TEORIE ČÍSEL sbírka příkladů. Diplomová práce

Transkript

1 Masarykova univerzita Přírodovědecká fakulta TEORIE ČÍSEL sbírka příkladů Diplomová práce Brno 2006 Jiří Růžička

2 Prohlašuji, že jsem tuto diplomovou práci vypracoval samostatně a použil přitom pouze uvedené literatury. VBrně8.května

3 Děkuji vedoucímu diplomové práce Mgr. Michalu Bulantovi, Ph.D. za cenné připomínky, poskytnutou odbornou literaturu a čas, který věnoval konzultacím.

4 Obsah Úvod 6 1 Základní pojmy Dělitelnost Zajímavéúlohy Společnýdělitelanásobek Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení Nesoudělnáčísla Zajímavéúlohy Prvočísla a čísla složená Příkladynaprocvičení Zajímavéúlohy Kongruence Základnívlastnostikongruencí Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení Zajímavéúlohy Eulerovafunkce ϕ Příkladynaprocvičení EulerovaaFermatovavěta Příkladynaprocvičení Zajímavéúlohy Kongruence o jedné neznámé Lineárníkongruenceojednéneznámé Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení Soustavylineárníchkongruencí Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení

5 OBSAH 4.7 Kongruencevyššíchstupňů Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení Primitivníkořeny Binomickékongruence Úlohyacvičení Příkladynaprocvičení E-learning 67 Seznam použité literatury 69 5

6 Úvod Studium teorie čísel bylo oblíbené již v antickém Řecku. K novému oživení došlo v Evropě v šestnáctém a sedmnáctém století převážně zásluhou matematika Fermata. V devatenáctém století přinesli zásadní příspěvky matematici Euler a Lagrange. Knihy Legendreho(1798) a Gausse přinesly společně první systematické teorie. Dá se říci, že Gaussova Disquisitiones Arithmeticae(1801) odstartovala začátek moderní teorie čísel. Gauss rovněž zavedl pojem kongruence a symbol a b (mod c). Do teorie čísel velkou měrou přispělo i mnoho dalších významných matematiků jako jsou Cauchy, Dirichlet nebo Jacobi. Teorie čísel se zabývá řešením problémů v oboru přirozených a celých čísel. V mnoha úlohách nás totiž jiné než celočíselné výsledky nezajímají. Například počet lidí zřejmě nebude nikdo vyjadřovat číslem reálným. V tomto směru je tedy takovéto počítání jednodušší než například práce s komplexními čísly. Jednoduchých je i mnoho základních pojmů, neboť s výrazy jako prvočíslo, nesoudělná čísla, dělitelnost nebo společný dělitel se jistě již každý setkal na střední škole. Na první pohled to tedy vypadá, že se nemůžeme setkat s žádnými většími problémy. Jetovšakjenzdání.Ivteoriičíseljemnohoproblémů,kterésedajísnadno formulovat, avšak jejichž řešení není triviální nebo se jej dokonce nepodařilo doposud nalézt. Mezi nejznámější problémy z teorie čísel patří problém prvočíselných dvojčat, Goldbachova hypotéza a velká Fermatova věta. Tato diplomová práce je sbírkou úloh a má čtenářům pomoci při studiu úvodu do teorie čísel. V začátku každé kapitoly jsou zopakovány nejdůležitější definice a věty, bez kterých se při řešení daných úloh neobejdete. Avšak těchto několik definic nemůže nahradit patřičnou literaturu z přednášek. Nenajdete zde ani žádné důkazy vět. Ty opět hledejte v doporučené literatuře. Většina kapitol začíná návodem na řešení jednoduchých úloh z dané oblasti. Následují příklady k samostatnému řešení, které mají studentům pomoci s procvičením základních výpočetních technik na jednoduchých příkladech. Příklady označené jako Na procvičení by měl zvládnout každý student vypracovat samostatně. Podobná zadání se mnohdy objevují na zkouškových písemkách a často předpokládají zažitou znalost předchozích témat. Poslední skupinou jsou příklady Zajímavé, jejichž pochopení by mělo každému pomoci k úspěšnému zvládnutí úvodu teorie čísel. 6

