‫תורת המספרים ־ הרצאה ‪8‬‬ ‫‪ 19‬בנובמבר ‪2014‬‬ ‫משפט אוילר‬ ‫לכל ‪ a ,n ≥ 1‬זר ל־ ‪ ,n‬מתקיים‬ ‫)‪aφ(n) ≡ 1 ( mod n‬‬ ‫למה‬ ‫אם ‪ n > 2‬טבעי אז )‪ φ(n‬זוגי‪.‬‬ ‫הוכחה‬ ‫אם ‪ e) pe |n‬מקסימלית כזו( ל־ ‪ p‬ראשוני כלשהו‪ ,‬אז מהכפליות של )‪ ,φ (pe ) |φ(n) ,φ(n‬ו־‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪1‬‬ ‫‪e‬‬ ‫‪e‬‬ ‫‪φ (p ) = p 1 −‬‬ ‫)‪= pe−1 (p − 1‬‬ ‫‪p‬‬ ‫אם ‪ p‬אי זוגי‪ ,‬אז ) ‪ φ (pe‬זוגי )כי ‪ p − 1‬זוגי(‪ ,‬ואם ‪ p = 2‬ו־ ‪ ,e ≥ 2‬אז ) ‪ φ (pe‬זוגי בגלל הגורם ‪.pe−1‬‬ ‫וכיוון ש־ ‪ n > 2‬סיימנו‪.‬‬ ‫טענה‬ ‫‪1‬‬ ‫אם ‪ ,n = rs‬כאשר ‪ r, s > 2‬זרים‪ ,‬אז לכל ‪ a‬זר ל־ ‪.a 2 φ(n) ≡ 1 ( mod n) ,n‬‬ ‫הוכחה‬ ‫נבחין כי )‪ am ≡ 1 ( mod n‬אמ"מ‪ ,‬לפי משפט השאריות הסיני‪ am ≡ 1 ( mod r) ,‬וגם ( ‪am ≡ 1‬‬ ‫)‪.mod s‬‬ ‫‪1‬‬ ‫וכעת‪ ,‬ממשפט אוילר‪ aφ(r) ≡ 1 ( mod r) ,‬ולכן‪ ,‬בגלל ש־ )‪ φ(s‬זוגי‪ ,‬אז‬ ‫)‪ φ(r) 21 φ(s‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪a‬‬ ‫)‪= a 2 φ(r)φ(s) ≡ 1 ( mod r‬‬ ‫באותו האופן‪:‬‬ ‫)‪ φ(s) 21 φ(r‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪a‬‬ ‫)‪= a 2 φ(r)φ(s) ≡ 1 ( mod s‬‬ ‫וסיימנו‪.‬‬ ‫קונגרואנציות פולינומיאליות‬ ‫פולינומים עם מקדמים ב־ ‪ Zn‬מסומנים ]‪ .Zn [x‬פולינום עם מקדמים ב־ ‪ Z‬מסומנים ]‪.Z[x‬‬ ‫לדוגמה‪:‬‬ ‫‪8x4 − 5x3 + 3x2 − 2x + 11‬‬ ‫ו־ ‪.n = 4‬‬ ‫שני פולינומים כאלה נקראים שווים‪ ,‬אם כל המקדמים שלהם שקולים מודולו ‪.n‬‬ ‫כלומר‪:‬‬ ‫)‪8x4 − 5x3 + 3x2 − 2x + 11 ≡ 0 · x4 − x3 + 3x2 − 2x − 1 ( mod 4‬‬ ‫פעולות חיבור וכפל מתבצעות מקדם‪-‬מקדם‪.‬‬ ‫נשים לב שלפי הגדרות אלה )‪ ,x3 6≡ x ( mod 3‬זאת על אף ש־ )‪.03 ≡ 0, 13 ≡ 1, 23 ≡ 2 ( mod 3‬‬ ‫ההתאמה שלוקחת פולינום ב־ ]‪ Zn [x‬ומחזירה פונ' מ־ ‪ Zn‬ל־ ‪ Zn‬אינה חח"ע‪.