skaičių teorija - vu darbuotojų tarnybiniai...
TRANSCRIPT
Skaičių teorijapaskaitų konspektasPaulius Šarka, Jonas Šiurys
1 Įvadas 11.1 Neišspręstos problemos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2 Dalumas 22.1 Dalyba su liekana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Dalumo požymiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 Didžiausias bendras daliklis 4
4 Skaidymas dauginamaisiais 6
5 Lyginiai 85.1 Dalumo požymiai dar kartą . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
6 Mažoji Ferma ir Oilerio teoremos 126.1 Mažoji Ferma teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126.2 Oilerio ϕ funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136.3 Oilerio teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146.4 Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
7 Kinų liekanų teorema 167.1 Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177.2 Oilerio ϕ funkcijos multiplikatyvumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
8 RSA kriptografija 198.1 RSA saugumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
9 Liekanų grupė 229.1 Liekanų grupė . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229.2 Liekanų kūnas ir žiedas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
10 Ciklinė grupė moduliu p 25
11 Kvadratinės liekanos 2711.1 Truputį apie struktūrą . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2711.2 Gauso lema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1
12 Kvadratinio apverčiamumo teorema 3012.1 Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
13 Diofanto lygtys 3413.1 Pirmo laipsno Diofanto lygtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3413.2 Antro laipsnio Diofanto lygtys ir Pitagoro trejetai . . . . . . . . . . . . . . . 3513.3 Aukštesnio laipsnio Diofanto lygtys ir paskutinioji Ferma teorema . . . . . . 36
14 Pelio lygtis 38
15 Racionalūs ir iracionalūs skaičiai 4115.1 Irracionalumo matas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
16 Algebriniai ir transcendentiniai skaičiai 44
Įvadas
1.1 Neišspręstos problemos
• Ar yra be galo daug tokių pirminių skaičių p, kad p + d taip pat yra pirminis? Jeid = 2, tada turime pirminių dvynių problemą.
– 2013 m. balandžio 17 d., d < 70 000 000, Yitang Zhang– 2014 m. balandžio 14 d., d = 246, D.H.J. Polymath
• Su kokiu mažiausiu natūraliuoju skaičiumi k, k · 2n + 1 yra sudėtinis su visais natū-raliaisiais n? (Mažiausias Sierpiński skaičius.)Sierpiński ir Selfridge 1962 m. parodė, kad 78557 · 2n + 1 visada dalijasi iš 3, 5, 7, 13,19, 37 arba 73. Likę kandidatai: k = 10223, 21181, 22699, 24737, 55459 ir 67607.
• Goldbach’o hipotezė: kiekvienas lyginis skaičius didesnis už 2 gali būti išreikštasdviejų pirminių skaičių suma.Patikrinta iki 4 · 1018 (2012 m. balandžio 4 d.).2013 m. H. A. Helfgott įrodė silpnąją Goldbacho hipotezę: kiekvienas nelyginis skai-čius didesnis už 5 gali būti išreikštas trijų pirminių skaičių suma.
Daugiau problemų galite rasti čia: Richard K. Guy, Unsolved problems in numbertheory, 3rd ed., Springer, 2004.
1
Dalumas
Visame skaičių teorijos kurse sakydami „skaičius“ turėsime omenyje sveikuosius skaičius.Pradėsime nuo dalumo savokos:
Apibrėžimas. Skaičius a dalijasi iš skaičiaus b, jei egzistuoja toks skaičius k, kad a = b ·k.Skaičius b dalo a (žymėsime b|a) jei a dalijasi iš b.
1 pavyzdys. Skaičius 6 dalijasi iš 2, nes 6 = 2 · 3.
Apibrėžimas. Skaičius, iš kurio dalijasi n, vadinamas n dalikliu. Skaičius, kuris dalijasiiš n, vadinamas n kartotiniu.
2 pavyzdys. Skaičius 2 yra 6 daliklis. Skaičius 6 yra 2 kartotinis.
Sveikųjų skaičių dalyba pasižymi keletu gerai žinomų savybių:
1 teiginys.
1. Jei b|a, tai b|ac su bet kuriuo c;
2. Jei c|a ir c|b, tai c|a+ b;
3. Jei c|b ir b|a, tai c|a;
4. Jei b|a, a > 0, b > 0, tai b 6 a;
5. Jei b|a ir a|b, tai a = ±b;
Įrodymas.
1. Jei b|a, tai ∃k : a = b · k. Iš čia ac = b · kc, tad b|ac.
2. ND
3. ND
4. Jei b|a tai ∃k : a = kb. Be to, kadangi a, b > 0, tai k > 0, nes k 6 0 =⇒ kb 6 0, okb = a turi būti teigiamas. Tuomet
a− b = kb− b = (k − 1)b > 0.
5. ND
Apibrėžimas. Skaičius, kuris dalijasi tik iš vieneto ir iš savęs, vadinamas pirminiu.
2
SKYRIUS 2. DALUMAS 3
Viena iš elegantiškiausių matematikos teoremų teigia, kad pirminių skaičių yra be galodaug. Pateiksime jos nepilną įrodymą:
1 teorema. Pirminių skaičių yra be galo daug.
Įrodymas. Tarkime priešingai, kad pirminių skaičių yra baigtinis skaičius. Sudauginkimejuos visus ir pridėkime vienetą: p1p2 · · · pn + 1. Šis skaičius nesidalija iš nė vieno pirminiop1, . . . , pn, todėl pats yra pirminis. Gavome naują pirminį – prieštara.
2.1 Dalyba su liekana
1 teorema. Bet kuriems a ir b (kur b > 0) egzistuoja lygiai viena skaičių q ir r (kur0 6 r < b) pora, tenkinanti
a = bq + r.
Įrodymas:Egzistavimas. Įrodykime, kad egzistuoja bent viena tokia pora. Išrašykime skaičius
· · · , a − 2b, a − b, a, a + b, a + 2b, · · · ir išsirinkime iš jų mažiausią teigiamą (tai visuometgalėsime padaryti, nes seka didėjanti, tad joje atsiras teigiamų skaičių). Išsirinktąjį pažy-mėkime r′ = a− q′b. Pakanka pastebėti, kad r′ teigiamas (pagal pasirinkimą) ir mažesnisuž b (kitaip r′ − b = r′′ = a − (q′ + 1)b būtų mažesnis teigiamas skaičius sekoje), vadinasipora q′, r′ yra ieškomoji.
Vienatis. Tarkime, kad egzistuoja bent dvi skirtingos tokios poros q′, r′ ir q′′, r′′.Tuomet bq′ + r′ − bq′′ − r′′ = a− a arba
r′ − r′′ = b(q′′ − q′).
Dešinioji lygybės pusė dalijasi iš b, tai ir kairioji turi dalintis. Kadangi 0 6 r′, r′′ < b, tai−(b − 1) < r′ − r′′ < b − 1, o šiame intervale vienintelis skaičius besidalijantis iš b yra 0,tad r′ = r′′. Įsistatę gauname
0 = b(q′′ − q′),o iš čia, kadangi b 6= 0, seka ir q′′ = q′. Prieštara.
2.2 Dalumo požymiai
Užrašę skaičių dešimtainėje sistemoje a1a2 . . . an, iš jo skaitmenų galime spręsti, ar jis da-lijasi iš kai kurių mažų skaičių, ar ne. Naudingiausi dalumo požymiai yra šie:
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 2, jei iš 2 dalijasi jo paskutinis skaitmuo an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 3, jei iš 3 dalijasi jo skaitmenų suma a1 + · · ·+ an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 4, jei iš 4 dalijasi jo dviejų skaitmenų galūnė an−1an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 5, jei iš 5 dalijasi jo paskutinis skaitmuo an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 8, jei iš 8 dalijasi jo trijų skaitmenų galūnė an−2an−1an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 9, jei iš 9 dalijasi jo skaitmenų suma a1 + · · ·+ an.
• Skaičius a1a2 . . . an dalijasi iš 11, jei iš 11 dalijasi jo alternuojanti skaitmenų sumaa1 − a2 + a3 − a4 + · · · ± an.
Didžiausias bendras daliklis
Apibrėžimas. Dviejų ar daugiau skaičių didžiausiuoju bendru dalikliu (dbd) vadinsimedidžiausią skaičių, iš kurio visi duotieji dalinasi. Skaičių a ir b didžiausiąjį bendrą daliklįžymėsime dbd(a, b) arba tiesiog (a, b).
Apibrėžimas. Dviejų ar daugiau skaičių mažiausiuoju bendru kartotiniu (mbk) vadinsimemažiausią skaičių, kuris dalijasi iš visų duotųjų. Skaičių a ir b mažiausiąjį bendrą kartotinįžymėsime mbk(a, b).
Apibrėžimas. Du skaičius, kurių didžiausiasis bendras daliklis yra lygus 1, vadinsimetarpusavyje pirminiais.
Didžiausias bendrasis daliklis visuomet egzistuoja, nebent abu skaičiai lygūs nuliui. Joieškant labai praverčia Euklido (Euklid) algoritmas, kuris paremtas labai svarbia ir naudingalygybe:
1 teiginys.dbd(a, b) = dbd(a− b, b).
Įrodymas. Tegu dbd(a, b) = d. Tuomet d|a ir d|b, o kartu d|(a− b). Vadinasi, dbd(a− b, b)bus nemažesnis nei d.
Iš kitos pusės – tegu dbd(a− b, b) = d′. Tuomet d′|(a− b) ir d′|b, o tuo pačiu d′|a, nesa = (a− b) + b. Vadinasi, dbd(a, b) bus nemažesnis nei d′.
Kadangi gavome d > d′ ir d′ > d, tai vadinasi d = d′, t.y. dbd(a, b) = dbd(a− b, b).
3 pavyzdys. Pasinaudodami įrodyta lygybe raskime dbd(14, 6), dbd(2100 + 1, 2100 − 1) irdbd((p+ q)2, p), kur p ir q pirminiai skaičiai.
Sprendimas. Didžiausio bendro daliklio ieškosime atimdami iš didesnio skaičiaus mažesnį:
dbd(14, 6) = dbd(8, 6) = dbd(2, 6) = dbd(2, 4) = dbd(2, 2) = 2.
dbd(2100 + 1, 2100 − 1) = dbd(2, 2100 − 1) = 1.
dbd((p+ q)2, p) = dbd(p(p+ 2q) + q2, p) = dbd(q2, p) = 1.
4
Euklido algoritmas. Rasime dbd(a, b). Nemažindami bendrumo tarkime, kad a > b.Tuomet a užrašomas kaipa = bq + r, kur dalybos liekana tenkina 0 < r < b. Analogiškaib = rq1 + r1, kur 0 < r1 < r,
4
SKYRIUS 3. DIDŽIAUSIAS BENDRAS DALIKLIS 5
r = r1q2 + r2, kur 0 < r2 < r1,. . .rk−2 = rk−1qk + rk, kur 0 < rk < rk−1,rk−1 = rkqk+1.
Iš r > r1 > ... > rk seka, kad kažkada gausime dalybos liekaną lygią 0, tad algoritmastikrai sustos. Tuomet, kadangi
dbd(a, b) = dbd(b, r) = · · · = dbd(rk−2, rk−1) = dbd(rk−1, rk),
tai paskutinioji nenulinė liekana rk ir bus didžiausias bendrasis daliklis.
Iš Euklido algoritmo seka labai svarbi išvada:
1 tšvada. Jei dbd(a, b) = d, tai egzistuoja tokie x, y ∈ Z, kad ax+ by = d.
Proof. Iš priešpaskutinės Euklido algoritmo lygybės galime išreikšti rk per rk−1 ir rk−2. Išdar ankstesnės galima išreikšti rk−1 per rk−2 ir rk−3. Įstatę į pirmąją išraišką gausime rkišraišką per rk−2 ir rk−3. Taip toliau vis tęsdami gausime rk išraišką per a, b, t.y. rasimex, y, tenkinančius ax+ by = dbd(a, b).
Skaidymas dauginamaisiais
Viena iš pagrindinių sveikųjų skaičių savybių, susijusių su dalumu, yra vienareikšmis skai-dymasis dauginamaisiais. Ja mes remsimės ir naudosimės labai dažnai.
2 teorema. Kiekvieną skaičių n > 2 galima vieninteliu būdu išskaidyti pirminiais daugi-namaisiais:
n = pα11 pα2
2 · · · pαkk .
Tam, kad įrodytume šią teoremą pirma įrodysime labai svarbų ir beveik “savaime su-prantamą” teiginį:
1 lema. Jei p – pirminis ir p|ab, tai p|a arba p|b.
Proof. Tarkime, kad p nedalo a. Kadangi p turi tik daliklius 1 ir p, tai (p, a) = 1. PagalEuklido algoritmo išvadą atsiras skaičiai m ir n, tokie kad pm+an = 1, arba pmb+anb = b.Kadangi p dalo ir pmb ir anb, tai turi dalinti ir b.
Vienareikšmio išskaidymo įrodymas: Egzistavimas Parodysime, kad bet kurį skaičių n ga-lima išskaidyti pirminiais dauginamaisiais bent vienu būdu. Tarkime priešingai, kad eg-zistuoja skaičiai, kurių išskaidyti negalime, ir pasirinkime mažiausią iš jų k. Kadangi kneišsiskaido pirminiais dauginamaisiais, tai jis negali būti pirminis, vadinasi jis sudėtinis:k = ab, a, b > 1. Kadangi ir a ir b yra mažesni už k, tai pagal mūsų prielaidą jie išsiskaidopirminiais dauginamaisiais, bet tuomet ir k išsiskaido (pakanka sudauginti a ir b skaidinius)– prieštara.
Vienatis Parodysime, kad nėra skaičių, kuriuos galima išskaidyti daugiau nei vienuskirtingu būdu. Tarkime priešingai, kad tokių skaičių yra, ir pasirinkime mažiausią iš jų k.Tegu jis išsiskaido kaip
k = p1p2 · · · pt = q1q2 · · · qs.