7 Kapitola 1 Základní pojmy Dříve než se podíváme na zajímavé úlohy z teorie čísel, zopakujme si pojmy, které jsou nezbytné pro studium teoie čísel. 1.1 Dělitelnost Definice 1.1.Řekneme,žeceléčíslo adělíceléčíslo b(neboličíslo bje dělitelnéčíslem a,též bjenásobek a),právěkdyžexistujeceléčíslo ctak,že platí a c=b.píšemepak a b. I bez důkazů je jistě všem čtenářům zřejmé, že platí několik následujících tvrzení: a b b c a c, a b a c a b+c a b c, c 0 (a b ac bc), a b b >0 a b. Věta 1.1(O dělení celých čísel se zbytkem). Pro libovolná čísla a Z, m Nexistujíjednoznačněurčenáčísla q Z, r {0,1,..., m 1} tak,že a=qm+r. Věta1.2.Propřirozenáčísla a, bplatí a b 2 a 1 2 b 1. 7

8 1. Základní pojmy Zajímavé úlohy 1.2 Zajímavé úlohy Příklad 1.1 Najdětevšechnaceláčísla x 3,prokterá x 3 x 3 3. Označme x 3=t.Tedy tmábýtcelénenulovéčíslotakové,abypronějplatilo t (t+3) 3 3.Protože tdělíkaždýčlenvýrazu,kterýjenásobkem t,můžeme výrazzjednodušitvypuštěnímtěchtočlenů.mátedyplatit t 3 3 3,neboli t 24. Toplatí,právěkdyž tjedělitelemčísla24.atoopětplatí,právěkdyž tjerovno některémuzčísel ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±24.Pro x=t+3dostáváme,že xmůženabývathodnot-21,-9,-5,-3,-1,0,1,2,4,5,6,7,9,11,15,27. Příklad 1.2 Najdětevšechnakladnáceláčísla ntaková,proněžplatí,žečíslo n 2 +1jedělitelné číslem n+1. Upravmesivýraz n 2 +1: n 2 +1=n(n+1) (n 1). Pokudmáplatit,že n+1 n 2 +1,musítaképlatit,že n+1 n 1.Voboru přirozených čísel však může větší číslo dělit menší jen tehdy, pokud je tím menším číslem0.musítedybýt n 1=0. Výledkemjetedyjedinéčíslo,ato n= Společný dělitel a násobek Definice 1.2. Mějme celá čísla a 1, a 2. Libovolné celé číslo m takové, že m a 1, m a 2 (resp. a 1 m, a 2 m)senazýváspolečnýdělitel(resp.společný násobek)čísel a 1, a 2.Společnýdělitel(resp.násobek) m 0čísel a 1, a 2,který je dělitelný libovolným společným dělitelem(resp. dělí libovolný společný násobek)čísel a 1, a 2,senazývánejvětšíspolečnýdělitel(resp.nejmenšíspolečný násobek)čísel a 1, a 2 aznačíse(a 1, a 2 )(resp.[a 1, a 2 ]). S největším(resp. nejmenším) společným dělitelem(resp. násobkem) se jistě jižkaždýzvásněkdysetkal. 8

9 1. Základní pojmy Společný dělitel a násobek Způsobů na výpočet společného dělitele je několik, podíváme se nyní na ten nejznámější, tzv. Euklidův algoritmus. Věta1.3(Euklidůvalgoritmus).Nechť a 1, a 2 jsoupřirozenáčísla.pro každé n 3,prokteré a n 1 0,označme a n zbytekpoděleníčísla a n 2 číslem a n 1.Pakpokonečnémpočtukrokůdostaneme a k =0aplatí a k 1 =(a 1, a 2 ). Výpočet největšího společného dělitele tedy spočívá v tom, že neustále dělíme dělitele zbytkem po předchozím dělení. Ve chvíli, kdy nám vyjde zbytek nulový, podívámesenazbytekvdělenípředchozím,atojeprávěnášhledanýnejvětší společný dělitel. Ukažme si výpočet na konkrétních příkladech. Příklad 1.3 Najděte největšího společného dělitele čísel 133 a 171. Vydělme číslo 171 číslem = Nyní vydělíme dělitele(133) zbytkem po dělení(38) opět pokračujeme v dělení 133= , 38= Protože jsme nyní dělili beze zbytku, je největším společným dělitelem předchozí nenulový zbytek. Největším společným dělitelem čísel 133 a 171 je tedy číslo 19. Příklad 1.4 Naleznětenejvětšíhospolečnéhodělitelečísel2 40 1a Stejně jako v předchozím příkladu začneme dělením čísla většího číslem menším: Zbytek je nenulový, dělíme dále =2 12 (2 28 1)+(2 12 1) =( )(2 12 1)+(2 4 1), =( )(2 4 1). 9