‬‬ ‫עבור פולינומים ב־ ]‪ Zn [x‬עדיין ניתן לבצע חלוקה עם שארית בתנאים מסוימים‪.‬‬ ‫נבחין שאם )‪ p(x‬פול' עם מקדמים שלמים‪ ,‬ו־ )‪ q(x‬פול' עם מקדמים שלמים‪ ,‬ומקדם מוביל )המקדם‬ ‫של החזקה הגבוהה ביותר( ‪ ,1‬אז אפשר לחלק עם שארית )במספרים הממשיים( ולקבל‪:‬‬ ‫)‪p(x) = m(x)q(x) + r(x‬‬ ‫כאשר )‪.0 ≤ deg(r) < deg(q‬‬ ‫במצב זה ל־ )‪ m(x‬ו־ )‪ r(x‬גם כן יהיו מקדמים שלמים‪ .‬לכן מתקיים גם‪:‬‬ ‫)‪p(x) ≡ m(x)q(x) + r(x) ( mod n‬‬ ‫‪∀n ≥ 1,‬‬ ‫לא קשה לראות שאפשר גם לחלק בפול' ‪ q‬מעל מודולו ‪ n‬כל עוד המקדם המוביל של ‪ q‬הוא הפיך‬ ‫מודולו ‪.n‬‬ ‫‪2‬‬ ‫טענה‬ ‫יהי ]‪ p(x) ∈ Z[x‬ו־ ‪ n‬טבעי‪ .‬אם ‪ a‬שלם הוא שורש של הפולינום ‪ p‬מודולו ‪ ,n‬כלומר ( ‪p(a) = 0‬‬ ‫)‪ ,mod n‬אז )‪ x − a|p(x‬מודולו ‪.n‬‬ ‫הוכחה‬ ‫נחלק את ‪ p‬עם שארית ב־ )‪) (x − a‬מותר לעשות כי המקדם המוביל הוא ‪ ,1‬ונקבל‬ ‫)‪p(x) = m(x)(x − a) + r(x‬‬ ‫כאשר )‪ r(x‬קבוע‪ .r(x) = r ,‬נציב ‪ x = a‬ונקבל )‪ .0 ≡ p(a) = r ( mod n‬לכן )‪,r ≡ 0 ( mod n‬‬ ‫כלומר )‪ ,x − a|p(x‬וסיימנו‪.‬‬ ‫משפט לגראנג'‬ ‫יהי ‪ p‬ראשוני‪ p(x) 6≡ 0 ,‬פולינום ב־ ]‪ ,Zp [x‬לקונגרואנציה )‪ p(x) ≡ 0 ( mod p‬יש לכל היותר‬ ‫))‪ deg (p(x‬פתרונות שונים מודולו ‪.p‬‬ ‫הוכחה‬ ‫יהיו ‪ a1 , ..., ar‬שורשים שונים של )‪ p(x‬מודולו ‪ .p‬נחלק ב־ ‪) x − a1‬הרי שהראינו שהפולינום מתחלק‬ ‫ב־ ‪ x − a‬עבור ‪ a‬שורש כלשהו( ונקבל‬ ‫)‪p(x) ≡ m1 (x) (x − a1 ) ( mod p‬‬ ‫כאשר נציב בשוויון זה ‪ ai‬עבור ‪ i > 1‬נקבל‪:‬‬ ‫)‪0 ≡ p (ai ) ≡ m (ai ) (ai − a1 ) ( mod p‬‬ ‫נובע ש־ )‪) m (ai ) ≡ 0 ( mod p‬השתמשנו בכך ש־ ‪ Zp‬שדה ־ כלומר כאשר מכפלה שווה ל־‪ ,0‬אחד‬ ‫המוכפלים בהכרח שווה ל־‪.