Paimkime pirminį p1 iš pirmojo skaidinio. Jis dalo q1 ·q2 · · · qs, todėl pagal aukščiau įrodytąlemą dalo arba q1 arba q2 · · · qs. Jei p1|q1, tai p1 = q1, o jei p1|q2 · · · qs, tai p1 turi būti lygusvienam iš qi, nes q2 · · · qs < k tad skaidosi pirminiais vienareikšmiškai. Bet kuriuo atvejugauname, kad p1 patenka ir į kitą skaidinį, bet to būti negali – abu skaidinius padaliję išp1 gautume, kad nevienareikšmiškai skaidosi skaičius mažesnis už k. Prieštara.
Mažus skaičius skaidyti pirminiais dauginamaisiais nesunku (priešingai nei didelius!) –tiesiog iš eilės tikriname pirminius skaičius ir skaičiuojame, kiek kartų iš jų galima padalinti.Pavyzdžiui,
120 = 2 · 2 · 2 · 3 · 5 = 23 · 3 · 5.
Žinodami, kaip skaičius išsiskaido, galime nemažai apie jį pasakyti. Pavyzdžiui, galimenurodyti jo daliklius:
6
SKYRIUS 4. SKAIDYMAS DAUGINAMAISIAIS 7
2 teiginys. Jei skaičius n dalijasi iš skaičiaus a ir
n = pα11 pα2
2 · · · pαkk ,
tai tuometa = pβ1
1 pβ2
2 · · · pβkk
irβi 6 αi
su visais i = 1, . . . , k.
Įrodymas. Jei n dalijasi iš a, tai tuomet egzistuoja toks b, kad n = ab. Išskaidę a dau-ginamaisiais gauname, kad į n skaidinį turi įeiti visi pirminiai kaip ir į a su nemažesniaislaipsnių rodikliais.
Panagrinėkime skaičių 12. Jis išsiskaido kaip 22 · 31. Pagal ką tik įrodytą teiginį jodalikliais turėtų būti 22 · 31, 21 · 31, 20 · 31, 22 · 30, 21 · 30 ir 20 · 30. Sudauginę matome,kad gavome skaičius 12, 6, 3, 4, 2 ir 1, kurie iš ties yra visi 12 dalikliai. Tad norėdami rastiduoto skaičiaus daliklį turime paimti kažkokią dalį jo skaidinio. Šis pastebėjimas leidžianesunkiai suskaičiuoti, kiek iš viso daliklių skaičius turi:
3 teiginys. Skaičius n = pα11 pα2
2 · · · pαkk turi (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αn + 1) daliklių.
Įrodymas. Kiekvienas n daliklis bus užrašomas kaip pβ1
1 pβ2
2 · · · pβkk , kur βi 6 αi su visais i =
1, . . . , k. Skirtingus daliklius gausime imdami skirtingus pirminių skaičių laipsnius. Parinktiβ1 galime α1+1 būdais (nepamirškime nulio!), parinkti β2 galime α2+1 būdais ir taip toliau.Pagal kombinatorinę daugybos taisyklę iš viso galėsime sudaryti (α1+1)(α2+1) · · · (αn+1)skirtingų laipsnių rinkinių, todėl tiek bus ir skirtingų daliklių.
Kartais tenka patikrinti, ar duotas skaičius yra pirminis, ar ne. Tam reikia patikrintivisus potencialius jo daliklius. Remdamiesi išskaidymu pirminiais dauginamaisiais, galimerasti sutrumpinimą:
4 teiginys. Jei skaičius n nesidalija iš jokio pirminio skaičiaus, mažesnio (arba lygaus) už√n, tai jis pirminis.
Proof. Išties, jei skaičius n turi daliklį a, tai turi ir daliklį na , bet tuomet arba a 6√n, arba
an 6√n, vadinasi, n turės daliklį (o kartu ir pirminį daliklį), mažesnį už
√n.
Pavyzdžiui, norint patikrinti, ar 101 yra pirminis, užtenka išbandyti 2, 3, 5 ir 7. Kadanginė iš vieno nesidalija, tai 101 yra pirminis.
Lyginiai
Lyginiai yra nepakeičiamas įrankis sprendžiant uždavinius apie sveikųjų skaičių dalijimąsiir liekanas.
Apibrėžimas. Jei m|a− b, tai sakysime, kad "a lygsta b moduliu m", ir žymėsime
a ≡ b (mod m).
Pavyzdžiui:2 ≡ 5 (mod 3), 100 ≡ 0 (mod 20), −3 ≡ 2 (mod 5).
Norint sėkmingai naudotis lyginiais prireiks keleto pastebėjimų:
2 teiginys.
• a ≡ b (mod m) tada ir tik tada, kai a ir b duoda vienodas liekanas dalijami iš m,
• a ≡ b (mod m) tada ir tik tada, kai egzistuoja toks k ∈ Z, kad a = b+ km,
• jei a ≡ b (mod m) ir b ≡ c (mod m), tai a ≡ c (mod m).
Pirmasis teiginys leidžia intuityviai interpretuoti lyginius – a lygsta b moduliu m reiškia,kad a ir b duoda tas pačias liekanas dalijami iš m. Žinoma, kad tokiu atveju a ir b skirtumasdalijasi iš m, kas yra kitu būdu užrašyta antrajame teiginyje. Naudojant šią interpretaciją,akivaizdžiu tampa ir trečias teiginys: jei a duoda tokią pačią liekaną kaip b, o b tokią pačią,kaip c, tai a ir c liekanos taip pat sutaps.
Kaip ir įprastinių lygčių atveju, lyginius galima sudėti, dauginti ir atsargiai dalinti:
5 teiginys.
• jei a ≡ b (mod m) ir a′ ≡ b′ (mod m), tai a+ a′ ≡ b+ b′ (mod m);
• jei a ≡ b (mod m) ir a′ ≡ b′ (mod m), tai aa′ ≡ bb′ (mod m);
• jei ac ≡ bc (mod m) ir dbd(m, c) = 1, tai a ≡ b (mod m).
Proof. Įrodykime visus tris naudodamiesi apibrėžimu:
• Jei m|a− b ir m|a′ − b′, tai m|(a− b) + (a′ − b′)⇒ m|(a+ a′)− (b+ b′).
• Jei m|a − b ir m|a′ − b′, tai m|(a − b)a′ ir m|(a′ − b′)b ⇒ m|(a − b)a′ + (a′ − b′)b ⇒m|aa′ − bb′.
• Jei m|ac− bc, t.y. m|(a− b)c ir m tarpusavyje pirminis su c, tai m|a− b.
8
SKYRIUS 5. LYGINIAI 9
Naudodamiesi šiomis savybėmis galime pertvarkyti sudėtingus reiškinius.
4 pavyzdys. Raskime, kokią liekaną duoda 255 + 366 dalijamas iš 11.
Sprendimas. Kadangi 25 ≡ 3 (mod 11), tai 255 ≡ 35 (mod 11) (sudauginame lygybę ja pačia5 kartus, t.y. keliame abi puses penktuoju laipsniu). Toliau 35 = 9 ·9 ·3, o 9 ≡ −2 (mod 11),todėl
35 ≡ (−2) · (−2) · 3 ≡ 1 (mod 11).
Analogiškai366 ≡ 36 ≡ 35 · 3 ≡ 3 (mod 11).
Sudėję gauname, kad dalindami 255 + 366 iš 11 gauname liekaną 4. 4
5 pavyzdys. Įrodykite, kad n3 − n dalijasi iš 6 su visomis sveikosiomis n reikšmėmis.
Sprendimas. Skaičius n dalijamas iš 6 gali duoti liekanas 0, 1, . . . , 5. Patikrinkime kiekvienąiš jų:
n ≡ 0 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ 0− 0 ≡ 0 (mod 6),
n ≡ 1 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ 1− 1 ≡ 0 (mod 6),
n ≡ 2 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ 8− 2 ≡ 0 (mod 6),
n ≡ 3 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ 27− 3 ≡ 0 (mod 6),
n ≡ 4 ≡ −2 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ −8− (−2) ≡ 0 (mod 6),
n ≡ 5 ≡ −1 (mod 6)⇒ n3 − n ≡ −1− (−1) ≡ 0 (mod 6).
4
5.1 Dalumo požymiai dar kartą
Įrodykime dalumo požymį iš 11. Pastebėkime, kad 10 ≡ −1 (mod 11). Pakelkime abilygybės puses n-tuoju laipsniu:
10n ≡ (−1)n (mod 11).
Išskleidę skaičių dešimtaine išraiška, gauname:
a1a2 . . . an = 10n−1a1 + · · ·+ 10an−1 + an ≡ (−1)n−1a1 + · · · − an−1 + an (mod 11).
Įrodykime dalumo požymį iš 8. Kadangi 2|10, tai, kai n > 3, teisinga 8|10n (t.y. 10n ≡0 (mod 8)). Pasinaudoję tuo gauname:
a1a2 . . . an = 10n−1a1 + · · ·+ 10an−1 + an ≡ 100an−2 + 10an−1 + an
≡ an−2an−1an (mod 8).
SKYRIUS 5. LYGINIAI 10
Skaičių laipsnių liekanos
Sveikųjų skaičių laipsniai, o ypač kvadratai ir kubai, yra labai dažnai sutinkami skaičiųteorijos uždaviniuose. Sveikųjų skaičių laipsnių liekanos turi įdomią struktūrą, kurią ga-na plačiai nagrinėsime vėliau, tačiau susipažinti galime jau dabar. Pradėkime nuo patiespaprasčiausio pavyzdžio:
6 pavyzdys. Sveikojo skaičiaus kvadratą dalindami iš 3 niekada negausime liekanos 2.
Imkime bet kokį sveikąjį skaičių a. Galimi trys variantai:
a ≡ 0 (mod 3) arba a ≡ 1 (mod 3), arba a ≡ 2 (mod 3).
Pakėlę a kvadratu atitinkamai gausime
a2 ≡ 0 (mod 3) arba a2 ≡ 1 (mod 3), arba a2 ≡ 4 ≡ 1 (mod 3),
t.y. liekanos 2 niekada negausime.Lygiai taip pat nagrinėdami atvejus galime susidoroti su visais nedideliais laipsniais ir
moduliais.
7 pavyzdys. Kokias liekanas galime gauti dalindami a4 iš 5, jei a bet koks sveikasisskaičius?
Nagrinėkime penkis variantus:
a ≡ 0 (mod 5)⇒ a4 ≡ 0 (mod 5),
a ≡ 1 (mod 5)⇒ a4 ≡ 1 (mod 5),
a ≡ 2 (mod 5)⇒ a4 ≡ 16 ≡ 1 (mod 5),
a ≡ 3 (mod 5)⇒ a4 ≡ (−2)4 ≡ 1 (mod 5),
a ≡ 4 (mod 5)⇒ a4 ≡ (−1)4 ≡ 1 (mod 5).
Gavome, kad galime gauti tik liekanas 0 arba 1.
8 pavyzdys. Raskite, kokią liekaną gauname dalindami 21000 iš 11.
Sprendimas. Liekaną rasime dviem būdais, kurie abu yra pamokantys. Pirma, pabandyki-me kuo greičiau suskaičiuoti didelius dvejeto laipsnius vis daugindami lygybes:
24 ≡ 5 (mod 11)⇒28 ≡ 52 ≡ 3 (mod 11)⇒
224 ≡ 33 ≡ 5 (mod 11)⇒248 ≡ 52 ≡ 3 (mod 11)⇒
21000 ≡ (248)10(248)10(24)10 ≡ 310310510 ≡ 4510 ≡ 110 ≡ 1 (mod 11).
Arba kelkime laipsniais po vieną ir ieškokime dėsningumų:
21 ≡ 2 (mod 11), 28 ≡ 7 · 2 ≡ 3 (mod 11),22 ≡ 4 (mod 11), 29 ≡ 3 · 2 ≡ 6 (mod 11),23 ≡ 8 (mod 11), 210 ≡ 6 · 2 ≡ 1 (mod 11),24 ≡ 5 (mod 11), 211 ≡ 1 · 2 ≡ 2 (mod 11),25 ≡ 5 · 2 ≡ 10 (mod 11), 212 ≡ 2 · 2 ≡ 4 (mod 11),26 ≡ 10 · 2 ≡ 9 (mod 11), 213 ≡ 4 · 2 ≡ 8 (mod 11),27 ≡ 9 · 2 ≡ 7 (mod 11), · · ·
SKYRIUS 5. LYGINIAI 11
Matome, kad liekanos pradeda kartotis kas dešimt, vadinasi, tūkstantojo laipsnio bustokia pat kaip ir dešimtojo, t.y. lygi 1. 4
Mažoji Ferma ir Oilerio teoremos
Praeitoje paskaitoje ieškodami skaičiaus 21000 dalybos iš 11 liekanos pastebėjome, kad kel-dami dvejetą laipsniais 21, 22, 23, . . . kažkada gauname liekaną 1, ir liekanos pradeda karto-tis. Pasirodo, šis pastebėjimas tinka daugumai skaičių. Oilerio (Euler) teorema kaip tik taiir įrodo bei apibūdina kartojimosi periodą. Jos atskiras atvejis yra mažoji Ferma (Fermat)teorema, kurioje apsiribojama pirminiais moduliais. Nuo jos ir pradėkime.
6.1 Mažoji Ferma teorema
2 teorema. Tegu p pirminis skaičius, o a bet koks sveikasis, nesidalijantis iš p. Tuomet
ap−1 ≡ 1 (mod p).
Proof. Užrašykime visas skirtingas dalybos iš p liekanas išskyrus 0:
1, 2, 3, . . . , p− 2, p− 1.