10 1. Základní pojmy Společný dělitel a násobek Zvýpočtůjevidět,ženejvětšíspolečnýdělitelčísel2 40 1a2 28 1ječíslo 2 4 1=15. O největším společném děliteli dvou čísel hovoří následující věta. Věta1.4(Bezoutova).Prolibovolnáceláčísla a 1, a 2 existujejejichnejvětší společnýdělitel(a 1, a 2 ),přitomexistujíceláčísla k 1, k 2 tak,že (a 1, a 2 )=k 1 a 1 + k 2 a 2. Vztah mezi největším společným dělitelem a nejmenším společným násobkem charakterizuje následující tvrzení. Věta 1.5.Prolibovolnáceláčísla a 1, a 2 existujejejichnejmenšíspolečný násobek[a 1, a 2 ]aplatí(a 1, a 2 ) [a 1, a 2 ]= a 1 a 2. Dělitelé a násobky více čísel se definují analogicky. My je však zde uvádět nebudeme, čtenář se o nich dozví více v příslušné literatuře. Výpočet koeficientů v Bezoutově rovnosti je poměrně snadný. Pro malá čísla se dají mnohdy psát z hlavy. Pro čísla větší nejprve spočítáme největšího společného dělitele pomocí Euklidova algoritmu. Poté celý princip výpočtu spočívá ve zpětném dosazování tak, abychom číslo menší(zbytek) vyjádřili pomocí dvou čísel větších(dělitel a dělenec). Ukažme si to na následujícím příkladu. Příklad 1.5 Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro čísla 308 a 245. Nejprve spočítáme pomocí Euklidova algoritmu největšího společného dělitele: 308= , 245= , 63=1 56+7, 56=8 7. Největším společným dělitelem je(308, 245) = 7. Koeficienty v Bezoutově rovnosti nalezneme pomocí zpětného dosazování Z předposledního řádku výpočtu NSD dostáváme 7=

11 1. Základní pojmy Úlohy a cvičení Protožeplatí56= ,můžemepsát 7=63 ( )= Vímetaké,žeplatí63= ,dostávámeproto 7=4( ) 245= Bezoutovurovnostnynímůžemepsátjako(308,245)= Úlohy a cvičení 1. Nalezněte největšího společného dělitele a koeficienty v Bezoutově rovnosti pro čísla: (a)1234a4321 (b)650a702 (c)3 45 1a (d)3 77 1a [ (a) 1= ] [ (b) 26= ] [ (c) 242=( ) (3 45 1) ( ) (3 65 1) ] [ (d) 2186=(3 21 1) ( ) 3 7 (3 77 1) ] 1.5 Příklady na procvičení Příklad 1.6 Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel 123a321. Spočítejme nejprve největšího společného dělitele pomocí Euklidova algoritmu. 321= , 123=75+48, 75=48+27, 48=27+21, 27=21+6, 21=3 6+3, 6=

12 1. Základní pojmy Příklady na procvičení Největšíspolečnýdělitelčísel123a321jetedy3.Dosazujmenynízpětnědo rovnosti 3=21 3 6, 3=21 3(27 21), 3= , 3=4(48 27) 3 27, 3= , 3=4 48 7(75 48), 3= , 3=11(123 75) 7 75, 3= , 3= ( ), 3= KoeficientyBezoutovyrovnostipročísla123a321jsoučísla47a-18. Příklad 1.7 Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel 527a713. Napřed spočítáme největšího společného dělitele. 713= , 527= , 186=155+31, 155=5 31. Největším společným dělitelem je číslo 31. Nyní budeme hledat koeficienty v Bezoutově rovnosti. 31= , 31=186 ( )= , 31=3( ) 527= Bezoutovurovnostmůžemepsátjako(527,713)= Příklad 1.8 Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel a