(0‬‬ ‫באינדוקציה‪,‬‬ ‫)‪m1 (x) ≡ m2 (x) (x − a2 ) ( mod p‬‬ ‫)‪m2 (x) ≡ m3 (x) (x − a3 ) ( mod p‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫ניתן לבצע תהליך זה רק ))‪ deg (p(x‬פעמים‪ ,‬כי המקדם קטן ב־‪) 1‬לפחות( בכל חלוקה‪.‬‬ ‫‪3‬‬ ‫דוגמה‬ ‫יהי ‪ p‬ראשוני‪ ,‬נתבונן ב־ ‪.p(x) = xp − x‬‬ ‫תזכורת‪ :‬משפט פרמה הקטן‪ p :‬ראשוני‪ ,‬לכל )‪.ap−1 ≡ 1 ( mod p) ,a 6≡ 0 ( mod p‬‬ ‫ממשפט פרמה הקטן‪ ,‬כל ‪ x‬הוא שורש של )‪ p(x‬מודולו ‪ ,p‬כלומר }‪ {0, 1, ..., p − 1‬הם פתרונות‪.‬‬ ‫ממשפט לגראנג'‪ ,‬אלה הם כל השורשים‪.‬‬ ‫)‪xp − x ≡ x(x − 1)(x − 2) · ... · (x − (p − 1)) ( mod p‬‬ ‫לכן גם‬ ‫)‪xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) · ... · (x − (p − 1)) ( mod p‬‬ ‫בפרט‪ ,‬המקדם החופשי של שני האגפים שווה‪ ,‬כלומר אם נציב ‪ x = 0‬נקבל‬ ‫)‪−1 ≡ (−1)(−2) · ... · (−(p − 1)) ( mod p‬‬ ‫כלומר‬ ‫)‪−1 ≡ −1p−1 (p − 1)! ( mod p‬‬ ‫אם ‪ ,p 6= 2‬נקבל‬ ‫)‪−1 ≡ (p − 1)! ( mod p‬‬ ‫וזהו משפט ווילסון‪.‬‬ ‫דוגמה‬ ‫נפתור )‪.x2 ≡ 1 ( mod 8‬‬ ‫קל לבדוק ש־ ‪ x = 1, 3, 5, 7‬הם פתרונות‪ .‬יש ארבעה פתרונות‪ ,‬על אף שהמשוואה ממעלה ‪ 8) 2‬אינו‬ ‫ראשוני‪ ,‬ולכן משפט לגראנג' אינו תקף(‪.‬‬ ‫מעל השדות ‪ Zp‬אפשר לבצע הרבה מהפעולות שאנו מבצעים במספרים שלמים‪ .‬למשל‪ ,‬חלוקה עם‬ ‫שארית תקפה )מעל שדות כל איבר שאינו ‪ 0‬הוא איבר הפיך(‪ ,‬וכן אלגוריתם אוקלידס וההגדרה של‬ ‫‪ gcd‬תקפים‪ ,‬כאשר כעת מודדים גודל של פולינום באמצעות הדרגתו במקום ע"י הערך המוחלט שלו‪,‬‬ ‫כמו בשלמים‪ .‬כמו כן‪ ,‬ישנו פירוק יחיד של פולינום למכפלת אי‪-‬פריקים‪.