prosti faktor oblika

4k+3; pa bi svi njegovi faktori morali biti oblika 4k+1: Ali, proizvod brojeva

tog oblika mora biti, ponovo, oblika 4k + 1: sto je kontradikcija.

Napominjemo da se, istom metodom, ne moze dokazati da ima beskonacno

mnogo prostih brojeva oblika 4k + 1: Zasto?

Zavrsicemo ovu sekciju sa jos jednim od cuvenih problema vezanih za proste

brojeve. Godine 1837 Dirihle je dokazao sljedeci rezultat

28


Teorema 2.8 (Dirihleova teorema)

Ako su a i b relativno prosti prirodni brojevi, tada u aritmetickoj progresiji

a; a+ b; a+ 2b; : : : ; a+ (n 1)b; : : :Ima beskonacno mnogo prostih brojeva.

Sigurno najznacajniji rezultat iz teorije brojeva dokazan u 21 vijeku je sljedeci

rezultat kineskog matematicara Tao-a, iz 2007. godine:

Teorema 2.9 (Green, Tao)

Za svaki prirodan broj n postoji aritmeticka progresija sa n clanova koji su svi

prosti brojevi.

29

3Trece predavanje

Mozda ce mi buduca pokolenja biti

zahvalna bar zato, sto sam pokazao da

anticki matematicari nisu znali sve.

Pijer Ferma

Tri se teoreme smatraju fundamentalnim rezultatima elementarne teorije

brojeva. To su Mala Fermaova teorema, Ojlerova i Vilsonova teorema. O njima

i njihovim primjenama bice rijeci u ovom predavanju. Sve tri ove teoreme se

mogu dokazati kao jednostavne posljedice nekih osnovnih osobina prstena Zn iosobina grupe Un jedinica tog prstena. Osim toga, Malu Fermaovu teoremu smo

dokazali u prethodnom koristeci se Nutnovom binomnom formulom i jednom

osobinom djeljivosti binomnih koecijenata.

U kontekstu aritmetike prstena Zn to izgleda ovako

Teorema 3.1 (Ojlerova teorema)

Ako je (a; n) = 1 tada je

a'(n) 1 mod n:

Dokaz

Element [a]n je invertibilan u prstenu Zn ako i samo ako je (a; n) = 1: In-vertibilni elementi prstena Zn cine grupu Un; u odnosu na mnozenje. U tojgrupi ima '(n) elemenata, pa tvrdnja slijedi iz poznate posljedice Lagranzove

teoreme.

GLAVA 3. TRECE PREDAVANJE

Teorema 3.2 (Mala Fermaova teorema)

Ako je p prost broj, a a cio broj, tada je

ap a mod p:

Dokaz

Ako p j a onda je tvrdnja ocigledna. Ako p - a onda, zbog '(p) = p 1; izOjlerove teoreme slijedi ap1 1 mod p; pa mnozenjem ove kongruenacije saa doijamo tvrdnju.

Teorema 3.3 (Vilsonova teorema)

Za svaki prosti broj p vrijedi

(p 1)! 1 mod p:

Dokaz

Znamo da je Zp polje, ako i samo ako je p prost broj. Izmnozimo sve nenulteelemente tog polja. Dobijamo

X = [1]p [2]p [p 1]p = [(p 1)!]p:Element [x] 2 Zp je sam sebi inverzni element ako je [x2] = [1]; tj. ([x]p 1)([x]p + 1) = [0]p: Kako u polju nema djelitelja nule slijedi [x]p = [1]p ili

[x] + p = [1]p = [p 1]p: Prema tome [1]p; [p 1]p su jedina dva elementasa tom osobinom. To znaci da se, za svako [a]p razlicito od ova dva elementa,

pored [a]p u proizvodu [1]p [2]p [p 1]p nalazi i [a]1p pa je taj proizvodjednak [p 1]p = [1]p:

Kao sto se vidi, dokazazi ovih teorema su jednostavni u okviru aritme-

tike (mod n): Medutim ovu je aritmetiku razvio Gaus u djelu: Aritmeticka

istrazivanja, godine 1801. Teoreme o kojima govorimo su formulisane i doka-

zane mnogo ranije. Za malu fermaovu teoremu imamo sljedecu pricu. Postavio

je Ferma 1630. godine jednom svom prijatelju i napisao mu da bi mu poslao i

dokaz da nije tako dug. Ferma, medutim, taj dokaz nikada nije objavio. Prvi

dokaz je dao Ojler skoro sto godina kasnije, 1736. godine, mada je, izgleda,

dokaz dao Lajbnic, vec 1683. godine u jednom svom neobjavljenom radu.

Dacemo jos jedan dokaz Male Fermaove teoreme, razlicit od oba navedena.

Dokaz (Fermaova teorema)

Vidjeli smo da teorema ocigledno vrijedi ako p j a: Pretpostavimo da p - a:

31


Posmatrajmo brojeve

a; 2a; : : : ; (p 1)a:Ni jedan od ovih brojeva nije djeljiv sa p; jer ako p j ia povlaci p j i ili p j a; a nijedna od te dvije tvrdnje nije tacna. Iz istih razloga nikoja dva od prethodnih

brojeva nisu kongruentni po modulu p: Dakle, svi brojevi pri dijeljenju sa p

daju razlicite ostatke 1; 2; : : : ; p 1: Vrijedi, prema tome,a 2a : : : (p 1)a 1 2 (p 1) mod p:

Imamo, prema tome,

ap1(p 1)! (p 1)! mod p:prethodna se kongruencija moze skratiti sa (p 1)!; jer p - (p 1)!:

Izlozicemo sada nekoliko primjena male Fermaove teoreme.

Primjer 3.4

Provjeriti da je

538 4 mod 11:

Rjesenje. Na osnovu male Fermaove teoreme imamo 510 1 mod 11: Dalje je538 = (510)3 (52)4 13 34 81 4 mod 11:

Primjer 3.5

Odrediti one proste brojeve p za koje je 2p11p potpun kvadrat.