13 1. Základní pojmy Nesoudělná čísla Spočítejme NSD: =( )(2 35 1)+(2 21 1), =(2 14 )(2 21 1)+(2 14 1), =(2 7 )(2 14 1)+(2 7 1), =(2 7 +1)(2 7 1). Největším společným dělitelem je číslo 127. To můžeme psát jako 127=(2 21 1) 2 7 (2 14 1), 127=(2 21 1) 2 7 ((2 35 1) 2 14 (2 21 1) ), 127=(2 21 1)( ) 2 7 (2 35 1), 127= ( (2 91 1) ( )(2 35 1) ) ( ) 2 7 (2 35 1), 127=( )(2 91 1)+(2 35 1) ( 2 7 ( )( ) ), 127=( )(2 91 1)+(2 35 1)( ). Největšímspolečnýmdělitelemčísel2 91 1a2 35 1ječíslo127. Bezoutovu rovnost můžeme psát jako (2 91 1,2 35 1)=( )(2 91 1) ( )(2 35 1). 1.6 Nesoudělná čísla Cotojsousoudělnáanesoudělnáčísla,víkaždýčtenářjižzestředníškoly.Avšak zopakujme zde definice těchto pojmů. Definice1.3.Čísla a 1, a 2,...,a n Zsenazývajínesoudělná,jestližeplatí (a 1, a 2,...,a n )=1.Čísla a 1, a 2,...,a n Zsenazývajípodvounesoudělná, jestližeprokaždé i, jtakové,že1 i < j n,platí(a i, a j )= Zajímavé úlohy Následující úloha pochází ze zadání matematické olympiády pro střední školy. Zkusme ji nyní bez nějakých dalších vědomostí vyřešit. 13

14 1. Základní pojmy Zajímavé úlohy Příklad 1.9 Dokažte,žeprovšechnapřirozená mplatí,ževýraz m 6 m 2 jedělitelnýčíslem 60. Protožeplatí60=3 4 5azároveňjsoučísla3,4a5podvounesoudělná,stačí dokázat, že daný výraz je dělitelný každým z těchto čísel. Nejprvedokážeme,že m 6 m 2 jenásobkemčísla3.číslo mmůžedávatpodělení třemi pouze některý z těchto zbytků: 0, 1, 2. Podívejme se, jaké dostaneme zbytky, pokud toto číslo umocníme na šestou nebo druhou a jaký zbytek dostaneme, pokud od sebe mocniny odečteme. Tyto zbytky nám ukazuje následující tabulka. Obsahuje vždy jen zbytky po dělení příslušného výrazu číslem 3. m m m m 6 m Z tabulky přímo vidíme, že pro kterékoliv přirozené číslo(číslo s libovolným zbytkem) je daný výraz dělitelný třemi. Vytvořme stejnou tabulku pro dělení čtyřmi. Zbytky, které můžeme dostat, jsou 0,1,2a3. m m m m 6 m Nynívidíme,ževýrazjeprovšechna mdělitelnýičíslem4. Podívejme se ješte, jak to vypadá pro dělení pěti. m m m m 6 m Výrazjetedydělitelnýičíslem5. Dostalijsmetak,žedanývýrazjedělitelnýčísly3,4i5.Protožejsoutatočísla navzájemnesoudělná,jevýrazdělitelnýičíslem3 4 5=60. Příklad 1.10 Dokažte,žepokudjsou aabrůznáceláčísla,potomexistujenekonečněmnoho kladnýchcelýchčísel ntakových,že a+nab+njsoučíslanesoudělná. 14

15 1. Základní pojmy Zajímavé úlohy Nechť aabjsoudvěrůznáceláčísla.bezújmynaobecnostimůžemepředpokládat, že a < b.nechť n=(b a)k+1 a.pro kdostatečněvelkébude nkladnécelé číslo.dostáváme a+n=(b a)k+1, b+n=(b a)(k+1)+1,kde a+na b+njsoucelákladnáčísla.jestližepronějakéčíslo dplatí d a+nad b+n, musítaképlatit d b a.protože d a+n=(b a)k+1azároveň d b a, musítaképlatit d 1.Odtuddostáváme,že d=1.čísla a+nab+njsouproto nesoudělná. 15