Padauginkime kiekvieną iš jų iš a:
1 · a, 2 · a, 3 · a, . . . , (p− 2) · a, (p− 1) · a.
Parodysime, kad gautojo skaičių rinkinio dalybos iš p liekanos yra taip pat visos skirtingosir be 0, t.y. tokios pačios kaip pirmojo, tik, galbūt, sumaišyta tvarka. Kad tarp jų nėra0 pamatyti nesunku, o kad jos visos skirtingos, įrodysime prieštaros būdu: jei kokių norsdviejų skaičių k ·a ir j ·a būtų vienodos, tai jų skirtumas dalintųsi iš p. Tačiau jų skirtumaslygus a(k − j) ir dalintis iš p negali, nes a iš p nesidalija pagal sąlygą, o k − j yra už pmažesnis.
Vadinasi, kadangi abiejų rinkinių dalybos iš p liekanų aibės sutampa, tai jų skaičiussudauginę gausime po tą pačią liekaną:
1 · 2 · · · (p− 1) ≡ a · 1 · a · 2 · · · a · (p− 1) (mod p)⇒
(p− 1)! ≡ ap−1(p− 1)! (mod p).
Kadangi dbd((p− 1)!, p) = 1, tai galime padalinti:
ap−1 ≡ 1 (mod p).
Pastaba. Mažąją Ferma teoremą galima perrašyti kaip ap ≡ a (mod p). Ši lygybė kartaisyra patogesnė, nes galioja ir liekanai 0.
12
SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 13
Naudojantis mažąja Ferma teorema ieškoti sveikųjų skaičių laipsnių liekanų moduliupirminio skaičiaus tampa visai paprasta:
9 pavyzdys. Raskite, kokią liekaną gausime dalindami 7727 iš 17.
Pagal mažąją Ferma teoremą 716 ≡ 1 (mod 17). Kadangi 727 = 720 + 7 = 16 · 45 + 7,tai
7727 ≡ (716)45 · 77 ≡ 77 (mod 17).
Likusį 77 suskaičiuojame rankomis:
77 ≡ 493 · 7 ≡ (−2)3 · 7 ≡ 12 (mod 17).
6.2 Oilerio ϕ funkcija
Įrodinėdami mažąją teoremą ne be reikalo atskyrėme liekaną 0 – skaičių besidalijantį išp keldami laipsniais tikrai niekada negausime liekanos 1 moduliu p. Nagrinėjant dalybąiš sudėtinio skaičiaus tokių skaičių atsiranda daugiau. Pavyzdžiui, moduliu 6 nei dvejeto,nei trejeto, nei ketverto laipsniai niekada neduos liekanos 1. Tokius skaičius atmesime irnagrinėsime tik tuos, su kuriais liekaną 1 gauti galime. Kaip pamatysime Oilerio teoremosįrodyme, mums tinkantys skaičiai moduliu n bus tarpusavyje pirminiai su n. Oilerio ϕfunkcija kaip tik ir žymi, kiek tokių skaičių yra.
Apibrėžimas. ϕ(n) žymi kiek yra skaičių nedidesnių nei n ir tarpusavyje pirminių su n,t.y.
ϕ(n) = #{a|1 ≤ a < n,dbd(a, n) = 1}.
Nedideliems skaičiams ϕ reikšmę suskaičiuoti nesunku. Pavyzdžiui ϕ(6) = 2, nes vienin-teliai skaičiai tarpusavyje pirminiai ir ne didesni nei 6 yra 1 ir 5. Bendru atveju skaičiuotigalima naudojantis formule.
6 teiginys.
ϕ(pα11 pα2
2 · · · pαkk ) = (pα1
1 − pα1−11 )(pα2
2 − pα2−12 )(pαkk − p
αk−1k ).
Proof. Suskaičiuokime, kiek yra skaičių, kurie nėra tarpusavyje pirminiai su duotuoju. Pa-žymėję n = pα1
1 pα22 · · · p
αkk gausime, kad skaičių, ne didesnių nei n ir besidalijančių iš p1 yra
np1
, besidalijančių iš p2 yra np2
, …, besidalijančių iš pk yra npk
. Jei sudėsime
n
p1+ · · ·+ n
pk,
tai skaičius, kurie dalijasi bent iš dviejų pirminių, būsime įskaičiavę per daug kartų, todėlturime atimti:
n
p1+ · · ·+ n
pk− n
p1p2− · · · − n
pk−1pk.
Tačiau šį kartą, skaičius, kurie dalijasi bent iš trijų pirminių, būsime įskaičiavę per mažaikartų, todėl turime pridėti:
n
p1+ · · ·+ n
pk− n
p1p2− · · · − n
pk−1pk+
n
p1p2p3+ · · ·+ n
pn−2pn−1pn.
SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 14
Taip tęsdami galiausiai suskaičiuosime, kiek yra skaičių ne tarpusavyje pirminių su n. At-ėmę gautą rezultatą iš n rasime ϕ(n):
ϕ(n) = n− (n
p1+ · · ·+ n
pk− n
p1p2− · · · − n
pk−1pk+ · · ·+ (−1)k−1
n
p1 · · · pk)
= n(1− 1
p1)(1− 1
p2) · · · (1− 1
pk)
= (pα11 − p
α1−11 )(pα2
2 − pα2−12 )(pαkk − p
αk−1k ).
6.3 Oilerio teorema
3 teorema. Tegu n natūralusis skaičius, o a sveikasis ir tarpusavyje pirminis su n. Tuomet
aϕ(n) ≡ 1 (mod n).
Proof. Užrašykime visas skirtingas dalybos iš n liekanas tarpusavyje pirmines su n:
r1, r2, . . . , rϕ(n).
Padauginkime kiekvieną iš jų iš a:
r1 · a, r2 · a, . . . , rϕ(n) · a.
Parodysime, kad gautojo skaičių rinkinio dalybos iš n liekanos yra taip pat visos skirtingosir tarpusavyje pirminės su n, t.y. tokios pačios kaip pirmojo rinkinio, tik, galbūt, sumaišytatvarka. Kad jos visos tarpusavyje pirminės su n seka, iš to, kad ir ri ir a yra tarpusavyjepirminiai su n. Kad jos visos skirtingos, įrodysime prieštaros būdu: jei kokių nors dviejųskaičių rk · a ir rj · a dalybos liekanos būtų vienodos, tai jų skirtumas dalintųsi iš n. Tačiaujų skirtumas lygus a(rk − rj) ir dalintis iš n negali, nes a yra tarpusavyje pirminis su n, ork − rj yra už n mažesnis.
Vadinasi, kadangi abiejų rinkinių dalybos iš n liekanų aibės sutampa, tai jų skaičiussudauginę gausime po tą pačią liekaną:
r1 · r2 · · · rϕ(n) ≡ aϕ(n) · r1 · r2 · · · rϕ(n) (mod m).
Kadangi dbd(r1 · · · rϕ(n), p) = 1, tai galime padalinti:
aϕ(n) ≡ 1 (mod n).
6.4 Pavyzdžiai
10 pavyzdys. Raskite paskutinį skaičiaus 1313 skaitmenį
Sprendimas. Paskutinis skaičiaus skaitmuo yra toks pat, kaip ir dalybos iš 10 liekana.Kadangi 13 ir 10 yra tarpusavyje pirminiai, tai galime pasinaudoti Oilerio teorema. Raskimeϕ(10):
ϕ(10) = ϕ(2 · 5) = (21 − 20)(51 − 50) = 4.
SKYRIUS 6. MAŽOJI FERMA IR OILERIO TEOREMOS 15
Tuomet pagal Oilerio teoremą 134 ≡ 1 (mod 10), todėl
1313 = 1312 · 13 ≡ 13 ≡ 3 (mod 10).
4
11 pavyzdys. Raskite paskutinį skaičiaus 131313 skaitmenį.
Sprendimas. Kadangi pagal praeitą pavyzdį 134 ≡ 1 (mod 10), tai reikia rasti, kokią liekanągausime dalindami laipsnį 1313 iš 4. Tą padaryti visai nesunku – 1313 ≡ 113 ≡ 1 (mod 4).Gavome
131313
≡ 131 ≡ 3 (mod 10).
4
12 pavyzdys. Raskite du paskutiniuosius skaičiaus 133333133331333133
13
skaitmenis
Sprendimas. Paskutiniai du skaičiaus skaitmenys yra tokie patys, kaip ir dalybos iš 100liekana. Kadangi 100 ir 133333 yra tarpusavyje pirminiai, tai galime taikyti Oilerio teoremą.Raskime ϕ(100):
ϕ(100) = ϕ(22 · 52) = (22 − 21)(52 − 5) = 40.
Norėdami rasti laipsnio 13333133313313 liekaną moduliu 40, dar kartą taikykime Oilerio
teoremą. Randame ϕ(40) = 16.Norėdami rasti laipsnio 1333133
13 liekaną moduliu 16, dar kartą taikykime Oilerio teo-remą. Randame ϕ(16) = 8.
Norėdami rasti laipsnio 13313 liekaną moduliu 8, dar kartą (pagaliau paskutinįjį) taiky-kime Olerio teoremą. Kadangi ϕ(8) = 4, tai
13313 ≡ 1331 ≡ 5 (mod 8),
tada1333133
13
≡ 13335 ≡ 55 ≡ 5 (mod 16),
tada133331333
13313
≡ 133335 ≡ 135 ≡ 13 (mod 40),
tada
133333133331333133
13
≡ 13333313 ≡ 3313 ≡ 33 · (−11)6 ≡ 33 · 213 ≡ 13 (mod 100).
Gavome, kad 133333133331333133
13
paskutiniai du skaitmenys yra 13. 4
Kinų liekanų teorema
Raskime skaičiaus 2100 dalybos iš 10 liekaną. Oilerio teoremos naudoti negalime, nes 2 ir 10nėra tarpusavyje pirminiai. Išeitis yra uždavinį išskaidyti į dvi dalis – rasti liekaną moduliu2 ir moduliu 5 atskirai. Tai padaryti nesunku – pagal Oilerio teoremą
2100 ≡ 1 (mod 5),
ir, akivaizdžiai,2100 ≡ 0 (mod 2).
Kaip sujungti gautą informaciją? Jei užsirašysime 2100 = 10k+r, kur r yra ieškoma dalybosliekana, tai gausime, jog r turi tenkinti du lyginius vienu metu:{
r ≡ 1 (mod 5)
r ≡ 0 (mod 2)
Tarp skaičių nuo 0 iki 9 toks yra tik vienas – 6. Jis ir bus ieškoma liekana.Kinų liekanų teorema yra šio samprotavimo apibendrinimas:
4 teorema (Kinų liekanų teorema). Tegu n = m1m2 · · ·mk, kur visi mi yra paporiuitarpusavyje pirminiai. Visiems sveikiesiems r1, r2, . . . rk lyginių sistema
r ≡ r1 (mod m1)
r ≡ r2 (mod m2)...
r ≡ rk (mod mk)
turi vienintėlį sprendinį intervale [0, n− 1].
Proof. Pirmiausia įrodykime, kad bent vieną sprendinį turi paprastesnė lyginių sistema:r ≡ 1 (mod m1)
r ≡ 0 (mod m2)...
r ≡ 0 (mod mk)
Išties, kadangi m1 ir m2m3 · · ·mk yra tarpusavyje pirminiai, t.y. jų didžiausias bendrasdaliklis yra lygus 1, tai pagal Euklido algoritmo išvadą egzistuoja tokie sveikieji x ir y, kadxm1 + ym2m3 · · ·mk = 1. Skaičius ym2m3 · · ·mk kaip tik ir bus sprendinys. Pažymėkimejį e1.
16
SKYRIUS 7. KINŲ LIEKANŲ TEOREMA 17
Išsprendę analogiškas sistemas, kur liekana 1 atitiks vis kitą mi gausime k skaičiųe1, e2, . . . , ek. Nesunku įsitikinti, kad sudauginę paporiui e1r1 + e2r2 + · · · ekrk gausimepradinės sistemos sprendinį.
Parodysime, kad visi sistemos sprendiniai skiriasi per n kartotinį. Tarkime, kad turimedu sistemos sprendinius r ir r′. Jie duoda vienodas liekanas dalijami iš visų mi, todėlm1|(r−r′), m2|(r−r′), . . . ,mk|(r−r′). Kadangi visi mi yra paporiui tarpusavyje pirminiai,tai gauname, kad n|(r − r′).
Galiausiai pastebėkime, kad jei prie vieno sprendinio pridėsime ar atimsime n, gausimekitą sprendinį. Tai ir įrodo, kad bus lygiai vienas sprendinys intervale [0, n− 1].
7.1 Pavyzdžiai
13 pavyzdys. Išspręskite lyginių sistemas:r ≡ 2 (mod 3),
r ≡ 2 (mod 5),
r ≡ 2 (mod 7);
ir
r ≡ 1 (mod 2),
r ≡ 2 (mod 3),
r ≡ 3 (mod 5).
Sprendimas. Nors kinų liekanų teoremos įrodymas konstruktyvus (t.y. jo metu yra pa-rodoma, kaip gauti sprendinius), retai kada jis praverčia sprendžiant konkrečią sistemą.Dažniausiai efektyviau pabandyti tiesiog atspėti sprendinį, arba spręsti lygtis po vieną irieškoti bendrų sprendinių. Tą ir padarysime.
Geriau įsižiūrėjus į pirmąją sistemą turėtų būti nesunku iš karto atspėti, kad jos spren-diniu bus r = 3 · 5 · 7 + 2 arba tiesiog r = 2.
Antroji sistema kiek sudėtingesnė. Iš lygties r ≡ 3 (mod 5) žinome, kad sprendiniopaskutinis skaitmuo bus 3 arba 8. Tačiau pastarasis netinka, nes r ≡ 1 (mod 2). Lieka išskaičių, kurių paskutinis skaitmuo 3 rasti tenkinantį lygtį r ≡ 2 (mod 3). Patikrinę keletąvariantų randame r = 23. 4
14 pavyzdys. Išspręskite lyginių sistemą:2r ≡ 1 (mod 3),
3r ≡ 2 (mod 5),
4r ≡ 3 (mod 7).