Broj 2 nema navedenu osobinu. Kako za ostale proste brojeve p vrijedi p 6 j2; naosnovu male Fermaove teoreme slijedi da je 2

p11p cio broj. Pretpostavimo da

postoji n za koje je 2p11p = n

2: Tada je 2p11 = pn2: Slijedi da je n neparanbroj. Kako je i p neparan, recimo, p = 2k + 1 to je (2k 1)(2k + 1) = pn2:Brojevi 2k1 i 2k+1 su relativno prosti, pa bar jedan od njih mora biti potpunkvadrat.

Ako je 2k 1 = r2 tada je 2k = r2 + 1; pa je 2p1 = (r2 + 1)2: Slijedi da rmora biti neparan, pa ako je r = 2s+ 1 to je 2p1 = 4(2s2 + 2s+ 1); a ovo jemoguce samo za s = 0 i onda slijedi da je p = 3:

Ako je 2k+1 = r2 onda je 2k = r2 1; pa je 2p1 = (r2 1)2: Opet r morabiti neparan, pa ako je r = 2s+ 1 tada je 2p1 = 16(s2 + s)2; a ovo je mogucesamo za s = 1; pa je sada p = 7:

32


Primjer 3.6

Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 1:

Rjesenje. Neka je n bilo koji prirodan broj i neka je N = (n!)2 + 1: Broj N je

neparan i veci od 1: Neka je p najmanji prosti djelitelj od N: Vrijedi p > n:

Kako je p paran on je oblika 4k+1 ili 4k+3: Kako je p djelitelj od N to vrijedi

(n!)2 1 mod p:Stepenovanjem sa p12 dobijamo

(n!)p1 (1) p12 mod p:Kako p ne dijeli n! na osnovu male Fermaove teoreme vrijedi

(1) p12 1 mod p:Ako bi p bio oblika 4k + 3 vrijedilo bi

(1) p12 = (1)2k+1 1 mod p;pa bi pj2; sto nije moguce.

Dokazali smo, dakle, da za svako n postoji prost broj p > n oblika 4k + 1;

cime je teorema dokazana.

Jedna od najvaznijih primjena male Fermaove teoreme je za utvrdivanje da

li je neki broj prost ili ne. Naime, ako se ustanovi da kongruencija an a mod nnije tacna za neko a; onda sigurno znamo da n nije prost broj.

33

4Cetvrto predavanje

Primjer 4.1

Pokazati da je 117 slozen broj.

Rjesenje. Dokazimo da 2117 6 2 mod 117:Vrijedi 2117 = (27)16 25: Kako je 27 = 128 11 mod 117; imamo

2117 1116 25 (121)8 25 48 25 221 mod 17:Dalje je 221 113 121 11 44 mod 117: Dakle, 2117 44 6 2 mod 117:

Jos su stari Kineski matematicari postavili sljedecu hipotezu: Broj n je prost

ako i samo ako n j 2n n: Zanimljivo je da je hipoteza tacna za n 340: Tek1819. godine ustanovljeno je da hipoteza nije tacna za 341 = 11 31:

Da bismo to ustanovili iskoristicemo sljedeci rezultat:

Propozicija 4.2

Ako su p i q razliciti prosti brojevi, a a cio broj, za koji vrijedi:

aq a mod p; ap a mod q:Tada je

apq a mod pq:

Dokaz

Vrijedi apq = aq mod p: Na osnovu pretpostavke slijedi apq a mod p: Na istinacin dobijmo apq a mod q; iz cega slijedi tvrdnja.

GLAVA 4. CETVRTO PREDAVANJE

Primjer 4.3

Vrijedi 2341 2 mod 341:

Rjesenje. Kako je 341 = 11 31 imamo:211 = 25 25 2 1 1 2 = 2 mod 31:

231 = (25)6 2 106 2 = (100)3 2 2 mod 11;pa tvrdnja vrijedi na osnovu prethodne propozicije.

Slozen broj n nazivamo pseudo prostim ako n j 2n 2: Iz prethodnogprimjera slijedi da je 341 pseudo prost i to je najmanji takav broj. Postoji

beskonacno mnogo pseudo prostih brojeva, sto cemo pokazati u sljedecoj pro-

pozicije.

Propozicija 4.4

Ako je n pseudo prost broj, tada je Mn = 2n 1 pseudo prost.

Dokaz

Kako je n slozen broj, on se moze napisati u obliku n = rs; (1 r s < n):Jednostavno se provjerava da vrijedi 2r 1 j 2n 1: Dakle, Mr jMn; pa je Mnslozen broj. Na osnovu pretpostavke imamo n j 2n 2: Slijedi

2Mn1 = 22n2 = 2kn;

za neki pozitivan cio broj k: Prema tome imamo

2Mn1 1 = 2kn 1 = (2n 1)(2n(k1) + + 2n + 1):Dakle Mn j 2Mn1 1; tako da je

2Mn 2 modMn:

Sada cemo dati jednu primjenu Vilsonove teoreme, koja je vezana za kvadratne

kongruencije.

Propozicija 4.5

Neka je p neparan prost broj. Tada kvadratna kongruencija

x2 + 1 0 mod p;ima rjesenje ako i samo ako je p 1 mod 4:

35


Dokaz

Neka je a rjesenje date kongruencije. Tada p - a: Na osnovu male Fermaoveteoreme vrijedi

1 ap1 = a2 p12 = (1) p12 mod p:Kako je p neparan prost broj to je p = 4k + 3 ili p = 4k + 1; za neki cio

broj k. Prvi slucaj otpada, jer je tada p12 = 2k + 1 pa imamo 1 1 mod piz cega slijedi pj2; sto je nemoguce. Prema tome p mora biti oblika p = 4k+ 1:

Obrnuto, neka je p = 4k + 1: Vrijedi

(p 1)! = 1 2 p 12

p+ 12

(p 2) (p 1)

1 (1) 2 (2) p 12

p 12

(mod p):

Vrijedi dakle

(p 1)! (1) p121 2 p 1

2

2mod p:

Sa druge strane, na osnovu Wilsonove teoreme je (p 1)! 1 mod p icinjenice da je p12 paran vrijedi

1 p 1

2

!