‬‬ ‫‪4‬‬ ‫דוגמה‬ ‫נמצא מודולו ‪ 7‬את‬ ‫‬ ‫‪gcd 5x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1, 2x2 + 6x + 5‬‬ ‫נשתמש באלג' אוקלידס‬ ‫‪−x2 + 4x + 4‬‬ ‫‪−2x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1 | 2x2 − x − 2‬‬ ‫‪−2x4 + x3 + 2x2‬‬ ‫‪x3 − 3x2 + 3x − 1‬‬ ‫‪x3 − 4x2 − x‬‬ ‫‪x2 + 4x − 1‬‬ ‫‪x2 − 4x − 1‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‬ ‫)‪5x4 + 2x3 − x2 + 3x − 1 ≡ (−x2 + 4x + 4) · 2x2 + 6x + 5 + (x) ( mod 7‬‬ ‫‪2x2 + 6x + 5 ≡ (2x + 6)x + 5‬‬ ‫‪x ≡ 3·x·5+5‬‬ ‫לכן ‪ ,gcd(p(x), q(x)) = 5‬אבל אם )‪ F (x)|q(x) ( mod p‬אז גם )‪ aF (x)|q(x) ( mod p‬כאשר‬ ‫‪ a‬הפיך כלשהו )בשדה של ראשוניים‪ ,‬כל מספר הפיך(‪ ,‬שכן מהנתון ידוע כי קיים )‪ m(x‬כך ש־‬ ‫)‪ F (x)m(x) ≡ q(x‬אבל אז )‪ ,aF (x) · (a−1 m(x)) ≡ q(x‬ולכן )‪.aF (x)|q(x‬‬ ‫כלומר‪ ,‬במקרה שלנו‪ ,‬נוכל לומר כי ‪ ,gcd (p(x), q(x)) = 1‬שכן ‪ 5−1 = 1‬מודולו ‪ .7‬ואז נוכל לומר כי‬ ‫‪ p, q‬זרים‪.‬‬ ‫דוגמה‬ ‫הפולינום ‪ x2 + 2‬אי‪-‬פריק מודולו ‪ .5‬כלומר‪ ,‬לא קיים פולינום )‪ q(x‬ב־ ]‪ Z5 [x‬כך ש־ ‪ q(x)|x2 + 2‬ו־‬ ‫‪.0 < deg(q) < deg (x2 + 2) = 2‬‬ ‫פתרון‬ ‫אם קיים ‪ x2 + 2‬פריק אז הוא מתחלק בגורם לינארי ‪) ax + b‬כי ‪ x2 + 2‬הוא ממעלה ‪ .(2‬כלומר‪,‬‬ ‫‪ x2 + 2‬פריק אמ"מ יש לו שורש ב־ ‪) Z5‬כי לכל פולינום לינארי יש שורש(‪ .‬נציב‪:‬‬ ‫‪x = 0 : 2, x = 1 : 3, x = 2 : 1, x = 3 : 1, x = 4 : 3‬‬ ‫ולכן אין שורש ל־ ‪.x2 + 2‬‬ ‫‪5‬‬ ‫דוגמה‬ ‫פרק את ‪ x3 − 3x − 3‬מודולו ‪.5‬‬ ‫פתרון‬ ‫אם יש מחלק )‪ q(x‬בעל ‪ ,0 < deg(q) < 3‬אז ‪ x3 − 3x − 3‬מתפרק למכפלה של גורם לינארי עם‬ ‫גורם ריבועי‪ .‬לכן‪ ,‬בפרט‪ ,‬יהיה שורש ל־ ‪ x3 − 3x − 3‬ב־ ‪.Z5‬‬ ‫נחפש שורש‪:‬‬ ‫‪x = 0 : −3, x = 1 : 0‬‬ ‫נחלק ב־ )‪ ,(x − 1‬ונקבל‬ ‫‬ ‫)‪x3 − 3x − 3 ≡ x2 + x − 2 (x − 1‬‬ ‫נבדוק האם קיים פירוק נוסף ל־ ‪ .x2 + x − 2‬נבדוק שורשים‪:‬‬ ‫‪x=1:0‬‬ ‫נחלק ב־ )‪ (x − 1‬פעם נוספת ונקבל‪:‬‬ ‫)‪x3 − 3x − 3 ≡ (x − 1)2 (x − 3‬‬ ‫פתרון משוואות פולינומיות‬ ‫טענה‬ ‫יהי ]‪ ,p(x) ∈ Z[x‬ו־ ‪) n = pe11 · ... · pel l‬פירוק לראשוניים(‪ .