Sprendimas. Pertvarkykime lygtis. Pastebėkime, kad 2r ≡ 1 (mod 3) tada ir tik tada, kai4r ≡ 2 (mod 3), nes dbd(2, 3) = 1. Kadangi 4r ≡ r (mod 3), tai vietoje buvusios pirmosioslygties gauname ekvivalenčią r ≡ 2 (mod 3). Analogiškai iš 2 padauginę ir likusias gausimesistemą
r ≡ 2 (mod 3),
r ≡ 4 (mod 5),
r ≡ 6 (mod 7).
Nesunku atspėti, kad r = 3 · 5 · 7− 1 (arba tiesiog r = −1) yra šios sistemos sprendinys.4
15 pavyzdys. Įrodykite, kad egzistuoja dešimt paeiliui einančių natūraliųjų skaičių, besi-dalinančių iš dešimtųjų pirminių skaičių laipsnių.
SKYRIUS 7. KINŲ LIEKANŲ TEOREMA 18
Sprendimas. Išsirinkime bet kokius dešimt pirminių skaičių p1, p2, . . . , p10. Įrodysime, kadegzistuoja toks natūralusis r, kad p101 |r, p102 |r+ 1, …, p1010|r+ 9, tuomet r, r+ 1, . . . , r+ 9 irbus ieškomi paeiliu einantys skaičiai. Tai padaryti nesunku – perrašę sąlygas kaip
r ≡ 0 (mod p101 )
r ≡ −1 (mod p102 )...
r ≡ −9 (mod p1010)
matome, kad toks r egzistuos pagal Kinų liekanų teoremą. 4
7.2 Oilerio ϕ funkcijos multiplikatyvumas
Pateiksime antrą formulės ϕ(n) reikšmei rasti įrodymą. Svarbiasia šio įrodymo dalis – ϕfunkcijos multiplikatyvumas:
7 teiginys. Jei (m,n) = 1, tai ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
Proof. Pagal ϕ apibrėžimą ϕ(mn) skaičiuoja kiek yra teigiamų skaičių xi, mažesnių užmn irtarpusavyje pirminių su mn. Sandauga ϕ(m)ϕ(n), kita vertus, skaičiuoja kiek yra teigiamųskaičių porų (yi, y
′j), kur yi tarpusavyje pirminis ir mažesnis užm, o y′j tarpusavyje pirminis
ir mažesnis už n.Tam, kad įrodytume lygybę reikia parodyti, kad skaičių xi yra tiek pat, kiek porų (yi, y
′i).
Tai padarysime kiekviem iš skaičių xi priskirdami po vieną porą (skirtingiems skaičiamsskirtingas poras), ir kiekvienai porai priskirdami po vieną skaičių. Tam panaudosime Kinųliekanų teoremą:
Bet kuriam skaičiui xi priskirsime porą (xi (mod m), xi (mod n)). Bet kuriai porai(yi, y
′j) priskirsime lyginių sistemos{
x ≡ yi (mod m)
x ≡ y′j (mod n)
sprendinį, priklausantį intervalui [0,mn). Likusias įrodymo detales paliksime namų dar-bams.
8 teiginys.
ϕ(pα11 pα2
2 · · · pαkk ) = (pα1
1 − pα1−11 )(pα2
2 − pα2−12 )(pαkk − p
αk−1k ).
Proof. Pasinaudodami Oilerio funkcijos multiplikatyvumu gauname, kad
ϕ(pα11 pα2
2 · · · pαkk ) = ϕ(pα1
1 )ϕ(pα22 ) · · ·ϕ(pαkk ).
Lieka pasinaudoti lygybe ϕ(pn) = pn − pn−1.
RSA kriptografija
Šioje paskaitoje susipažinsime su vienu iš populiariausiu šifravimo algoritmu RSA. RSA yraviešo rakto šifravimo algoritmas – Alisa, norėdama perduoti Bobui slaptą žinutę, naudojasijo viešuoju raktu (kuris prienamas visiems), o Bobas, norėdamas perskaityti užšifruotąAlisos žinutę, naudojasi savo privačiu raktu (kurį žino tik jis vienas). RSA algoritmasveikia šios lemos pagrindu:
2 lema. Jei (a, n) = 1 ir kk′ ≡ 1 (mod ϕ(n)), tai akk′ ≡ a (mod n).
Proof. Jei kk′ ≡ 1 (mod ϕ(n)), tai kk′ = rϕ(n) + 1 su kažkokiu r. O tuomet
akk′≡ (aϕ(n))ra ≡ a (mod n).
Šią lemą galime interpretuoti taip – jei a yra ’slaptas skaičius’, tai jį užšifruosime pa-keldami vienu laipsniu ak ir iššifruosime dar kartą pakeldami kitu akk′ ≡ a. Konkrečiau:
RSA algoritmas
1. B sugalvoja n, kuris yra dviejų didelių pirminių skaičių sandauga. Sugalvotam n jissuranda tokius k ir k′, kad kk′ ≡ 1 (mod ϕ(n)). Porą (k, n) jis paskelbia viešai, o k′laiko paslaptyje.
2. A norimą žinutę (skaičių) a užšifruoja naudodamasi B paskelbta pora – ji apskaičiuojaak (mod n) ir siunčia B.
3. B gautą žinutę iššifruoja naudodamasis savo raktu – pakelia gautą žinutę laipsniu(ak)k
′ ≡ a (mod n).
Pora (k, n) yra vadinama viešuoju raktu, o pora (k′, n) – privačiu.
8.1 RSA saugumas
RSA saugumas yra pagrįstas tuo, kad A ir B atlikti visus nurodytus veiksmus yra nesu-dėtinga (t.y. kompiuterio programa veikia greitai), bet piktų kėslų turinčiam Z, kuris galigirdėti visą pašnekesį, rasti k′ yra labai sudėtinga (t.y. užtruktų amžinybę).
Panagrinėkime visus veiksmus kiek detaliau. Pirmame žingsnyje B reikia surasti dudidelius pirminius skaičius, kur didelis reiškia apie 300 skaitmenų ilgio. Didžiausias žinomaspirminis yra daugiau nei dešimties milijonų skaitmenų ilgio, tad 300 ne problema. Vienas išbūdų tokių pirminių ieškoti yra imti atsitiktinius skaičius ir naudoti pirminių skaičių testą,pagrįstą mažąja Ferma teorema:
19
SKYRIUS 8. RSA KRIPTOGRAFIJA 20
3 lema. Jei p pirminis ir (a, p) = 1, tai ap−1 ≡ 1 (mod p).
Atkreipsime dėmesį, kad šią savybę turi ne tik priminiai skaičiai, bet ir kai kurie sudėti-niai (vadinami pseudo pirminiais). Taip pat ši sąlyga tikrinama ne su visomis a reikšmėmis,bet tik su keletu (kitaip užtruktų per daug laiko), tad net jei ir skaičius praeina testą, darnereiškia, kad jis yra pirminis. Nepaisant to, tikimybė, kad jis yra pirminis yra labai didelė,ir jei jis toks nėra ir RSA algoritmas neveikia, galima jį atmesti ir ieškoti kito.
Antra užduotis su kuria susiduria B yra rasti k, tarpusavyje pirminį su ϕ(n). Taipadaryti nesudėtinga, nes atsitiktinai imant skaičių, tikimybė, kad jis tiks yra labai didelė, opatikrinti ar du skaičiai yra tarpusavyje pirminiai galima labai greitai, naudojantis Euklidoalgoritmu, kuris yra logaritminio laiko (t.y. jam reikia apytiksliai log a žingsnių, kur adidesnysis iš tikrinamų skaičių).
Trečioji užduotis yra duotam k rasti tokį k′, kad kk′ ≡ 1 (mod ϕ(n)). Kadangi n yradviejų pirminių sandauga, tai ϕ(n) reikšmę rasti labai paprasta (ji bus lygi (p1−1)(p2−2)),o k′ galima rasti naudojantis tuo pačiu Euklido algoritmu (tiksliau, jo išvada).
Galiausiai lieka vienintelis veiksmas kurį turi atlikti A užšifruodama ir B iššifruodamas –kėlimas laipsniu moduliu duoto skaičiaus. Tai padaryti irgi nesudėtinga dėka ’greito kėlimolaipsniu’ metodo, kurį iliustruosime pavyzdžiu:
1 pavyzdys. Rasime 999179 (mod 1763).
Sprendimas. Pirma užrašykime laipsnį 179 kaip dvejeto laipsnių sumą:
179 = 1 + 2 + 24 + 25 + 27.
Tuomet raskime liekanas gaunamas keliant 999 dvejeto laipsniais. Tai galime lengvai pada-ryti vis keldami 999 kvadratu:
999 ≡ 999 (mod 1763)
9992 ≡ 143 (mod 1763)
99922
≡ 1432 ≡ 1056 (mod 1763)
99923
≡ 10562 ≡ 920 (mod 1763)
99924
≡ 9202 ≡ 160 (mod 1763)
99925
≡ 1692 ≡ 918 (mod 1763)
99926
≡ 9182 ≡ 10 (mod 1763)
99927
≡ 102 ≡ 100 (mod 1763)
Radę, tiesiog sudauginame:
999179 ≡ 999 · 143 · 160 · 918 · 100 ≡ 1219 (mod 1763).
4
Apžvelgę A ir B veiksmų sudėtingumą, žvilgtelėkime į veiksmus, kuriuos turėtų atliktiZ, norėdamas iššifruoti siunčiamą informaciją. Net ir žinodamas visą susirašinėjimo turinį,jis turėtų tik k, n ir ak mod n. Išgauti iš šių duomenų slaptą informaciją a, jis gali išprincipo tik dviem būdais. Pirmasis yra bandyti tiesiai rasti a, kai duota ak mod n, k
SKYRIUS 8. RSA KRIPTOGRAFIJA 21
ir n – tai vadinamas RSA uždavinys (angl. RSA problem). Antrasis yra bandyti rastiϕ(n) (o tuomet ir k′, pasinaudojus Euklido algoritmu), kas yra ekvivalentu išskaidymui ndauginamaisiais (kaip kitaip rasti ϕ(n)?). Abu šie uždaviniai yra žinomi kaip sudėtingiuždaviniai, t.y. jų sprendimas pasitelkus net ir pačius galingiausius kompiuterius užtrunkaper ilgai.
Taip pat atkreipsime dėmesį į n parinkimą – B ima ne bet kokį didelį skaičių, betbūtent dviejų didelių pirminių sandaugą. Tai daroma kaip tik tam, kad išskaidyti n būtųkuo sunkiau – jei n turėtų nedidelių daliklių, tai juos rasti būtų nesudėtinga.
Liekanų grupė
Šioje paskaitoje pažvelgsime į dalybos liekanas iš algebrinio požiūrio taško. Parodysime, kadmažoji Ferma, Oilerio, bei Kinų liekanų teoremos turi natūralius algebrinius atitikmenis.
Pirmoji užduotis – atsieti dalybos moduliu n liekanas nuo sveikųjų skaičių. Tai yra,užuot sakę „sudauginę bet kokį skaičių, duodantį liekaną a, su bet kokiu skaičiumi, duo-dančiu liekaną b, gausime skaičių, duodantį liekaną c“, norėtume sakyti „sudauginę liekanasa ir b gausime liekaną c“. Tai padaryti nesudėtinga:
9 teiginys. Sąryšis a ≡ b (mod n), a, b ∈ Z yra ekvivalentumo sąryšis:
• a ≡ a (mod n);
• a ≡ b (mod n) ⇐⇒ b ≡ a (mod n);
• a ≡ b (mod n), b ≡ c (mod n) =⇒ a ≡ c (mod n).
Šį teiginį jau įrodėme (žr. lyginių savybes), tad galime iš karto naudotis. Ekvivalentumosąryšis naudingas tuo, kad naudojantis juo galima suskirstyti visus sveikuosius skaičius įekvivalentumo klases, į vieną klasę paskiriant visus skaičius duodančius vienodą dalybosliekaną. Tų klasių (jei liekanas nagrinėjame moduliu n) bus lygiai n ir tas klases vadinsimeliekanomis moduliu n. Taip pat, sakydami „liekana 2“ (ar „liekana a“), turėsime omenyjetą klasę, kuriai priklauso skaičius 2 (ar skaičius a).
Iš lyginių savybių seka, kad daugindami ar sudėdami bet kuriuos skaičius iš pasirinktųdviejų klasių, visuomet gausime skaičių iš tos pačios trečios klasės. Kitaip tariant, sudėtis irdaugyba tarp klasių (=liekanų) yra gerai apibrėžta. Taip pat gerai apibrėžta yra ir sąvoka„liekana tarpusavyje pirminė su n“, nes jei vienas skaičius iš klasės yra tarpusavyje pirminissu n, tai ir visi tos klasės skaičiai yra tarpusavyje pirminiai.
9.1 Liekanų grupė
Nieko nelaukdami, pasinaudosime nauja liekanos moduliu n samprata.
3 teiginys. Dalybos iš n liekanos tarpusavyje pirminės su n sudaro grupę daugybosatžvilgiu, t.y. jos pasižymi keturiomis savybėmis:
uždarumas - Sudauginę bet kurias dvi, vėl gausime liekaną, tarpusavyje pirminę su n;
vienetinis elementas - Egzistuoja tokia liekana, būtent 1, iš kurios dauginant kitas lie-kanas jos nepakinta;
atvirkštinis elementas - Kiekvienai liekanai egzistuoja jai atvirkštinė liekana, t.y. tokia,kad padauginę iš jos gauname 1;
22
SKYRIUS 9. LIEKANŲ GRUPĖ 23
asociatyvumas - Kiekvienoms liekanoms a, b, c yra teisinga lygybė a(bc) = (ab)c.