2mod p;

pa je, dakle,p12

! rjesenje kongruencije.

O Ojlerovoj teoremi bice jos govora kada se budu izucavala svojstva Ojlerove

' funkcije. Ovdje cemo dati samo jednu njenu jednostavnu primjenu.

Propozicija 4.6

Neka je (a; n) = 1: Tada rekurzija ax b mod n ima rjesenje

x = a'(n)1b mod n:

.

Dokaz

Znamo od ranije da u ovom slucaju jednacina ima jedinstveno rjesenje. Sa druge

strane je

ax a'(n)b b mod n:

36


Primjer 4.7

Neka je p prost, a n bilo koji prirodan broj. Tada je

(np)!

n!pn (1)n mod p:

Rjesenje. Neka je a cio broj za koji je a 1 mod p: Tada jea(a+ 1) (a+ (p 2)) (p 1)! 1 mod p:

Prema tome imamo

(np)!

n!pn=

(np)!

p 2p 3p np =nY

r=1

[(r 1)p+1] [(r 1)p+2] [(r 1)p+ p 1]:

Kako je (r 1)p+ 1 1 mod p; to je svaki faktor proizvoda, prema pret-hodnom, kongruentan 1 po modulu p: Dakle,

(np)!

n!pn

nYr=1

(1) (1)n mod p:

37

5Peto predavanje

5.1 Multiplikativne funkcije

Funkcije koje su denisane na skupu prirodnih brojeva, a cije su vrijed-

nosti u polju realnih ili kompleksnih brojeva nazivaju se aritmeticke funkcije.

Aritmeticku funkciju f nazivamo multiplikativnom ako iz (m;n) = 1 slijedi

f(mn) = f(m)f(n):

Vec ranije smo ustanovili da su aritmeticke funkcije i multiplikativne.

Svakako najznacajnija aritmeticka funkcija je Ojlerova ' funkcija.

Teorema 5.1

Ojlerova funkcija '(n) je multiplikativna.

Dokaz

Neka je (m;n) = 1: Postavimo sve brojeve od 1 do mn u pravougaonu tabelu

na sljedeci nacin

1 2 3 : : : n

n+ 1 n+ 2 n+ 3 : : : 2n...

...... : : :

...

(m 1)n+ 1 (m 1)n+ 2 (m 1)n+ 3 : : : mn

:

Trebamo dokazati da na ovoj tabeli ima '(m)'(n) brojeva koji su relativno

prosti sa mn: Napomenimo da, ako je (m;n) = 1; tada je r relativno prost sa

mn ako i samo ako je relativno prost i sa m i sa n

GLAVA 5. PETO PREDAVANJE 5.1. MULTIPLIKATIVNE FUNKCIJE

Neka je r pozitivan cio broj koji nije veci od n: Pretpostavimo da je (r; n) =

d > 1: Tada je svaki broj u r-toj koloni prethodne tabele djeljiv sa d; pa

nije relativno prost sa n: Sa druge strane, ako je (r; n) = 1; onda je svaki

broj iz r-te kolone relativno prost sa n: Prema tome, brojeve u tabeli, koji su

relativno prosti samn nalaze se u r-toj koloni, za koju vrijedi (r; n) = 1 i koji su

relativno prosti sa m: Takvih kolona ima '(n): Treba jos dokazati da u svakoj

od tih '(n) kolona ima '(m) brojeva koji su relativno prosti sa m: Za to je

dovoljno dokazati da brojevi jedne takve kolone cine potpuni sistem ostataka

po modulum: Zaista, ako je r+k1n = q1m+r1; r+k2n = q2m+r2; pri cemu je

0 k1; k2 m1: Ako bi bilo r1 = r2;tada bi vrijedilo (k1k2)n = (q1q2)m:Kako je (m;n) = 1; slijedilo bi da m dijeli k k1; sto je nemoguce.

Konstatujmo dvije jednostavne cinjence za funkciju '(n): Ako je p prost

broj, onda su svi brojevi 1; 2; : : : ; p 1 relativno prosti sa p pa vrijedi'(p) = p 1:

Isto tako, brojevi koji nisu veci od pk i nisu relativno prosti sa pk; pri cemu je

p prost broj, moraju biti oblika s p; (1 s pk1) i ocigledno ih je tacnopk1: Vrijedi, prema tome

'(pk) = pk pk1:Kao neposrednu posljedicu prethodnih razmatranja imamo

Teorema 5.2

Ako je n = pk1pk2 pkt razlaganje broja n na proste faktore, tada vrijedi

'(n) = ntY

k=1

1 1

pk

:

Primjer 5.3

Pokazati da je '(360) = 96:

Teorema 5.4

Ako je n > 2 onda je '(n) paran broj.

Dokaz

Ako je n = 2k; onda je '(2k) = 2k 2k1 = 2k1 i k > 1; pa je tvrdnja tacna,u ovom slucaju.

39

5.1. MULTIPLIKATIVNE FUNKCIJE GLAVA 5. PETO PREDAVANJE

Ako n nije oblika 2k; onda je n djeljiv nekim neparnim prostim brojem p.

Dakle n = pkm; pri cemu je p - m: Slijedi '(n) = '(pk)'(m) = pk1(p 1)'(m); a p 1 je paran.

Teorema 5.5

Za svaki prirodan broj n vrijedi

n =Xdjn

'(d):

Dokaz

Podijelimo sve brojeve iz skupa 1; 2; : : : ; n u klase Cd; tako da u klasi Cd leze

oni brojevi m za koje d = (m;n): Jasno je da skupovi Cd; pri cemu djn; cineparticiju prethodnog skupa. Medutim, broj x se nalazi u klasi Cd ako i samo

ako je (x; n) = d tj. ako i samo akoxd ;

nd

= 1. Prema tome, u klasi Cd ima

'nd

brojeva, pa vrijedi n =

Pdjn '

nd

=P

djn '(d):

Definicija 5.6

Funkciju sa skupa pozitivnih cijelih brojeva u R ili C nazivamo aritmetickom.Aritmeticku funkciju f nazivamo multiplikativnom ako vrijedi f(mn) =

f(m)f(n); kad god su m i n relativno prosti.