16 Kapitola 2 Prvočísla a čísla složená Definice 2.1.Pokudmáčíslo n 2pouzetriviálníkladnédělitele(tedy číslo1an),nazýváseprvočíslo.pokudmáinetriválnídělitele(tedyinějaké další), nazývá se složené číslo. Věta2.1.Přirozenéčíslo p 2jeprvočíslo,právěkdyžplatí:prokaždácelá čísla a, bzp abplyne p anebo p b. Věta 2.2.Libovolnépřirozenéčíslo n 2jemožnévyjádřitjakosoučin prvočísel, přičem je toto vyjádření jediné, nebereme-li v úvahu pořadí činitelů. 2.1 Příklady na procvičení Příklad 2.1 Dokažte nebo vyvraťte tvrzení: Pro každé prvočíslo p 5 platí, že alespoň jedno zčísel p 2 +4, p 2 +6neníprvočíslo. Předpokládejme,že p 5jeprvočíslo.Pokudčíslo pdělímečíslem5,dávázbytek1,2,3nebo4.podívejmesetedy,jakézbytkydávajípodělenípětičísla p 2 +4ap To nám ukazuje následující tabulka. 16

17 2. Prvočísla a čísla složená Zajímavé úlohy p p p p Zposledníchdvouřádkůjejasněvidět,žeječíslem5dělitelnývždyprávějeden zvýrazů p 2 +4nebo p 2 +6.Navícjekaždýztěchtovýrazůvětšínež5anemůže tak být prvočíslem. Tím jsme dokázali platnost tvrzení. 2.2 Zajímavé úlohy Příklad 2.2 Najděte všechna prvočísla, která můžeme vyjádřit zároveň jako součet i rozdíl dvou jiných prvočísel. Nechť r je takové prvočíslo, které můžeme napsat jako součet i rozdíl dvou jiných prvočísel.potomjejistě r >2ajelichýmprvočíslem.Protožesoučetirozdíl prvočísel má být opět prvočíslo(liché číslo), musí být jedno z těchto prvočísel sudé, tedyrovnodvěma. Dostávámetak r = p+2 = q 2,kde r, p, q jsou prvočísla. Hledáme proto tři za sebou jdoucí prvočísla. Těmi jsou pouze čísla 3, 5a7.Dostávámetak,žejediněprvočíslo5můžemenapsatjakosoučetirozdíl jinýchdvouprvočísel(5=2+3=7 2). Příklad 2.3 Najdětevšechnaprvočíselnářešení p, q, rrovnice p(p+1)+q(q+1)=r(r+1). Rovnicemájedinéřešení,ato p=q=2, r=3.ukažmesiproč.najděmenejprve všechnařešenírovnice p(p+1)+q(q+1)=n(n+1),kde p, qjsouprvočíslaan je kladné celé číslo. Naši rovnici můžeme přepsat do tvaru p(p+1)=n(n+1) q(q+1)=(n q)(n+q+1), zároveňmusíbýt n > q.protože pjeprvočíslo,musíplatit p n qnebo p n+q+1. Jestliže p n q,potom p n q,zčehožplyne p(p+1) (n q)(n q+1)a tedy n+q+1 n q+1.tojeovšemnemožné.protomusíplatit,že p n+q+1, cožznamená,žepronějakékladnécelé krovněžplatí n+q+1=kp,cožimplikuje p+1=k(n q). 17