Proof. Pirmosios dvi savybės labai lengvai patikrinamos. Įrodykime trečiąją. Imkime betkurią liekaną ir bet kurį skaičių a iš ją atitinkančios ekvivalentumo klasės. Kadangi a irn tarpusavyje pirminiai, tai pagal Euklido algoritmo išvadą, egzistuoja sveikieji skaičiai xir y tenkinantys lygybę ax + ny = 1. Tuomet klasė, kuriai priklaso x (=liekana x) ir busatvirštinė klasei, kuriai priklauso a (= liekanai a), nes ax ≡ 1 (mod n) (t.y. ax = 1).Ketvirtoji savybė, asociatyvumas, galioja visiems sveikiesiems skaičiams, todėl galioja irliekanoms.
Šiai grupei, kaip ir bet kuriai kitai, galima apibrėžti elemento (šiuo atveju liekanos) elėsir grupės eilės sąvokas.
Apibrėžimas. Liekanos a eile vadinsime mažiausią natūralųjį laipsnį s, su kuriuo as ≡1 (mod n).
Apibrėžimas. Liekanų grupės eile vadinsime liekanų grupės elementų skaičių.
Naudodamiesi šiais terminais galime performuluoti Oilerio (ir tuo pačiu mažąją Ferma)teoremą:
5 teorema. Liekanos eilė dalo grupės eilę.
Proof. Grupės eilė yra lygi liekanų, tarpusavyje pirminių su n, skaičiui, t.y ϕ(n). Iš Oilerioteoremos žinome, kad bet kuriai liekanai a yra teisinga aϕ(n) ≡ 1 (mod n). Tegu s yra aeilė ir tarkime, kad s nedalo ϕ(n). Tada dalindami ϕ(n) iš s gausime ϕ(n) = qs + r, kur0 < r < s. Tačiau tuomet
1 ≡ aϕ(n) ≡ aqs+r ≡ ar.
Gavome, kad egzistuoja mažesnis laipsnis už s, kuriuo pakėlę liekaną a gauname 1. Prieš-tara.
Panagrinėkime konkretų atvejį. Liekanų moduliu 7 grupę sudaro šešios liekanos {1, 2, 3, 4, 5, 6}(liekana 0 ne tarpusavyje pirminė). Vadinasi, kiekvieno elemento eilė turi būti šešių daliklis.Patikrinkime:
11 ≡ 1 – eilė 1;
21 ≡ 2, 22 ≡ 4, 23 ≡ 1 – eilė 3;
31 ≡ 3, 32 ≡ 2, 33 ≡ 6, 34 ≡ 4, 35 ≡ 5, 36 ≡ 1 – eilė 6;
41 ≡ 4, 42 ≡ 2, 43 ≡ 1 – eilė 3;
51 ≡ 5, 52 ≡ 4, 53 ≡ 6, 54 ≡ 2, 55 ≡ 3, 56 ≡ 1 – eilė 6;
61 ≡ 6, 62 ≡ 1 – eilė 2.
9.2 Liekanų kūnas ir žiedas
Pamatėme, kad dalybos iš n liekanos tarpusavyje pirminės su n sudaro grupę daugybosatžvilgiu. Jei paimsime visas liekanas, gausime grupę sudėties atžvilgiu:
4 teiginys. Liekanos moduliu n sudaro grupę sudėties atžvilgiu, t.y. jos pasižymi keturiomissavybėmis:
SKYRIUS 9. LIEKANŲ GRUPĖ 24
uždarumas - Sudėję bet kurias liekanas gausime liekaną.
vienetinis elementas - Egzistuoja tokia liekana, būtent 0, kurią pridėjus prie kitų liekanųjos nepakinta;
atvirkštinis elementas - Kiekvienai liekanai egzistuoja jai atvirkštinė liekana, t.y. tokia,kad ją pridėję gauname 0;
asociatyvumas - Kiekvienoms liekanoms a, b, c yra teisinga lygybė a+(b+c) = (a+b)+c.
Įrodymas labai paprastas, tad jį praleisime. Pastebėkime, kad suma ir daugyba sveikuo-siuose skaičiuose, o tuo pačiu ir liekanose, yra komutatyvios operacijos, tad galime tvirtintidar daugiau – abi grupės, ir daugybos ir sudėties atžvilgiu, yra Abelio. Iš čia seka:
5 teiginys. Liekanos moduliu pirminio p sudaro kūną, o moduliu sudėtinio n – žiedą.
Tiems, kas primiršo žiedo ir kūno sąvokas, jas galima intuityviai suprasti taip: žiedasyra aibė, kurioje galima sudėti, atimti ir dauginti (kaip, pavyzdžiui sveikieji skaičiai), okūnas yra aibė, kur be viso to dar galima ir dalinti (kaip racionalieji).
Vienas iš (daugelio) skirtumų tarp kūno ir žiedo yra daugianarių šaknų skaičius. Konk-rečiau, liekaną a moduliu n, panašiai kaip ir realųjį skaičių, vadinsime daugianario P šak-nimi, jei įstatę gausime P (a) ≡ 0 (mod n). Yra gerai žinoma, kad jei daugianario šaknųieškosime tarp kūno elementų, tai jų rasime ne daugiau, nei daugianario laipsnis. Jei, kitavertus, šaknų ieškosime tarp žiedo elementų, tai jų galime rasti ir daugiau (žr. namų darbųužduotis).
10 teiginys. n-tojo laipsnio daugianaris moduliu p turi ne daugiau kaip n šaknų.
Proof. Įrodykime naudodami indukciją. Pirmojo laipsnio daugianaris x − a turi tik vienąšaknį a. Tarkime, kad n−1 laipsnio daugianaris turi ne daugiau kaip n−1 šaknį. Nagrinė-kime n-tojo laipsnio daugianarį P (x). Jei jis neturi nė vienos šaknies, tai teiginys teisingas.Jei turi šaknį a, tai galime jį išskaidyti P (x) = (x − a)Q(x), kur Q(x) yra n − 1 laipsniodaugianaris. Kadangi daugianario P (x) šaknis turi būti arba a, arba daugianario Q(x)šaknimi, tai pagal indukciją P (x) turės ne daugiau nei n− 1 + 1 = n šaknų.
3 teorema. Tegu n = m1m2 · · ·mk, kur visi mi yra paporiui tarpusavyje pirminiai. Tuomet
Z/nZ ' Z/m1Z × · · · × Z/m2Z.
Ciklinė grupė moduliu p
Šioje paskaitoje pažvelgsime į multiplikatyvių liekanų grupių struktūrą. Prisiminkime pa-čios paprasčiausios, ciklinės, grupės apibrėžimą:
Apibrėžimas. Grupę, kurios visus elementus galima užrašyti kaip kažkurio vieno elementog laipsnius, vadinsime cikline grupe. Liekaną g vadinsime liekanų grupės generatoriumi.
Pagrindinis šios paskaitos teiginys apibūdina grupes, gaunamas nagrinėjant liekanasmoduliu pirminio skaičiaus.
6 teorema. Multiplikatyvioji liekanų grupė moduliu pirminio skaičiaus p yra ciklinė.
Šios teoremos įrodymą išskaidysime į atskiras dalis. Pirma, įrodysime, kad grupė yraciklinė, jei egzistuoja liekana, kurios eilė sutampa su grupės eile. Antra, grupės eilę iš-skaidysime dauginamaisiais p − 1 = qα1
1 qα22 · · · q
αkk ir įrodysime, kad egzistuoja elementai
g1, g2, · · · , gk, kurių eilės yra atitinkamai qα11 , qα2
2 , · · · , qαkk . Trečia, įrodysime, kad sandau-gos g1g2 · · · gk eilė yra lygi grupės eilei.
11 teiginys (Pirma dalis). Jei egzistuoja liekana, kurios eilė yra lygi liekanų grupės eilei,tai jos laipsniais galime užrašyti visas grupės liekanas.
Proof. Tarkime, kad egzistuoja liekana g, kurios eilė lygi grupės eilei p − 1. Kelkime jąlaipsniais g1, g2, . . . , gp−1. Jokie du iš jų negali būti lygūs. Išties, jei gautume, kad gi ≡ gj(i > j), tai iš to sektų gi−j ≡ 1, ko būti negali, nes i− j < p− 1. Kadangi visi laipsniai yraskirtingi ir jų yra tiek, kiek grupės liekanų, tai šios dvi aibės sutampa.
12 teiginys. Daugianaris xp−1 − 1 turi lygiai p− 1 šaknį.
Proof. Pagal Oilerio teoremą, jo šaknimis yra visos liekanos.
13 teiginys. Daugianaris xd − 1, kur d|p− 1 turi lygiai d šaknų.
Proof. Išskaidykime daugianarį xp−1 − 1 dauginamaisiais:
xp−1 = (xd − 1)(xp−1−d + xp−1−2d + · · ·+ xd + 1).
Kadangi kairėje pusėje esantis daugianaris turi p − 1 šaknį, tai tiek pat šaknų turi turėtiir dešinėje pusėje esantis daugianaris. Jei xd − 1 turėtų mažiau nei d šaknų, tai dešinėjepusėje esantis daugianaris turėtų mažiau nei d+ (p− 1− d) šaknų.
14 teiginys (Antra dalis). Tegu p − 1 išsiskaido kaip p − 1 = qα11 qα2
2 · · · qαkk . Kiekvienam
i egzistuoja liekana, kurios eilė yra qαi1 .
25
SKYRIUS 10. CIKLINĖ GRUPĖ MODULIU p 26
Proof. Liekanos eilė bus lygi qαii , jei ji bus šaknis daugianario xqαii − 1 , bet nebus šaknis
daugianario xqαi−1
i − 1. Kadangi pirmasis daugianaris turi daugiau šaknų nei antrasis, taiqαii eilės liekana egzistuoja.
15 teiginys (Trečia dalis). liekanų sandaugos g1g2 · · · gk eilė yra lygi p− 1.
Proof. Sandaugos g1g2 · · · gk eilė dalo grupės eilę, todėl ją galime užrašyti qβ1
1 qβ2
2 · · · qβkk . Jei
ji nėra lygi grupės eilei, tai bent vienas iš βi yra mažesnis už αi. Paprastumo dėlei tarkime,kad tai β1. Pakėlę g1g2 · · · gk didesniu nei eilė laipsniu qβ1
1 qα22 · · · q
αkk , gausime
1 ≡ (g1g2 · · · gk)qβ11 q
α22 ···q
αkk ≡ gq
β11 q
α22 ···q
αkk
1 ,
ko būti negali, nes g1 eilė yra qα11 ir ji nedalo qβ1
1 qα22 · · · q
αkk .
Teisingas yra ir kiek bendresnis teiginys – liekanų grupės yra ciklinės moduliu bet kokiopirminio skaičiaus laipsnio (pn) ir moduliu bet kokio pirminio skaičiaus laipsnio, padaugintoiš dviejų (2pn). Šių teiginių įrodymus paliksime savarankiškam studijavimui.
Kvadratinės liekanos
Ši skyrelyje apžvelgsime teoriją, apibūdinančią, kokias liekanas galime gauti dalindami svei-kųjų skaičių kvadratus iš pirminių skaičių.
Apibrėžimas. Liekanas moduliu pirminio skaičiaus p, kurias galime gauti dalindami svei-kųjų skaičių kvadratus iš p, vadinsime kvadratinėmis, o tas, kurių negalime, nekvadratinė-mis. Nulinę liekaną laikysime išskirtine. Kvadratinėms ir nekvadratinėms liekanoms žymėtinaudosime Ležandro (Legendre) simbolį:
(a
p
)=
1, jei a yra kvadratinė liekana moduliu p,−1, jei a nėra kvadratinė liekana moduliu p,
0, jei a ≡ 0 (mod p).
Pažiūrėkime, kaip tai atrodo konkrečiu atveju:
16 pavyzdys. Raskime visas kvadratines liekanas moduliu 7.
Sprendimas. Pakelkime visas liekanas moduliu 7 kvadratu:
12 ≡ 1 (mod 7), 22 ≡ 4 (mod 7), 32 ≡ 2 (mod 7),
42 ≡ 2 (mod 7), 52 ≡ 4 (mod 7), 62 ≡ 1 (mod 7).
Gavome, kad kvadratinės liekanos yra 1, 2 ir 4, o nekvadratinės 3, 5 ir 6. NaudodamiLežandro simbolį tai galime užrašyti taip:(
1
7
)= 1,
(2
7
)= 1,
(4
7
)= 1,(
3
7
)= −1,
(5
7
)= −1,
(6
7
)= −1.(
0
7
)= 0.
4
Šios ir kitos paskaitos tikslas bus susipažinti su kvadratinių liekanų struktūra, bei išmoktiapskaičiuoti Ležandro simbolio reikšmę naudojantis kvadratinio apverčiamumo teorema.
11.1 Truputį apie struktūrą
Norint truputį daugiau suprasti apie kvadratines liekanas labai praverčia praeitoje paskai-toje įrodyta teorema apie multiplikatyviosios liekanų grupės cikliškumą.
27
SKYRIUS 11. KVADRATINĖS LIEKANOS 28
16 teiginys. Tegu g – liekanų grupės moduliu p generatorius. Tuomet visos kvadratinėsliekanos bus užrašomos kaip lyginiai g laipsniai, o nekvadratinės liekanos – kaip nelyginiai.
Proof. Pastebėkime, kad pats generatorius nėra kvadratinė liekana. Išties, jei g ≡ t2 (mod p),tai g(p−1)/2 ≡ tp−1 ≡ 1 (mod p) – prieštara. Lyginiai generatoriaus laipsniai bus kvadrati-nės liekanos, nes g2k ≡ (gk)2 (mod p), o nelyginiai nebus, nes iš g2k+1 ≡ t2 (mod p) sektųg ≡ (tg−k)2 (mod p), kas reikštų, kad generatorius g yra kvadratinė liekana.