U prethodnoj teoremi je dokazano da je Ojlerova ' funkcija multiplikativna.

Ranije je takode pokazano da su funkcije i multiplikativne.

Teorema 5.7

Ako je f multiplikativna funkcija, tada je funkcija F (n) =P

djn f(d) takodemultiplikativna.

Dokaz

Neka su m i n relativno prosti. Svaki djelitelj d broja mn moze se napisati u

obliku d = d1d2; pri cemu su d1 i d2 relativno prosti i d1jm; d2jn: Prema tomevrijedi

F (mn) =Xdjmn

f(d) =X

d1d2jmnf(d1d2) =

Xd1jm;d2jn

f(d1)f(d2) =Xd1jm

f(d1)Xd2jn

f(d2) = F (m)F (n):

40

GLAVA 5. PETO PREDAVANJE 5.1. MULTIPLIKATIVNE FUNKCIJE

Definicija 5.8

Neka su f i g aritmeticke funkcije. Tada se Dirihleov proizvod ili multiplikativna

konvolucija f g defnise na sljedeci nacin

(f g)(n) =X

d1d2=n

f(d1)g(d2) =Xdjn

f(d)gnd):

Jasno je da funkcije f i g simetricno ulaze u prethodnu jednakost, a to znaci

da je f g = g f: Isto tako jef (g h)(n) =

Xd1d2d3=n

f(d1)f(d2)f(d3); (n 2 N);

pa lako zakljucujemo da je

f (g h) = (f g) h:Defnisimo funkciju i tako da bude i(1) = 1; i(n) = 0; (n > 1): Jednostavno se

provjerava da za svaku aritmeticku funkciju f vrijedi

f i = i f = f:Oznacicmo sa [1] konstantnu funkciju, koja uvijek uzima vrijednost 1.

Definicija 5.9

Za aritmeticku funkciju f funkciju F = f [1] nazivamo sumacionom funkcijomod f:

Jasno je da vrijedi: F (n) =P

djn f(d):Ranije je dokazano da je F (n) = n sumaciona funkcija za Ojlerovu ' funk-

ciju.

Teorema 5.10

Dirihleov proizvod multiplikativnih funkcija je multiplikativna funkcija.

Dokaz

Neka su f i g dvije multiplikativne funkcije i (m;n) = 1: Po deniciji imamo

(f g)(mn) =X

d1d2=mn

f(d1)g(d2): (5.1)

41

5.1. MULTIPLIKATIVNE FUNKCIJE GLAVA 5. PETO PREDAVANJE

Isto tako imamo

(f g)(m) =X

i1i2=m

f(i1)g(i2); (f g)(n) =X

j1j2=n

f(j1)g(j2):

Odavde slijedi

(f g)(m)(f g)(n) =X

i1i2=m

f(i1)g(i2)X

j1j2=n

f(j1)g(j2):

Kako sum i n relativno prosti to su it; (t = 1; 2) relativno prosti sa jt; (t = 1; 2);

sto implicira

(f g)(m)(f g)(n) =X

i1j1i2j2=mn

f(i1)f(j1)g(i2)g(j2) =X

d1d2=mn

f(d1)g(d2):

Poredeci ovu sa jednakoscu (5.1) zakljucujemo da vrijedi

(f g)(mn) = (f g)(m)(f g)(n):

Teorema 5.11

Sumaciona funkcija multiplikativne funkcije je multiplika tivna.

Dokaz

Dokaz slijedi iz prethodne teoreme i cinjenice da je [1] multiplikativna funkcija.

42

6Sesto predavanje

Odredicemo sada inverz od [1] u odnosu na multiplikativnu konvoluciju.

Oznaci imo ga sa : Zbog [1] = i vrijedi ([1] )(1) = (1) = 1: Isto takoje, za n > 1; imami ([1] )(n) =Pdjn (d): Specijalno, za prosti broj p vrijdi([1] )(p) = (1) + (p) = 1 + (p) = 0; pa je

(p) = 1:Dalje je ([1] )(p2) = 1+(p)+(p2) = (p2) = 0: Indukcijom lako slijedi daje

(pk) = 0; (k 2):Ako zelimo da bude multiplikativna funkcija onda, za medusobno razlicite

proste brojeve p1; p2 : : : pk mora vrijediti

(p1p2 pk) = (1)k:Iz navedenih osobina jasno je da funkcija treba biti defnisana na sljedeci

nacin.

(n) =

8>>>:1 ako n = 1;

0 ako p2jn za neki prost brojp;(p1p2 pk) = (1)k ako su p1; p2; ; pk medusobno razliciti prosti brojevi:

Iz prethodnih razmatranja dobijamo

Teorema 6.1

Funkcije i [1] su jedna drugoj inverzne, u odnosu na Dirihleov proizvod.

GLAVA 6. SESTO PREDAVANJE

Teorema 6.2 (Mebijusova formula inverzije)

Neka je f neka aritmeticka funkcija, a F njena sumaciona funkcija tj. F (n) =Pdjn f(d): Tada vrijedi

f(n) =Xdjn

(d)Fnd

:

Dokaz

Vrijedi F = [1] f , pa je F = ([1] f) = ( [1]) f = i f = f:Funkcija (n) moze biti napisana u obliku

(n) =Xdjn

1:

Kako je f = [1] multiplikativna funkcija na osnovu teoreme 5.11, ponovo za-

kljucujemo da je multiplikativna funkcija. Mebijusova formula inverzije u

ovom slucaju glasi:

1 =Xdjn

(d)nd

:

Isto tako je

(n) =Xdjn

d;

a kako je i f(n) = n multiplikativna funkcija, dobijamo

n =Xdjn

(d)nd

:

Teorema 6.3

Neka je f aritmeticka funkcija. Postoji Dirihleov inverz g funkcije f ako i samo

ako je f(1) 6= 0: Rekurentna formula za g data je sa

g(n)f(1) = X

djn; d 1 pomocu

rekurzije u teoremi lako dobijamo da je f g = i:

44

GLAVA 6. SESTO PREDAVANJE6.1. PRIMITIVNI KORIJENI I INDEKSI

Izlozicemo jednu jednostavnu primjenu Mebijusove formule inverzije. Dokazali

smo da je F (n) = n sumaciona funkcija Ojlerove funkcije '(n); tj. da vrijedi

n =Xdjn

'(n):

Na osnovu Mebijusove formule inverzije dobijamo

'(n) =Xdjn

(d)n

d:

Ova se formula moze koristiti za racunanje vrijednosti Ojlerove funkcije.