18 2. Prvočísla a čísla složená Zajímavé úlohy Pokudje k=1,potom n+q+1=pap+1=n q,dostávámetak p q=n+1 azároveň p+q= n+1.tojeovšemnemožné.protomusíbýt k >1.Zpředchozího můžeme psát 2q=(n+q) (n q)=kp 1 (n q)= = k [k(n q) 1] 1 (n q)=(k+1)[(k 1)(n q) 1]. Protože k 2,je k+1 3.Výraz2q jedělitelnýpouzečísly1,2, q,2q. Musíprotobýt k+1=qnebo k+1 =2q.Jestližeje k+1=q,potomje (k 1)(n q)=3.odsud(q 2)(n q)=3.nyníjebuď q 2=1, n q=3 aproto q=3, n=6, k=q 1=2ap=5neboje q 2=3, n q=1aztohoto dostáváme q=5, n=6, k=4ap=3. Takémůžebýt k+1=2qaodtud(k 1)(n q)=2.protoplatíirovnost 2(q 1)(n q)=2.tentovztahvedektomu,že q 1=1an q=1,neboli q=2, n=3ap=2. Takže pro kladné celé číslo n dostáváme tato řešení s prvočísly p a q: 1. p=q=2, n=3 2. p=5, q=3, n=6 3. p=3, q=5, n=6. Pouze v prvním případě jsou všechna tři čísla prvočísla. 18

19 Kapitola 3 Kongruence Definice3.1.Pokudmajídvěceláčísla a, bpodělenípřirozenýmčíslem m stejnýzbytek r,kde0 r<m,nazývámejekongruentnímodulo m(nebo kongruentní podle modulu m). Zapisujeme to takto: a b(mod m). Jestliže mají různý zbytek, říkáme, že nejsou kongruentní modulo m, a píšeme: a b(mod m). Věta3.1.Prolibovolné a, b Z, m Njsounásledujícípodmínkyekvivalentní: 1. a b(mod m), 2. a=b+mt provhodné t Z, 3. m a b. 3.1 Základní vlastnosti kongruencí Připomeňme zde několik vět o vlastnostech kongruencí. Ty poměrně snadno obdržíme přímo z definice. Důkazy zde uvádět nebudeme, najdete je v patřičné literatuře. 19

20 3. Kongruence Základní vlastnosti kongruencí Věta Kongruence podle téhož modulu můžeme sčítat. Libovolný sčítanec můžeme přenést s opačným znaménkem z jedné strany kongruence na druhou. Na libovolnou stranu kongruence můžeme přičíst jakýkoliv násobek modulu. 2. Kongruence podle téhož modulu můžeme násobit. Obě strany kongruence můžeme umocnit na totéž přirozené číslo nebo vynásobit stejným celým číslem. 3. Obě strany kongruence můžeme vydělit jejich společným dělitelem, pokud je tento dělitel nesoudělný s modulem. 4. Obě strany kongruence i její modul můžeme vynásobit tímtéž přirozeným číslem. 5. Obě strany kongruence i její modul můžeme vydělit jejich společným kladným dělitelem. 6.Pokudkongruence a bplatípodlevícemodulů m 1... m k,platíipodle modulu, který je nejmenším společným násobkem [m 1... m k ] těchto modulů. 7. Platí-li kongruence podle modulu m, platí také podle libovolného modulu d,kterýjedělitelemčísla m. 8. Pokud nějaké číslo dělí jednu stranu kongruence i modul, pak také dělí druhou stranu kongruence. Poznámka. Počítání s kongruencemi nevyžaduje žádné zvláštní vědomosti. Spíše jen cvik a představivost, co to znamená, pokud jsou dvě čísla spolu kongruentní. Početních cest vede k cíli obvykle více. Ke zjednodušení výrazu se nejvíce využívá toho, že můžeme libovolné číslo nahradit jeho zbytkem po dělení modulem, případně číslem o modul menším než je zbytek(plyne z 3.2.1). Příklad 3.1 Naleznětezbytekpoděleníčísla2 30 číslem5. Zjevně platí kongruence 2 2 =4 1 (mod5). 20

21 3. Kongruence Základní vlastnosti kongruencí Nyní podle věty můžeme obě strany kongruence umocnit, tedy 4 15 =2 30 ( 1) 15 = 1 (mod5). Protožepodledefinicemáprozbytekplatit0 r < m,ještěpřičtemenapravou stranu jednou modul (mod5), (mod5). Zbytekpoděleníčísla2 30 číslem5jetedy4. Příklad 3.2 Naleznětezbytekpoděleníčísla72 11 číslem17. Číslo 72 si nejprve rozložíme na vhodnější součinitele a zjednodušíme. Například =(4 18) 11 (4 1) 11 =4 11 (mod17). Kongruenci budeme dále upravovovat: = = (mod17). Protože 16 1 (mod 17), provedeme záměnu ( 1) 5 = 4 (mod17). Neboť je 4 13 (mod 17), provedeme ještě jednou záměnu (mod17). Zbytekpoděleníčísla72 11 číslem17jetedy13. Příklad 3.3 Naleznětezbytekpoděleníčísla13 25 číslem7. Platí, že 13 1 (mod7). 21