Taigi galime naudotis tam tikra prasme analogišku sveikiesiems skaičiams „kvadratiš-kumo" kriterijumi – liekana yra kvadratinė tada ir tik tada, kai ji yra lyginis generatoriauslaipsnis. Iš to seka, kad dviejų kvadratinių arba dviejų nekvadratinių liekanų sandauga yrakvadratinė liekana, o vienos kvadratinės ir vienos nekvadratinės – nekvadratinė. Tai galimeužrašyti kaip:
17 teiginys.(a
p
)(b
p
)=
(ab
p
).
Pastebėkime, kad ši lygybė galioja ir tuo atvėju, kai a ar b dalijasi iš p. Trečiasis teiginysleidžia nustatyti, ar liekana kvadratinė, ar ne, pažiūrėjus į jos (p− 1)/2 laipsnį:
18 teiginys. a(p−1)/2 ≡(a
p
)(mod p).
Proof. Jei a yra kvadratinė liekana, tai a ≡ t2 (mod p) ir
a(p−1)/2 ≡ tp−1 ≡ 1 (mod p).
Jei a nėra kvadratinė liekana tai ji yra nelyginis generatoriaus laipsnis, t.y. a ≡ gN , tačiautuomet
a(p−1)/2 ≡ gN(p−1)/2 ≡ g(p−1)/2 6≡ 1 (mod p).
Kadangi šiuo atveju a(p−1)/2 nelygsta vienam, o jos kvadratas lygsta vienam, tai a(p−1)/2lygsta −1.
Iš šio teiginio seka labai svarbi ir naudinga išvada:
2 tšvada. −1 yra kvadratinė liekana moduliu p tada ir tik tada, kai p ≡ 1 (mod 4), t.y.(−1
p
)= (−1)
p−12 .
Proof. Užtenka įstatyti a = −1 į praeito teiginio lygybę.
11.2 Gauso lema
Norint tęsti pažintį su kvadratinėmis liekanomis pravers Gauso (Gauss) lema – dar vienaskvadratiškumo kriterijus.
4 lema (Gauso lema). Paimkime bet kokią liekaną a moduliu p ir dauginkime ją iš i =1, 2, . . . , (p− 1)/2. Kiekvienai sandaugai užrašykime lygybę
a · i = p · qi + ri
SKYRIUS 11. KVADRATINĖS LIEKANOS 29
taip, kad liekana ri būtų tarp −(p − 1)/2 ir (p − 1)/2, o ne tarp 1 ir p − 1 kaip įprasta.Neigiamų liekanų skaičių pažymėkime µa. Tuomet(
a
p
)≡ (−1)µq (mod p).
Proof. Pastebėkime, kad jokių dviejų liekanų ri moduliai negali būti vienodi, nes gautume
ri = ±rj ⇒ a · i ≡ ±a · j (mod p)⇒ p|a(i± j),
ko negali būti, nes a iš p nesidalija, ir −p < i± j < p. Kadangi liekanos |ri| yra skirtingosir tarp 1 ir (p− 1)/2, tai jos tegali būti lygios 1, . . . , (p− 1)/2, iš ko seka, kad
(p−1)/2∏i=1
i =
(p−1)/2∏i=1
|ri|.
Tačiau taip pat mes žinome, kad
(p−1)/2∏i=1
ai ≡(p−1/2)∏i=1
r1 (mod p),
tad sujungę lygybes kartu ir suprastinę gauname
a(p−1)/2 ≡ (−1)µa (mod p).
Lieka tik pasinaudoti teiginiu 18.
Kvadratinio apverčiamumo teorema
Šioje paskaitoje įrodysime kvadratinio apverčiamumo teoremą, kuri yra centrinė teoremakvadratinių liekanų teorijoje.
7 teorema (Kvadratinio apverčiamumo teorema). Tegu p ir q – nelyginiai pirminiai skai-čiai. Tuomet (
q
p
)(p
q
)= (−1)
p−12
q−12 .
Proof. Kvadratinio apverčiamumo teoremą įrodysime pasinaudodami Gauso lema. Prisi-minkime, kad norėdami rasti ar q yra kvadratinė liekana moduliu p, turime rasti ar µq yralyginis, ar nelyginis. Tam lygybes, kuriomis apibrėžėme µq perrašykime moduliu 2. Vietoje
q · i = p · qi + ri
gausimei ≡ qi + |ri| (mod 2), (12.1)
nes p, q nelyginiai ir ri ≡ −ri (mod 2). Toliau samprotausime labai panašiai, kaip Gausolemos įrodyme. Pastebėkime, kad dalmuo qi, jei liekana ri buvo teigiama, yra lygus b qip c, ojei liekana buvo neigiama yra lygus b qip c+1. Įsistatę tai į lygybę (12.1) ir lygybes susumavęgausime
(p−1)/2∑i=1
i ≡ µ+
(p−1)/2∑i=1
bqipc+
(p−1)/2∑i=1
|ri| (mod 2).
Kita vertus(p−1)/2∑i=1
i =
(p−1)/2∑i=1
|ri|,
todėl suprastinę gauname
µq ≡(p−1)/2∑i=1
bqipc (mod 2),
tad (q
p
)≡ (−1)
∑(p−1)/2i=1 b qip c.
Samprotaudami analogiškai, ir pasinaudodami tuo, kad q taip pat yra pirminis, gausime(p
q
)≡ (−1)
∑(q−1)/2i=1 b piq c.
30
SKYRIUS 12. KVADRATINIO APVERČIAMUMO TEOREMA 31
Sudauginkime išraiškas:(q
p
)(p
q
)≡ (−1)
∑(p−1)/2i=1 b qip c+
∑(q−1)/2i=1 b piq c.
Lieka įrodyti, kad(p−1)/2∑i=1
bqipc+
(q−1)/2∑i=1
bpiqc =
p− 1
2
q − 1
2.
Tuo įsitikinti nesunku – pirmoji suma atitinka sveikuosius stačiakampio taškus (žr. brėžinį),esančius po tiese y = q
px, o antroji atitinka sveikuosius stačiakampio taškus esančius virštiesės.
Kvadratinio apverčiamumo teorema galioja tik nelyginiams pirminiams. Dvejetą reikianagrinėti atskirai:
8 teorema. Liekana 2 yra kvadratinė moduliu p tada ir tik tada, kai p ≡ ±1 (mod 8), t.y.(2p
)= (−1)
p2−18 .
Įrodymas. Dar kartą pasinaudosime Gauso lema, šį kartą atveju a = 2:(2
p
)≡ (−1)µ2 (mod p).
Pasirodo, šiuo atveju galima suskaičiuoti tikslią µ2 reikšmę, priklausomai nuo pirminio pdalybos iš 8 liekanos. Nagrinėkime 4 atvejus:
p = 8k + 1 – Šiuo atveju bus iš viso 4k liekanų, padauginus jas iš dviejų, 2k bus nedidesnės nei 4k
ir 2k bus didesnės. Vadinasi, µ bus lygus 2k ir(
2p
)= 1.
SKYRIUS 12. KVADRATINIO APVERČIAMUMO TEOREMA 32
p = 8k + 3 – Šiuo atveju bus iš viso 4k+ 1 liekana, padauginus jas iš dviejų, 2k bus nedidesnės nei4k + 1 ir 2k + 1 bus didesnės. Vadinasi µ bus lygus 2k + 1 ir
(2p
)= −1.
p = 8k + 5 – Šiuo atveju bus iš viso 4k+2 liekanos, padauginus jas iš dviejų, 2k+1 bus ne didesnėsnei 4k + 2, ir 2k + 1 bus didesnės. Vadinasi, µ bus lygus 2k + 1 ir
(2p
)= −1.
p = 8k + 7 – Šiuo atveju bus iš viso 4k+3 liekanos, padauginus jas iš dviejų, 2k+1 bus ne didesnėsnei 4k + 3 ir 2k + 2 bus didesnės. Vadinasi, µ bus lygus 2k + 2 ir
(2p
)= 1.
Kvadratinio apverčiamumo teorema taip vadinasi ne be reikalo. Jos dėka užuot skaičia-vus
(pq
), galima skaičiuoti
(qp
). Geriau įsižiūrėjus į teoremos formuluotę pasidaro aišku,
kad šių dviejų Ležandro simbolių reikšmės sutaps, jei bent vienas iš p, q duos dalybos lieka-ną 1 moduliu 4, ir bus skirtingos, jei abiejų pirminių dalybos liekanos moduliu 4 bus lygios3. Pažiūrėkime, kaip tai atrodo praktiškai.
12.1 Pavyzdžiai
17 pavyzdys. Raskite, ar 23 yra kvadratinė liekana moduliu 37.
Sprendimas. Abu duoti skaičiai yra nelyginiai pirminiai, todėl galime taikyti kvadratinioapverčiamumo teoremą. Kadangi 37 ≡ 1 (mod 4), tai gausime(
23
37
)(37
23
)= 1 =⇒
(23
37
)=
(37
23
).
Pagrindinė nauda, kurią gauname iš apvertimo, yra ta, kad dabar skaitiklis yra didesnis užvardiklį, tad galime jį redukuoti moduliu. Kadangi 37 ≡ 14 (mod 23), tai gausime(
37
23
)=
(14
23
).
Redukavę, pritaikome lygybę(abp
)=(ap
)(bp
):(
14
23
)=
(2
23
)(7
23
).
Pirmąjį iš dauginamųjų galime iš karto suskaičiuoti. Kadangi 23 ≡ −1 (mod 8), tai(
223
)=
1. Antrąjį vėl apversime (šį kartą gausime, kad apverstasis yra priešingo ženklo, nes 7 ≡23 ≡ 3 (mod 4)): (
7
23
)= −
(23
7
)= −
(2
7
).
Kadangi 7 ≡ −1 (mod 8), tai gauname, kad(27
)= 1, vadinasi, viską sujungę gausime(
2337
)= −1, t.y. 23 nėra kvadratinė liekana moduliu 37. 4
18 pavyzdys. Raskite, moduliu kurių pirminių, 3 yra kvadratinė liekana.
SKYRIUS 12. KVADRATINIO APVERČIAMUMO TEOREMA 33
Sprendimas. Ieškosime, kada(
3p
)yra lygus vienetui. Taikysime kvadratinio apverčiamumo
teoremą. Kadangi 3 ≡ 3 (mod 4), tai(3
p
)= (−1)
p−14
(p3
).
Sandauga bus lygi 1, kai abu daugikliai lygus 1 arba −1. Kadangi(p3
)lygus 1, kai p ≡
1 (mod 3) ir −1, kai p ≡ 2 (mod 3), tai gausime, kad mums tinka pirminiai skaičiai,tenkinantys sistemas: {
p ≡ 1 (mod 4)
p ≡ 1 (mod 3)ir
{p ≡ −1 (mod 4)
p ≡ −1 (mod 3)
Tokiais bus pirminiai p ≡ ±1 (mod 12). 4
Diofanto lygtys
Polinominės lygtys yra vadinamos Diofanto (Diophantine equations nuo Diophantus), kaiyra ieškoma jų sveikųjų sprendinių. Šiame skyrelyje apžvelgsime keletą metodų padedančiujas spręsti. Diofanto lygčių sprendimas dažniausiai susideda iš bandymo atsakyti į šiuosklausimus:
• Ar lygtis turi bent vieną sprendinį?
• Jei turi bent vieną, tai kiek turi iš viso?
• Kaip juos rasti?
Pirmas žingsnis neretai būna ir paskutinis, tad lygties sprendimas pavirsta bandymu įrodyti,kad lygtis neturi nei vieno sprendinio.
13.1 Pirmo laipsno Diofanto lygtys
Pačios paprasčiausios yra pirmojo laipsnio Diofanto lygtys, pavyzdžiui
2x+ 7y = 1.
Jau pačioje kurso pradžioje, naudodami Euklido algoritmo išvadą, išmokome rasti bentvieną šios lygties sprendinį, tačiau sprendinį turi ne visos pirmo laipsnio Diofanto lygtys:
6 teiginys. Lygtis ax+ by = c turi sveikąjį sprendinį tada ir tik tada, kai (a, b)|c.
Proof. Aišku, kad su visomis x, y reikšmėmis kairioji lygties pusė dalinasi iš (a, b), tad jeinorime rasti bent vieną sprendinį, turi dalintis ir dešinioji. Kita vertus, jei c|(a, b), tainaudodami Euklido algoritmo išvadą galime rasti lygties ax + by = (a, b) sprendinį ir jįpadauginti iš c/(a, b), tokiu būdu rasdami ir pradinės lygties sprendinį.
Radę bent vieną sprendinį, galime rasti ir daugiau:
7 teiginys. Jei lygtis ax+ by = c turi bent vieną sprendinį, tai turi jų be galo daug.
Proof. Tegu (x0, y0) bus lygties sprendinys. Tuomet (x0 + kb, y0 − ka) taip pat bus spren-diniai, su bet kuria sveika k reikšme. Iš ties, įstatę gauname
a(x0 + kb) + b(y0 − ka) = c+ kab− kab = c.
Galiausiai galime atsakyti ir į trečiąjį klausimą:
34
SKYRIUS 13. DIOFANTO LYGTYS 35
8 teiginys. Jei lygtis ax + by = c turi bent vieną sprendinį, (x0, y0), tai ji turi jų be galodaug ir jie užsirašo kaip (x0 + k b
(a,b) , y0 − ka
(a,b) ), kur k ∈ Z.