Primjer 6.4

Izracunati '(15):

Rjesenje Djelitelji od 15 su 1; 3; 5; 15; pa imamo

'(15) = 15(1) + 5(3) + 3(5) + (15) = 15 5 3 + 1 = 8:

6.1 Primitivni korijeni i indeksi

Neka su a i m pozitivni cijeli brojevi za koje je (a;m) = 1: Redom elementa

a po modulu m, u oznaci, om(a) nazivamo red elementa a u grupi jedinica Umpo modulu m: Jasno je da vrijedi

Teorema 6.5

Neka su a;m pozitivni cijeli brojevi za koje je (a;m) = 1; i ako je om(a) red

elementa a po modulu m. Tada ako an = 1 (modm); onda om(a)jn:Specijalno, om(a)j'(m): Isto tako, ako jem = p prost broj, onda om(a)jp1:

Primjer 6.6

o7(2) = 3:

Definicija 6.7

Broj a nazivamo primitivnim korijenom po modulu m ako je om(a) = '(m):

Drugim rijecima, a je primitivni korijen po modulu m; ako i samo ako je grupa

Um ciklicka. Iz jednostavnog svojstva ciklickih grupa slijedi

45

6.1. PRIMITIVNI KORIJENI I INDEKSIGLAVA 6. SESTO PREDAVANJE

Teorema 6.8

Ako postoji primitivni korijen po modulu m, onda postoji '('(m)) takvih

korijena.

Dokaz

Slijedi iz cinjemice da u ciklickoj grupi reda n generisanoj elementom a, ele-

mennt am generise citavu grupu ako i samo ako je (m;n) = 1:

Teorema 6.9

Neka su a;m pozitivni cijeli brojevi za koje je (a;m) = 1; i neka je om(a) red

elementa a po modulu m. Ako je ai aj mod m tada je i j mod om(a):

Dokaz

Ako je i = j tvrdnja je ocigledna. Ako je i > j tada je ai aj mod meqvivalentno sa aij 1 mod m, sto je ocigledno ekvivalentno sa i j modom(a):

Teorema 6.10

Neka je om(a) = e: Tada je om(ak) = e(e;k) :

Dokaz

Ako om(ak) = l; tada je ejkl; pa e(e;k) j lk(e;k) ; pa kako su e(e;k) i k(e;k) relativno

prosti vrijedi e(e;k) jl: Sa druge strane je

(ak)e

(e;k) = (ae)k

(e;k) 1 mod m;tvrdnja vrijedi.

Speecijalno, om(ak) = e ako i samo ako (e; k) = 1:

46

7Sedmo predavanje

U sljedecoj tabeli navodimo redove elemenata po modulu 13.

broj 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

red 1 12 3 6 4 12 12 4 3 6 12 2

Teorema 7.1

Neka je primitivni korijen po modulum: Tada su najmanji ostaci ; 2; : : : ; '(m)

po modulu m neka permutacija brojeva m i relativno prosti sa m:

Teorema 7.2 (Lagranzova teorema)

Neka je f(x) =Pn

i=0 aixi; polinom stepena n 1 sa cijelim koecijentima, a

p prost broj i p 6 jan: Tada jednacinaf(x) 0 mod p (7.1)

ima najvise n nekongruentnih po modulu p rjesenje.

Dokaz

Indukcijom po n. Ako je n = 1 tada imamo kongruenciju

ax b mod p;pri cemu (a; p) = 1: Znamo da ta kongruencija ima tacno jedno rjesenje. Pret-

postavimo da je n > 1: Ako jednacina (7.1) nema rjesenja onda je sve jasno.

GLAVA 7. SEDMO PREDAVANJE

Pretpostavimo da je jedno njeno rjesenje, tj. da vrijedi .

f() 0 mod p:Odavde slijedi da je

f(x) f() 0 mod p:Ova se jednacina svodi na jednacinu

(x )f1(x) modp;pri cemu je f1(x) polinom n 1-og stepena sa cijelim koecijentima. Svakorjesenje kongruencije (7.1) koje nije kongruentno po modulu p rjesenju

mora biti rjesenje kongruencije

f1(x) 0 mod p;jer je (p; ) = 1; pa tvrdnja slijedi indukcijom.

Teorema 7.3

Neka je p prost broj, a djp 1: Tada kongruencijaxd 1 0 mod p (7.2)

ima tacno d nekongruentnih rjesenja po modulu p:

Dokaz

Napomenimo da jednacina xp1 1 mod p ima tacno p 1 nekongruentnihrjesenja po modulu p. Naime, ocigledno su 1; 2; : : : ; p 1 rjesenja te jednacine,na osnovu male Fermaove teoreme. Sa druge strane, ako je x bilo koje rjesenje

onda p ne dijeli x pa je x kongruentno nekom od gore navedenih rjesenja. Ako je

p 1 = kd onda je xp1 1 = (xd 1) g(x); pri cemu je g(x) polinom stepenad(k 1): Prema prethodnom, jednacina g(x) 0 mod p moze imati najvisedk d rjesenja, pa jednacina xd 1 modp mora imati bar d rjesenja.