‬יש פתרון לקונגרואנציה‬ ‫)‪(∗) p(x) ≡ 0 ( mod n‬‬ ‫אמ"מ יש פתרון לכל אחת מהקונגרואנציות‬ ‫) ‪(∗∗) p(x) ≡ 0 ( mod pei i‬‬ ‫יתר על כן‪ ,‬אם יש ‪ s‬פתרונות ל )∗( ו־ ‪ si‬פתרונות ל־ )∗∗( אז ‪si‬‬ ‫‪6‬‬ ‫‪Ql‬‬ ‫‪i=1‬‬ ‫= ‪.s‬‬ ‫הוכחה‬ ‫ברור כי אם )‪ p(x) ≡ 0 ( mod n‬אז גם‬ ‫‬ ‫‪i‬‬ ‫‪mod pei‬‬ ‫‬ ‫‪.p(x) ≡ 0‬‬ ‫נניח כעת כי )∗∗( פתיר לכל ‪ .i‬נסמן את הפתרונות הללו ב־ ) ‪.(ai‬‬ ‫ממשפט השאריות הסיני‪ ,‬קיים ‪ a‬יחיד מודולו ‪ n‬המקיים )קיים כי כל ה־ ‪ pi‬זרים בזוגות(‪:‬‬ ‫) ‪a = ai ( mod pei i‬‬ ‫לכל ‪ .i‬נראה כי )‪ .p(a) ≡ 0 ( mod n‬הדבר נובע ממשפט השאריות הסיני‪ .‬נסמן ( )‪y ≡ p(a‬‬ ‫)‪ .mod n‬אז ) ‪ 0 .y ≡ p (ai ) ≡ 0 ( mod pei i‬הוא מספר שמקיים את כל הקונגרואנציות הללו‬ ‫מודולו ‪ ,n‬ומהיחידות במשפט השאריות הסיני‪ 0 ,‬הוא המספר היחיד‪ ,‬ולכן )‪.y ≡ 0 ( mod n‬‬ ‫כדי להראות את טענת הספירה של פתרונות נסמן ב־ ‪ Si‬את קבוצת הפתרונות ל־ ≡ )‪p(x‬‬ ‫) ‪ .0 ( mod pei i‬נסמן ב־ ‪ S‬את קבוצת הפתרונות ל־ )‪.p(x) ≡ 0 ( mod n‬‬ ‫נרצה להוכיח ש־ | ‪ .|S| = |S1 | · ... · |Sl‬הדבר ינבע מקיום‬ ‫‪T : S1 × ... × Sl → S‬‬ ‫שהיא חח"ע ועל )וכך נראה שהגדלים של הקבוצות שווים(‪.‬‬ ‫ראינו התאמה שמקבלת את ‪ ai ∈ Si‬ומחזירה ‪ .a ∈ S‬נותר להראות שהיא חח"ע ועל‪.‬‬ ‫חח"ע‬ ‫אם ‪ a = a1 , .., al‬שונה מ־ ‪) b = b1 , ..., bl‬במודולואים המתאימים( אז )‪ T (a) 6≡ T (b‬מודולו ‪ ,n‬כי‬ ‫לפי הגדרת ‪ ,b ≡ bi , a ≡ ai ( mod pei i ) T‬אבל ‪ a‬נבדל מ־ ‪.b‬‬ ‫על‬ ‫צ"ל שלכל ‪ p(a) ≡ 0 a‬מודולו ‪ ,n‬קיימים ‪ a1 , ..., al‬מודולו ‪ pei‬כך ש־ ) ‪.p (ai ) ≡ 0 ( mod pei i‬‬ ‫אכן‪ ,‬ניתן לקחת ) ‪.ai ≡ a ( mod pei i‬‬ ‫‪7‬‬