Proof. Žinome, kad jei ši lygtis turi bent vieną sprendinį, tai turi jų ir be galo daug.Paimkime (x0, y0) ir bet kurį kitą, (x1, y1). Įstatę abu į lygtį ir atėmę lygybes vieną iš kitosgausime
a(x0 − x1) + b(y0 − y1) = 0,
tad skirtumas tarp šių sprendinių bus kitos lygties, ax+by = 0, sprendinys. Šią lygtį galimeperrašyti kaip
a
(a, b)x = − b
(a, b)y,
iš kur matyti, kad jos sprendiniais kaip tik ir bus ( bk(a,b) ,−
ak(a,b) ).
13.2 Antro laipsnio Diofanto lygtys ir Pitagoro trejetai
Antro laipsnio Diofanto lygtys gerokai sudėtingesnės už pirmojo. Pavyzdžiui, norėdamiišpręsti lygtį x2 = 17y + 7, turime žinoti ar 7 yra kvadratinė liekana moduliu 17 ar ne.Keisdami skaičius 17 ir 7 gausime, kad šių lygčių sprendimui reikės visos kvadratinių liekanųteorijos!
Šioje paskaitoje išspręsime abai gerai žinomą antrojo laipsnio Diofanto lygtį, kuriossprendiniais yra visi įmanomi sveikieji stačiųjų trikampių kraštinių ilgiai:
a2 + b2 = c2.
Rasti bent vieną lygties sprendinį yra nesudėtinga, pavyzdžiui tinka (0, 0, 0) ar (3, 4, 5).Nesudėtinga rasti ir be galo daug, pakanka pastebėti, kad padauginus bet kurį sprendinįiš sveiko skaičiaus vėl gausime sprendinį, tad tiks, pavyzdžiui, visi trejetai (3k, 4k, 5k).Žinoma, toks samprotavimas kiek panašus į sukčiavimą, tad įdomesnis klausimas yra ar šilygtis turi be galo daug primityviųjų sprendinių (dar vadinamų primityviaisiais Pitagorotrejetais), tai yra tokių, kur a, b ir c reikšmės yra tarpusavyje pirminės. Atsakymas į šįklausimą yra teigiamas:
4 teorema. Primityviųjų Pitagoro trejetų yra be galo daug ir jie užsirašo kaip
(m2 − n2
2, 2mn,
m2 + n2
2),
kur m ir n bet kokie tarpusavyje pirminiai nelyginiai skaičiai.
Proof. Pirmiausia panagrinėkime kandidatus į primityviuosius trejetus. Pastebėkime, kadvienas iš a, b turi būti lyginis, o kitas nelyginis (ir tuomet c taip pat nelyginis). Iš ties, jeiabu būtų lyginiai, tai lyginis būtų ir c, vadinasi trys skaičiai nebūtų tarpusavyje pirminiai.Kita vetus, jei abu būtų nelyginai, tai tuomet a2 + b2 duotų liekaną 2 moduliu 4, o ši yranekvadratinė, tad nerastume atitinkančio c.
Turėdami tai omenyje laikykime, kad a yra lyginis, o b nelyginis ir pertvarkykime lygtį:
(c− a)(c+ a) = b2.
Parodysime, kad c− a ir c+ a yra tarpusavyje pirminiai. Tarkime priešingai, tegu jie abudalijasi iš d. Tuomet iš d dalijasi ir jų suma 2c, ir skirtumas 2a ir sandauga b2, tačiau taipbūti negali, nes a, b, c yra tarpusavyje pirminiai ir b nelyginis.
SKYRIUS 13. DIOFANTO LYGTYS 36
Toliau viskas paprasta: kadangi c− a ir c+ a yra tarpusavyje pirminiai ir jų sandaugayra kvadratas, tai jie ir patys turi būti kvadratai. Užrašykime tai kaip
c− a = n2,
c+ a = m2,
iš kur gausime sprendinius (m2−n2
2 , 2mn, m2+n2
2 ). Nesunku įsitikinti, kad jie visi tinka.
13.3 Aukštesnio laipsnio Diofanto lygtys ir paskutinioji Fermateorema
Kaip pamatysime kitoje paskaitoje, antro laipsnio Diofanto lygtys yra nors ir netrivialiai,bet išsprendžiamos. Trečiojo ir aukštesnio laipsnio lygtys, kita vertus, yra nepalyginamaisudėtingesnės, pavyzdžiui Paskutinioji Ferma teorema buvo neįrodyta beveik 400 metų:
5 teorema (Paskutinioji Ferma teorema, A. Wiles 1995). Tegu n > 3, tuomet lygtis
xn + yn = zn
neturi sveikųjų teigiamų sprendinių.
Šios teoremos įrodymas bendru atveju yra nepaprastai sudėtingas, ir reikalauja išskirti-nio išsilavinimo. Kai kurie atskiri atvejai, kita vertus, yra padaromi elementariais metodais,pavyzdžiui naudojant begalinio nusileidimo (dar vadinamo Ferma nusileidimu) techniką.
6 teorema. Lygtisx4 + y4 = z4
neturi sveikųjų teigiamų sprendinių.
Proof. Begalinis nusileidimas yra įrodymo metodas naudojantis prieštarą. Tariant, kad lyg-tis turi teigiamą sprendinį, parodoma, kad ji visuomet turės ir mažesnį teigiamą sprendinį.Tačiau taip būti negali, nes gautume be galo daug vienas už kitą mažesnių teigiamų skaičių.
Pasinaudodami šia idėja, parodysime, kad lygtis z2 = x4 + y4 neturi sveikųjų teigiamųsprendinių (iš ko ir seks teoremos teiginys). Tam tarsime, kad lygtis turi sprendinį (x, y, z)ir parodysime, kad tuomet būtinai turi ir sprendinį (x′, y′, z′) su z′ < z.
Tad tebus (x, y, z) lygties sprendinys. Jei x, y, z nėra tarpusavyje pirminiai, tai mažesnįsprendinį galime rasti padalinę iš bendro daliklio, tad tarkime, kad jie yra tarpusavyjepirminiai. Taip pat pastebėkime, kad abu x, y negali būti nelyginiai, nes tokiu atveju kairėpusė lygtų 2 moduliu 4, o tai nekvadratinė liekana. Tad nuo šiol tarsime, kad x yra lyginis,o y nelyginis (abu lyginiai negali būti dėl tarpusavyje pirminiškumo).
Išskaidykime lygybę x4 = (z − y2)(z + y2) ir pastebėkime, kad (z − y2, z + y2) = 2, nesjei d dalo abu reiškinius, tai dalo ir 2z ir 2y2, o z ir y tarpusavyje pirminiai. Vadinasi galimidu variantai, arba
z − y2 = 2a4,
z + y2 = 8b4,
arba
z − y2 = 8a4,
z + y2 = 2b4.
SKYRIUS 13. DIOFANTO LYGTYS 37
Pastebėkime, kad pirmuoju atveju a turi būti nelyginis, bet tuomet atėmę lygybes viena iškitos gausime y2 = 4b4−a4, bet to būti negali, nes −1 moduliu 4 yra nekvadratinė liekana.Lieka antrasis variantas, iš kurio gauname y2 = b4 − 4a4 arba 4a4 = (b2 − y)(b2 + y). Vėl(b2 − y, b2 + y) = 2, tad
b2 − y = 2c4,
b2 + y = 2d4,
tad b2 = c4 + d4. Lieka pastebėti, kad iš z + y2 = 2b4 ir iš y2 < z seka b < z.
Pelio lygtis
Šios paskaitos tikslas išspręsti Pelio (Pell) lygtį
x2 − dy2 = 1,
kur d bet koks bekvadratis (t.y. nesidalinantis iš bet kokio kvadrato) sveikasis skaičius.Ši lygtis neišvengiamai sutinkama bandant išspręst bendrą antros eilės Diofanto lygtį sudviem kintamaisiais
ax2 + bxy + cy2 + dx+ ey + f = 0,
o taip pat jos sprendiniai labai gerai aproksimuoja kvadratinę šaknį iš d, t.y. xy ∼√d.
Šios lygties iki galo išspręsti nespėsime, tačiau parodysime, kad ji visuomet turi begalo daug sprendinių, ir išsiaiškinsime kaip jie gaunami, žinant “fundamentalų sprendinį”(kurio radimas kaip tik ir bus trūkstama sprendimo dalis). Pradėsime nuo egzistavimo,kam pasinaudosime Dirichlė (Dirichlet) aproksimavimo teorema:
7 teorema (Dirichlė). Jei α iracionalus, tai egzistuoja be galo daug trupmenų xy , (x, y) = 1,
tenkinančių ∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < 1
y2.
Šios teoremos įrodymą atidėsime iki kito skyrelio, kur kaip tik ir susipažinsime su ap-roksimacijų teorija. Pasinaudokime šia teorema spręsdami Pelio lygtį:
9 teiginys. Tegu d bekvadratis, tuomet egzistuoja M , su kuriuo nelygybė
|x2 − dy2| < M
turi be galo daug sprendinių.
Proof. Išskaidykime x2 − dy2 = (x−√dy)(x+
√dy). Pagal Dirichlė teoremą egzistuoja be
galo daug sveikųjų skaičių x, y, (x, y) = 1, su kuriais∣∣∣√d− x
y
∣∣∣ < 1y2 arba
∣∣∣x− y√d∣∣∣ < 1y .
Taip pat, su tais x, y teisinga∣∣∣x+ y√d∣∣∣ 6 ∣∣∣x− y√d∣∣∣+ 2
√dy 6
1
y+ 2√dy,
tad sudauginę gauname∣∣x2 − dy2∣∣ < 1
y
(1
y+ 2√dy
)< 2√d+ 1 =: M.
38
SKYRIUS 14. PELIO LYGTIS 39
Pasinaudosime šiuo teiginiu, tik prieš tai įvesime du pažymėjimus. Realiojo skaičiausγ = x +
√dy jungtiniu vadinsime skaičių γ = x −
√dy, o norma vadinsime (sveikąjį)
skaičių N(γ) = x2−dy2. Įrodyme naudosimes lygybe N(γ)N(γ′) = N(γγ′), kurią nesunkupatikrinti įsistačius atitinkamus reiškinius ir atsiskliaudus.
10 teiginys. Pelio lygtis turi bent vieną sprendinį.
Proof. Iš aukščiau įrodyto teiginio seka, kad lygybė x2 − dy2 = m su kažkuriuo m turi begalo daug sprendinių. Paimkime du iš jų, (x1, y1) ir (x2, y2), tenkinančius x1 ≡ x2 (mod m),y1 ≡ y2 (mod m) ir pažymėkime
α = x1 − y1√d,
β = x2 − y2√d.
Padauginkime α iš β jungtinio:
αβ = (x1x2 − dy2y2) + (x1y2 − x2y1)√d =: A+B
√d.
Pastebėkime, kad iš x1 ≡ x2 (mod m), y1 ≡ y2 (mod m) seka m|A ir m|B, tad pažymėjęA = mA′, B = mB′ ir paskaičiavę abiejų lygybės pusių normas gausime
m2 ≡ N(α)N(β) = N(αβ) = m2(A′2 − dB′2).
Padaliję iš m2 gauname, kad nagrinėjama Pelio lygtis tikrai turi bent vieną sprendinį,(A′, B′).
Pelio lygties sprendinį (x1, y1) vadinsime mažesniu už kitą sprendinį (x2, y2), jei x1 +√dy1 < x2 +
√dy2. Mažiausiąjį (toks visuomet egzistuos) iš visų teigiamų Pelio lygties
sprendinių vadinsime fundamentaliuoju sprendiniu. Iš jo galima generuoti visus likusius:
11 teiginys. Tegu (x1, y1) fundamentalusis Pelio lygties sprendinys. Tuomet visi kiti spren-diniai ±(xn, yn) tenkins xn +
√dyn = (x1 +
√dy1)n.
Proof. Tegu (x1, y1) fundamentalusis sprendinys ir α = x1 +√dy1. Nagrinėkime bet kurį
kitą teigiamą sprendinį (x2, y2) ir pažymėkime β = x2 +√dy2. Parodysime, kad β yra α
laipsnis. Tarkime priešingai, tegu su kažkuriuo n yra teisinga nelygybė
αn < β < αn+1.
Padauginkime nelygybę iš αn ir pastebėkime, kad αα = 1, gausime
1 < αnβ < α.
Tačiau sudauginę αnβ = A +√dB gausime sprendinį (A,B), mažesnį už fundamentalųjį.
Norint gauti prieštarą, lieka įsitikinti, kad jis teigiamas. Kadangi A+√dB teigiamas, ir jo
sujungtinis A−√dB teigiamas (jų sandauga lygi 1), tai ir A turi būti teigiamas. Taip pat
A+√dB > 1, tad A−
√dB < 1 ir
√dB > A− 1 > 0, tad ir B teigiamas.
Panagrinėkime konkrečią Pelio lygtį
2 pavyzdys. Raskite visus sveikuosius lygties
x2 − 3y2 = 1
sprendinius.
SKYRIUS 14. PELIO LYGTIS 40
Sprendimas. Šiuo atveju labai paprasta rasti lygties fundamentalųjį sprendinį. Pabandęvos keletą variantų matome, kad (2, 1) tinka, o vienintelis už jį mažesnis (1, 1) netinka.
Iš sprendinio (2, 1) raskime dar bent keletą sprendinių:
(2 + 1√
3)2 = 7 + 4√
3
(2 + 1√
3)3 = 26 + 15√
3
(2 + 1√
3)4 = 97 + 56√
3
Gavome, kad be (2, 1) dar sprendiniais bus (7, 4), (26, 15) ir (97, 56). Bendru atveju, n-tąjįsprendinį rasime pakėlę 2 +
√3 n-tuoju laipsniu. 4
Racionalūs ir iracionalūs skaičiai
Prisiminkime šio realiųjų skaičių skirstymo apibrėžimą:
Apibrėžimas. Realųjį skaičių vadinsime racionaliuoju, jei jį galime užrašyti trupmena mn ,
m,n ∈ Z. Kitu atveju jį vadinsime iracionaliuoju.