Kao posljedicu ove teoreme navodimo

Teorema 7.4 (Vilsonova teorema)

Ako je p prost broj onda je (p 1)! 1 mod p:

48


Dokaz

Posmatrajmo funkciju

f(x) = (x 1) (x p+ 1) xp1 + 1:To je polinom p 2 stepena, pa ima najvise p 2 nekongruentnih rjesenjepo modulu p: Sa druge strane, 1; 2; : : : ; p 1 su nekongruentna rjesenja, a toznaci da su svi koecijenti jednaki nuli po modulu p. Uzimajuci slobodan clan

dobijamo Vilsonovu teoremu.

Teorema 7.5

Neka je p prost broj i neka d j p 1: Tada postoji tacno '(d) cijelih brojevaciji je red jednak d po modulu p:

Dokaz

Neka d j p 1 i neka je (d) broj cijelih ciji je red d. Posmatrajmo sumuPcjd (c): Neka a ima red c: Iz a

c 1 mod p 1; slijedi ad 1 mod p 1:Prema tome, a je rjesenje jednacine (7.2), iz cega slijedi

Pcjd (c) d: Sa

druge strane, svako rjesenje jednacine (7.2) ima nek i red c; za koji vrijedi c j d;pa vrijedi i obrnuta nejednakost. Dakle, imamo

d =Xcjd

(c):

Na osnovu Mebijusove formule inverzije dobijamo (d) = '(d):

Kao posljedicu dobijamo

Teorema 7.6

Ako je p prost broj, tada postoji primitivni korijen po modulu p: Prema tome,

postoji '(p 1) primitivnih korijena po modulu p:

Primjer 7.7

Odrediti primitivni korijen po modulu 19:

Rjesenje. Vrijedi: p1 = 18 = 232: Treba, dakle, odrediti elemente reda 2 i reda32 u grupi U19: Za prvi element mora vrijediti x

2 1 mod 19; x 6 1 mod 19:Jasno je da je to broj 18: Sljedeci broj x2 mora imati red 9 tj. mora biti rjesenje

kongruencije x9 1 mod 19: Direktnom provjerom nalazimo da su rjesenja tejednacine data sa 1; 4; 5; 6; 7; 9; 11; 16; 17: Svako ovo rjese nje ima red 1; 3 ili 9:

49


Na taj nacin ispadaju brojevi 1; 7; 11: Tako imamo sest mogucnosti za izbor

x2: Mnozenjem ovih vrijednosti sa x1 = 18 dobijamo sljedecih sest primitivnih

korijena po modulu 19: a to su 2; 3; 10; 13; 14; 15: Lako se provjerava da je 2

primitivni korijen po modulu 9, tako da i neki slozeni brojevi imaju primitivne

korijene. Navescemo sada dva primjera slozenih brojeva, koji nemaju primitivne

korijene.

Teorema 7.8

Za k 3 broj 2k nema primitivnog korijena.

Dokaz

Pretpostavimo da je a neparan broj i da je k 3: Tada

a2k2 1 mod 2k:

Dokaz vodimo indukcijom po k: Lako se provjerava da tvrdnja vrijedi za k = 3;

jer su brojevi 1; 3; 5; 7 rjesenja kongruencije x2 1 mod 8: Pretpostavimo datvrdnja vrijedi za k: Dakle a2

k2= 1 + b 2k: Vrijedi; a2k1 = a2k22 =

(1 + b 2k)2 = 1 + 2k+1(b+ b22k1): Tako dobijamo

a2k1 1 mod 2k+1:

Brojevi koji su relativno porosti sa 2k su upravo neparni brojevi, pa je '(2k) =

2k1: Prema prethodnom, za svaki neparan broj a i svaki k 3 vrijedi

a'(2k)2 1 mod 2k;

sto znaci da 2k nema primitivnog korijena.

50

8Osmo predavanje

Broj 1 je primitivni korijen po modulu 2; dok je 3 primitivni korijen po

modulu 4:

Teorema 8.1

Ako je m > 2 i n > 2; pri cemu je (m;n) = 1; tada broj mn nema primitivnog

korijena.

Dokaz

Neka je h = ['(m); '(n)]; a d = ('(m); '(n)): Na osnovu teoreme 5.4, vrijedi

d 2: Prema tomeh =

'(m)'(n)

d '(mn)

2:

Sa druge strane, na osnovu Ojlerove teoreme imamo a'(m) 1 mod m: Stepe-nujuci ovu kongruenciju sa '(n)d dobijamo

ah =a'(m)

'(m)d 1 mod m:

Dakle, red elementa a ne moze biti '(mn):

Moze se dokazati da vrijedi sljedeca teorema:

8.1. INDEKSI GLAVA 8. OSMO PREDAVANJE

Teorema 8.2

Postoji primitivni korijen broja n ako i samo ako broj n ima jedan od oblika.

n = 2; 4; pk; 2pk; (p > 2 prost broj):

Prethodni rezultat je dokazao Gaus 1801. godine.

8.1 Indeksi

Neka je primitivni korijen po modulu p: Tada su ; 2; : : : ; p1 nekon-gruentni po modulu p i ni jedan nije djeljiv sa p: Prema teoremi 7.1 ti brojevi

predstavljaju neku permutaciju skupa f1; 2; : : : ; p 1g: Prema tome, za svakicio broj a; koji nije djeljiv sa p; postoji k za koji je a k mod p: Ociglednovrijedi

Teorema 8.3

Ako je primitivni korijen po modulu p i p - a; tada je kongruencija

a m mod pekvivalentna kongruenciji

inda m mod p 1:

Pri tome je broj k jednoznacno odreden. Taj se broj naziva indeksom broja

a; (u odnosu na primitivni korijen i oznacava se sa k = ind(a):

Primjer 8.4

Konstruisati tablicu indeksa po modulu 19 u odnosu na primitivni korijen 2:

Rjesenje. Trazena tablica ima oblik:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

18 1 13 2 16 14 6 3 8 17 12 15 5 7 11 4 10 9:

U prvom redu su napisani brojevi, a u drugoj njihovi indeksi.

Ako je ind(a) = k; ind(b) = m; tada je ind(ab) = k+m: Ova jednakost

znaci da je multiplikativna grupa Up izomorfna aditivnoj grupi f0; 1; : : : ; p1gpo modulu p; tako da indeksi imaju ososbinu koju imaju logaritmi.