Nesudėtinga įrodyti, kad racionaliųjų skaičių yra skaitus skaičius, o iracionaliųjų neskai-tus, kitaip sakant, beveik visi realieji skaičiai yra iracionalūs. Geriausiai žinomi iracionaliųjųskaičių pavyzdžiai yra π, e,
√2, 3√
3 ir t.t.Įrodyti, kad
√2 yra iracionalus nėra sudėtinga, ir įrodymą galima apibendrinti bet kuriai
šakniai:
12 teiginys. Skaičius k√a yra arba sveikas, arba iracionalus.
Proof. Tarkime, kad k√a nėra iracionalus. Tuomet jis turi būti racionalus ir užsirašyti kaip
mn , kur m,n tarpusavyje pirminiai (jei jie tokie nėra, galima trupmeną suprastinti ir gautitarpusavyje pirmines reikšmes). Pertvarkę lygybę k
√a = m
n gausime lygtį
nka = mk.
Nagrinėkime bet kokį a pirminį daliklį p. Kadangi kairioji lygybės pusė dalijasi iš p, taidalijasi ir dešinioji. Bet tada m dalijasi iš p ir dešinioji pusė dalijasi iš pk, vadinasi ir kairiojipusė dalijasi iš pk. Kadangi n iš p dalintis negali (jis tarpusavyje pirminis su m), tai iš pkturi dalintis a. Pažymėję a′ = pka, m = m′p ir suprastinę gausime tokią pačią lygtį:
nka′ = m′k.
Taip tęsdami gausime vis mažesnę a reikšmę, tad galiausiai turėsime pasiekti vienetą, taipgaudami, kad a yra k-tųjų laipsnių sandauga, t.y, kad skaičius k
√a yra sveikas.
Skaičių π ir e iracionalumą įrodyti yra kiek sudėtingiau. Vienas būdų kaip tai padaryti– ištirti kaip gerai skaičių galima aproksimuoti racionaliaisiais.
15.1 Irracionalumo matas
Prisiminkime jau matytą Dirichlė aproksimavimo teoremą:
8 teorema. Jei α iracionalus, tai egzistuoja be galo daug trupmenų xy , (x, y) = 1, tenki-
nančių ∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < 1
y2.
41
SKYRIUS 15. RACIONALŪS IR IRACIONALŪS SKAIČIAI 42
Sąlygoje nurodyta, kad α turi būti iracionalus, tad natūralu pasidomėti, ar teoremanegalioja racionaliesiems? Pasirodo taip ir yra, ir šiuo skirtumu galima pasinaudoti įrodi-nėjant skaičių iracionalumą. Įrodykime stipresnį teiginį:
9 teorema. Jei α racionalusis, tai egzistuoja toks c > 0, kad visos trupmenos xy , (x, y) = 1,
išskyrus vieną, tenkina ∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ > c
y.
Kita vertus, egzistuoja toks C > 0, kad su be galo daug trupmenų xy , (x, y) = 1 teisinga∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < C
y.
Proof. Pažymėkime α = ab ir imkime bet kokią trupmeną x
y . Jei xy 6=
ab (kas ir yra tas
išskirtinis atvejis), tai ∣∣∣∣ab − x
y
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ay − bxby
∣∣∣∣ > 1
by.
Lieka pasirinkti c reikšmę mažesnę už 1b .
Iš kitos pusės, pasirinkime bet kokį y, nesidalijantį iš b. Trupmenos 1y , 2
y , …, y−1y padalijaintervalą [0, 1] į y lygių dalių, ir bet koks skaičius, įskaitant a
b , yra nutolęs nuo vienos ištrupmenų ne toliau nei per 1
2y . Pasirinkę tą trupmeną atitinkantį x gausime∣∣∣∣ab − x
y
∣∣∣∣ 6 1
2y.
Lieka pasirinkti C reikšmę didesnę už 12 .
Iš šių dviejų teoremų matome, kad bandant aproksimuoti iracionaliuosius ieškant tru-pmenų, kurių vardiklis nedidesnis nei y, galime tikėtis rasti trupmeną, kuri bus nutolusinedaugiau nei per 1
y2 , kai tuo tarpu bandant aproksimuoti racionaliuosius, geriausiu atvejugausime tik apie 1
y . Šį pastebėjimą galime sukonkretinti ir apibendrinti:
Apibrėžimas. Skaičių µ vadinsime skaičiaus α iracionalumo matu, jei su visais skaičiaism < µ nelygybė ∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < 1
ym
turi be galo daug sveikųjų sprendinių x, y, (x, y) = 1, o su visais skaičiais M > µ, nelygybės∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < 1
yM
sprendinių skaičius baigtinis.
Iš apibrėžimo aišku, kad kiekvienas skaičius turės savo irracionalumo matą, o abi minėtasteoremas galime performuluoti taip:
13 teiginys. Racionaliųjų skaičių iracionalumo matas lygus 1, o iracionaliųjų skaičių ira-cionalumo matas nemažesnis nei 2.
SKYRIUS 15. RACIONALŪS IR IRACIONALŪS SKAIČIAI 43
Matome, kad Dirichlė teorema iš ties labai konkrečiai atskiria racionaliuosius nuo ira-cionaliųjų, tad, pagaliau, įrodykime ją:
Dirichlė teoremos įrodymas. Laisvai pasirinkime y ir nagrinėkime trupmenines dalis {α · 0},{α · 1}, …, {α · (y − 1)}. Jų yra y ir jos visos priklauso intervalui [0, 1], tad atsiras dvi, {α · i}ir {α · j}, nutolusios viena nuo kitos ne daugiau nei per 1
y :
|{α · i} − {α · j}| < 1
y.
Turėdami omenyje, kad bet kurio skaičiaus x trupmeninė dalis tenkina {x} = x − bxc,gauname
|α(i− j)− biαc+ bjαc| < 1
y,
arba ∣∣∣∣α− biαc − bjαci− j
∣∣∣∣ < 1
y(i− j)<
1
(i− j)2.
Lieka pastebėti, kad imant vis didesnius y, gausime skirtingas i ir j reikšmes, nes skirtumasturi būti mažesnis ne tik už 1
(i−j)2 , bet ir už 1y .
Galiausiai parodysime, kad skaičius e nėra racionalus. Parodyti, kad jo iracionalumomatas didesnis už vienetą nepajėgsime, tačiau teorema 9 teigia kiek daugiau nei tai, kadracionaliųjų skaičių iracionalumo matas lygus 1, ir to kiek daugiau mums kaip tik užteks.
10 teorema. Skaičius e iracionalus.
Proof. Tarkime priešingai, tuomet pagal teoremą 9 egzistuoja toks skaičius c, kad visostrupmenos, išskyrus vieną, tenkina ∣∣∣∣e− x
y
∣∣∣∣ > c
y.
Prisiminkime, kad e =∑∞i=0
1i! , ir nagrinėkime trupmeną
x
y=
k∑i=0
1
i!.
Subendravardiklinę ir, jei reikia, suprastinę, gausime y < k!. Kita vertus,∣∣∣e− x
y
∣∣∣ =∑∞i=k+1
1i! <
2(k+1)! , tad ∣∣∣∣e− x
y
∣∣∣∣ < 2
(k + 1)k!<
2
(k + 1)y.
Pagal prielaidą gauname, kad 2k+1 turi būti didesnis už c, bet tai neįmanoma, nes pasirinkti
k (ir surasti jį atitinkančius x ir y) galime kiek norime didelį.
Algebriniai ir transcendentiniaiskaičiai
Be racionaliųjų ir algebrinių skaičių, realieji skirstomi ir į algebrinius bei transcendentinius:
Apibrėžimas. Realųjį (ar kompleksinį) skaičių vadinsime algebriniu, jei jis yra šaknisdaugianario su sveikaisiais koeficientais. Kitu atveju jį vadinsime transcendentiniu.
Visi racionalūs ir dauguma dažnai sutinkamų iracionaliųjų skaičių yra algebriniai. Pa-vyzdžiui 3
4 yra algebrinis, nes yra daugianario 4x − 3 šaknis ir√
5 yra algebrinis, nes yradaugianario x2 − 5 šaknis. Mažiausio laipsnio daugianario, kurio šaknimi yra pasirinktasalgebrinis skaičius, laipsnį vadinsime to algebrinio skaičiaus laipsniu. Tad 3
4 yra pirmolaipsnio algebrinis skaičius (mažesnio laipsnio daugianarių nėra), o
√5 – antro (pirmo būti
negali, nes tuomet turėtų būti racionalus).Sugalvoti transcendentinių skaičių pavyzdžių nėra labai paprasta, bet, galima įtarti, kad
π, e ir log 2 tiks. Sugalvojus įrodyti, kad jie yra transcendentiniai, visiškai kito sudėtingu-mo užduotis. Viskas ką mums pavyks padaryti, tai parodyti, kad specialiai sukonstruotasskaičius
∑∞i=1
110i!
yra trascendentinis. Tam, gal kiek netikėtai, pravers jau matytas ira-cionalumo matas. Pasirodo, algebriniai skaičiai turi iracionalumo matą mažesnį, nei jųlaipsnis:
11 teorema (Liuvilio (Liouville) teorema). Tegu α yra d-tojo laipsnio algebrinis skaičius,d > 2, daugianario P (t) šaknis. Tuomet egzistuoja realus skaičius c > 0, toks, kad su visaissveikaisiais x, y ∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ > c
yd.
Proof. Skaičių c parinksime mažesnį už 1, tad visiems x, y, su kuriais |α− x/y| > 1 teoremateisinga. Imkime bet kuriuos x, y, su kuriais |α− x/y| < 1.
Pastebėkime, kad x/y nėra daugianario P (t) šaknis, nes priešingu atveju P (t) padalin-tume iš t − x/y ir (jei reiktų padauginę iš sveikojo skaičiaus) gautume mažesnio laipsniodaugianarį, kurio šaknimi yra α. Iš čia gauname, kad
∣∣ydP (x/y)∣∣ yra sveikasis, nelygus
nuliui skaičius, tad ∣∣ydP (x/y)∣∣ > 1.
Pagal Rolio teoremą egzistuoja realusis skaičius s esantis tarp α ir x/y, su kuriuo
|P (α)− P (x/y)| =∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ |P ′(s)| .
44
SKYRIUS 16. ALGEBRINIAI IR TRANSCENDENTINIAI SKAIČIAI 45
Pastebėję, kad |P (α)− P (x/y)| = |P (x/y)| > 1qd
gauname∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ > 1
yd|P ′(s)|,
kur |s − α| < 1 (pagal prielaidą). Lieka pasirinkti c mažesnį už 1 ir už mažiausią 1|P ′(s)|
reikšmę intervale [α− 1, α+ 1].
14 teiginys. Skaičius
l =
∞∑i=1
1
10i!
yra transcendentinis.
Proof. Pasinaudosime Liuvilio teorema. Parodysime, kad šio skaičiaus iracionalumo ma-tas yra didesnis už bet kokį fiksuotą skaičių d. Tam imkime bet kurį k ir nagrinėkimeaproksimaciją
x
y=
k∑i=1
1
10i!.
Subendravardiklinę ir, jei reikia, suprastinę, gausime, kad vardiklis tenkins y < 10k!, oskirtumas ∣∣∣∣l − x
y
∣∣∣∣ =
∞∑i=k+1
1
10i!<
2
10(k+1)!.
Vadinasi ∣∣∣∣l − x
y
∣∣∣∣ < 2
yk+1,
kas yra mažiau už 1/yd su visomis k > d reikšmėmis.
Prieš baigdami paminėsime dvi svarbias ir sudėtingas teoremas, susijusias su transcen-dentiškumu. Pirmoji iš jų yra Liuvilio teoremos pagerinimas. Pasirodo algebrinių skaičiųiracionalumo matas ne tik yra nedidesnis už laipsnį, bet jis yra lygus dviems!
12 teorema (Roth). Jei α algebrinis skaičius ir ε > 0, tai nelygybė∣∣∣∣α− x
y
∣∣∣∣ < 1
y2+ε
turi tik baigtinį skaičių sprendinių x, y, (x, y) = 1.
Kita atsako į klausimą, ar skaičiai e ir π yra transcendentiniai:
13 teorema (Lindemano-Vejerštraso (Lindemann-Weierstrass) teorema). Jei α1, α2, . . . , αkyra algebriniai ir tiesiškai nepriklausomi virš racionaliųjų, tai eα1 , eα2 , . . . , eαk yra algeb-riškai nepriklausomi virš racionaliųjų.
Skaičiai α1, α2, . . . , αk yra tiesiškai nepriklausomi virš racionaliųjų, jei lygybė α1x1 +α2x2 + · · ·αkxk = 0, kur xi racionalieji, teisinga tik tuomet, kai x1 = x2 = · · · =xk = 0. Skaičiai α1, α2, . . . , αk yra algebriškai nepriklausomi virš racionaliųjų, kai lygy-bė P (α1, . . . , αk) = 0, kur P – daugianaris su racionaliaisiais koeficientais, yra teisinga tiktuomet, kai P ≡ 0.
SKYRIUS 16. ALGEBRINIAI IR TRANSCENDENTINIAI SKAIČIAI 46
Pastebėkime, kad 1 yra tiesiškai nepriklausomas virš racionaliųjų, o bet koks vienas al-gebrinis skaičius yra algebriškai priklausomas virš racionaliųjų. Kadangi e1, pagal Lindemano-Vejerštraso teoremą yra algebriškai nepriklausomas, tai jis turi būti transcendentinis.
Įrodysime ir kad π transcendentinis. Tarkime priešingai, kad π algebrinis, tuomet ir iπalgebrinis, todėl pagal Lindemano-Vejerštraso teoremą eiπ trancendentinis. Bet eiπ = −1– algebrinis, prieštara.