Specijalno je ind(am) = m ind(a):

52

GLAVA 8. OSMO PREDAVANJE 8.1. INDEKSI

Primjer 8.5

Rijesiti jednacinu 4x9 7 mod 13:

Rjesenje. Lako se provjerava da je 2 jedan od primitivnih korijena po modulu

13. Naime, za stepena od 2 imamo

21 2 25 4 29 522 4 26 12 210 1023 8 27 11 211 724 3 28 9 212 1

;

pri cemu su sve kongruencije po modulu 13: Postavljena jednacina eqvivalentna

je jednacini

ind24 + 9ind2x ind27 mod 12:Iz prethodne tabele slijedi

2 + 9ind2x 11 mod 12;tj.

9ind2x 9 mod 12;koja je ekvivalentna sa

ind2x 1 mod 4:Ova jednacina ima rjesenje

ind2x = 1; 5; 9:

Sa tabele citamo da su rjesenja kongruencije

x = 2; 5; 6 mod 13:

Teorema 8.6

Neka je p prost broj, a cio broj koji nije djeljiv sa p; a m pozitivan cio broj.

Neka je, dalje, d = (m; p 1): Tada kongruencijaxm a mod p (8.1)

ili nema rjesenja ili ima tacno d rjesenja.

Dokaz

Neka je primitivni korijen po modulu p: Neka je k = ind(a); i = ind(x):

Tada jednacina (8.1) ima oblik:

mi k mod p:

53

8.2. KVADRATNE KONGRUENCIJE GLAVA 8. OSMO PREDAVANJE

Po deniciji primitivnog korijena po modulu p ova jednacina ima rjesenje ako

i samo ako linearna kongruencija

m i k mod p 1ima rjesenje.

Ako je d = (m; p 1); onda ova jednacina ima rjesenje ako i samo ako djki, u tom slucaju, jednacina ima tacno d rjesenja.

Teorema 8.7

Sljedeci uslovi su ekvivalentni

1Jednacina (8.1) ima rjesenje.

2Jednacina yd a mod p ima rjesenje,3Vrijedi a

p1d 1 mod p:

Dokaz

Ako je x rjesenje jednacine (8.1) tada jexmd

d a mod p; sto znaci da 1 )2:

Neka jednacina yd a mod p ima rjesenje y. Na osnovu male Fermaoveteoreme vrijedi yp1 1 mod p; na osnovu cega dobijamo

yd p1

d 1 mod p;tj,

ap1d 1 mod p:

Dakle, 2 ) 3:Dokazimo, na kraju, da 3 ) 1: Iz uslova 3; na osnovu teoreme 8.3, slijedi

kp 1d

p 1 mod p 1;

iz cega slijedi da djk; pa tvrdnja vrijedi, na osnovu prethodne teoreme.

8.2 Kvadratne kongruencije

Primjenom prethodne teoreme na kvadratnu kongruenciju dobijamo

54

GLAVA 8. OSMO PREDAVANJE 8.2. KVADRATNE KONGRUENCIJE

Teorema 8.8 (Ojlerov kriterijum)

Neka je p neparan prost broj, a a cio broj koji nije djeljiv sa p: Tada kvadratna

kongruencijax2 a mod p (8.2)

ima rjesenje ako i samo ako ap12 1 mod p:

Definicija 8.9

Cijeli brojevi a za koje jednacina (8.2) ima rjesenje, nazivaju se kvadratni

ostaci po modulu p: Ostali cijeli brojevi se nazivaju kavadratnim neostacima

po modulu p:

Kako za svaki neparan prost broj p i svaki cio broj iz skupa f1; 2; : : : ; p1gna osnovu male Fermaove teoreme vrijedi ap1 1 mod p; imamo

ap12 1

ap12 + 1

0 mod p:

Odavde slijediap12 1 mod p ili a p12 1 mod p:

Prema tome, vrijedi

Teorema 8.10

Ako je p neparan prost broja, tada je cio broj a; p 6 ja kvadratni neostatak akoi samo ako

ap12 1 mod p:

Primjer 8.11

Odrediti kvadratne ostatke i kvadratne neostatke za broj 13.

Rjesenje. Imamo sest kvadratnih ostataka 1; 3; 4; 9; 10; 12 i sest kvadratnih ne-

ostataka 2; 5; 6; 7; 8; 11, sto se provjerava Ojlerovim kriterijumom.

Teorema 8.12

Neparan prost broj p ima tacno p12 kvadratnih ostataka i isto toliko kvadratnihneostataka.

Dokaz

Kako jednacina xp12 1 mod p ima najvise p12 rjesenja, to znaci da ima

najvise p12 kvadratnih ostataka. Sa druge strane, brojevi 12; 22; : : : ;

p12

2su

55

8.2. KVADRATNE KONGRUENCIJE GLAVA 8. OSMO PREDAVANJE

kvadratni ostaci i, pri tome, su nekongruentni po modulu p: Zaista, ako bi dva

takva broja k2 i m2 bili kongruentni po modulu p imali bismo k2 m2 mod p;Slijedi da pjk +m ili pjk m: To je nemoguce jer su i k +m i k m manji odp: Prema tome, postoji nar p12 kvadratnih ostataka.

56

9Deveto predavanje

Posmatrajmo kvadratnu kongruenciju

ax2 + bx+ c 0 (mod p); (p - a);pri cemu je p neparan prost broj. Mnozenjem sa 4a dobijamo

(2ax)2 + 4abx+ 4ac 0 mod p;iz cega dobijamo

y2 D mod p (9.1)pri cemu je y = 2ax + b; D = b2 4ac: Prema tome, pitanje da li pocetnakongruencija ima rjesenje ekvivalentno je pitanju: Da li je diskriminanta D

kvadratni ostatak ili ne.

Napomenimo jos da, ako je y0 rjesenje gornje kongruencije, onda je drugo

rjesenje p y0 i ta dva rjesenja nisu kongruentni po modulu p: Zaista, imamo(p x0)2 = p2 2px0 + x20 x20 D mod p: Sa Druge strane, ako bi bilox0 p x0 mod p slijedilo bi p j x0; sto nije tacno.

Da bi nasli rjesenje jednacine (9.1) treba odrediti brojeve iz skupa1; 22; : : : ;

p 12

2;

koji su kongruentni broju D; po modulu p:

Primjer 9.1

Rijesiti kvadratne kongruencije

3x2 4x+ 7 0 mod 13:

GLAVA 9. DEVETO PREDAVANJE

3x2 + 7x+ 5 0 mod 13:

Rjesenje Za prvu kongruenciju imamo x 6; 4 (mod 13): Druga kongruencijanema rjesenja.

Koristenje Ojlerovog kriterijuma za velike p i a zahtijeva mnogo racuna.

Za njegovo skracivanje od velike koristi su tzv. Lezandrovi simboli. Neka je p

neparan prost broj, a a cio broj za koji p - a:Lezandrov simbol (a=p) =

ap

se denise sa

(a=p) =

1 ako je a kvadratni ostatak po modulu p

1 ako a nije kvadratni ostatakU specijalnom slucaju, za p = 13 imamo

(1=13) = (3=13) = (4=13) = (9=13) = (10=13) = (12=13) = 1;

(2=13) = (5=13) = (6=13) = (7=13) = (8=13) = (11=13) = 1:Prije svega, Ojlerov kriterijum se sada moze zapisati u obliku

ap12 (a=p) mod p:

U sljedecoj teoremi dajemo fundamentalne osobine Lezandrovih simbola.

Teorema 9.2

Neka je p neparan prost broj, a a; b cijeli brojevi, za koje je p - ab: Tada

1. Ako a b mod p tada (a=p) = (b=p):2. (a2=p) = 1:

3. (a=p)(b=p) = (ab=p):

4. (1=p) = 1; (1=p) = (1) p12 :

Dokaz

Osobine 1: i 2: su ocigledne.

(ab=p) (ab) p12 a p12 b p12 (a=p) (b=p) mod p;sto dokazuje 3: Osobina 4. se, takode, jewdnostavno provjerava.

Iz osobine (3) slijedi

1. Proizvod dva kvadratna ostatka je kvadratni ostatak. (To znaci da kva-

dratni ostaci cine grupu)

58


2. Proizvod dva kvadratna neostatka je kvadratni ostatak.

3. Proizvod kvadratnog ostatka je kvadratnog neostatka je kvadratni neosta-

tak.

Posljedica 9.3

Neka je p neparan prost broj. Tada

(1=p) =

1 if p 1 mod 4;1 if p 3 mod 4:

Dokaz

Vrijedi: (1=p) = (1) p12 mod p = (1) p12 :

Primjer 9.4

Izracunati (4=41); (9=83):

Rjesenje. Vrijedi

(4=41) = (1=41)(4=41) = (1=41) = 1;(9=83) = (1=83)(9=83) = (1=83) = 1:

Primjer 9.5

Dokazati da ima beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 1:

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da su p1; p2; : : : ; pm svi prosti brojevi oblika

4k+1: Neka je N = (2p1p2 pm)2+1: Posto je N neparan on mora biti djeljivnekim neparnim prostim brojem p: Naravno, p mora biti oblika 4k + 3.

Znaci da je ((2p1p2 pm)2 1 mod p: Na osnovu teoreme 9.2 vrijedi(2p1p2 pm)2=p) = (1=p). Sa druge strane, ocigledno je (2p1p2 pm)2=p) =1. Imamo, dakle, (1=p) = 1 = (1) p12 ; a to bi znacilo da p mora biti oblika4k + 1; sto nije tacno.

Dacemo sada dokaz Gausove leme koja fundamentalna za izucavanje kva-

dratnih ostataka i neostataka. Neka je p neparan prost broj i a cio broj koji

nije djeljiv sa p: Oznacimo P = p12 i posmatrajmo brojeve

a; 2a; : : : ; Pa:

Dodajuci ili oduzimajuci visekratnike od p mozemo pretpostaviti da svi ovi

brojevi leze u intervalu (p2 ; p2 ): Zaista, broj ka tp; (1 k P ), ni za jedant, ne moze biti jednak p2 , jer bi tada p dijelio 2ka, sto nije moguce.

59


To zapravo znaci da je svaki broj u gornjem nizu kongruentan jednom od

brojeva u sljedecem nizu

1;2; : : : ;P:Pokazimo da na ovaj nacin ne moze pojaviti isti broj k sa dva razlicita pred-

znaka, jer bi tada pjj2kj p2; a to je nemoguce. Isto tako se ne moze pojavitiisti broj sa istim predznakom. Dakle, u posljednjem nizu se moraju pojaviti svi

brojevi iz niza 1;2; : : : ;P sa oderedenim predznakom. Mnozenjem dvaniza dobijamo

a 2a Pa (1) (2) (P ) mod p:Kracenjem sa 2; 3; : : : ; P dobijamo

aP (1) mod p:Na osnovu Ojlerovog kriterijuma dobijamo

(a=p) = (1) :

Teorema 9.6 (Gausova lema)

Neka je p neparan prost broj, a a cio broj koji nije djeljiv sa p i neka je broj

negativnih elemenata u nizu a; 2a; : : : ; Pa; tada je

(a=p) = (1) ;pri cemu je broj onih kP; (1 k P ) koji su, poslije translacije u interval p2 ; p2

, postali negativni.

60

10Deseto predavanje

Primjer 10.1

Pomocu Gausove leme pokazati da je 5 kvadratni ostatak o modulu 19.

Rjesenje. Trebamo svaki od brojeva 5; 10; 15; 20; 25; 30; 35; 40; 45 dodavanjem

visekratnika od 19 smjestiti u interval (192 ; 192 ): Dobijamo brojeve5;9;4; 1; 6;8;3; 2; 7;

od kojih su 4 negativna.

Pomocu Gausove leme lako se moze odrediti kvadratni karakter broja 2:

Metod iz ovih razmatranja daje

predavanja 2015

Documents