22 3. Kongruence Základní vlastnosti kongruencí Musí tedy platit také ( 1) 25 = 1 (mod7). A tedy po přičtení modulu na pravou stranu dostáváme výsledek (mod7). Zbytekpoděleníčísla13 25 číslem7je6. Příklad 3.4 Naleznětezbytekpoděleníčísla číslem9. Vytvořme kongruenci náhradou čísel za zbytky po dělení (mod9). Upravme kongruenci do vhodného tvaru (2) (2 3 ) 3 (mod9). Po jednoduché úpravě dostaneme (mod9). Opět nahradíme některá čísla menšími zbytky ( 1) ( 1) 9 (mod9). Nyní stačí už jen upravovat: (mod9), (mod9). Zbytekpoděleníčísla číslem9jetedy8. Příklad 3.5 Dokažte,žečíslo jedělitelnéčíslem13. Dokázat,žečíslo13dělíčíslojiné,jetotéžjakoukázat,žetakovéčíslodávázbytek nula po dělení třinácti. Tedy, že je kongruentní s nulou modulo

23 3. Kongruence Základní vlastnosti kongruencí Nejprve nahradíme základy mocnin zbytky po dělení číslem 13: (mod13). Kongruenci upravíme: (9+3+1) (mod13), (mod13). Číslo 13 na pravé straně můžeme nahradit jeho zbytkem, tedy nulou: (mod13). Tímtojsmeukázali,ževýraz jekongruentnísnulou,neboliže je dělitelný číslem 13. Příklad 3.6 Dokažte,žečíslo jedělitelnéčíslem22. Opět ukážeme kongruenci tohoto čísla s nulou modulo 22. Vyřešení však vyžaduje více úprav, než jsme byli doposud zvyklí. Nejprve výraz vhodně upravíme =(2 3 +1) (5 2 ) = = (25) Nyní už řešíme běžným způsobem danou kongruenci (5+3 8 ) ( ) (5+7 2 ) ( ) (mod22). Ukázat, že je levá strana kongruence kongruentní s nulou modulo 22 je stejné, jako nyníukázat,žejemodulo11snuloukongruentnívýrazvzávorcenapravéstraně (2 5 ) ( 1) (mod11). Zoboukongruencítedyplyne,že (mod22),nebo-ližeje daný výraz dělitelný číslem

24 3. Kongruence Úlohy a cvičení 3.2 Úlohy a cvičení 1. Jaký zbytek dává číslo: (a)13 25 dělenéčíslem6 (b) dělenéčíslem7 (c) dělenéčíslem5 (d) dělenéčíslem22? [ (a)1;(b)1;(c)3; (d)13 ] 2. Dokažte, že je dělitelné: (a)číslo číslem5 (b)číslo číslem4 (c)číslo číslem13 (d)číslo číslem Příklady na procvičení Příklad 3.7 Určetedvěposledníčíslicedekadickéhozápisučísla Zadání příkladu je stejné, jako kdybychom se ptali, jaký zbytek dává dané číslo podělenístem,nebolisčímjetotočíslokongruentnímodulo = =27 (27 2 ) (mod100) =27 (29 2 ) =27 (841) (mod100) =27 (41 5 ) =27 ( ) (mod100) (mod100) Zjistilijsme,žeposlednídvěcifrydekadickéhozápisučísla jsou27. Příklad 3.8 Naleznětepřirozenéčíslo xsplňující x 4 48 (mod97). Mámenajítsčímje4 48 kongruentní.tedy x 4 48 =64 16 ( 33) 16 =33 16 = =484 4 ( 1) 4 =1 (mod97). Se zadanným číslem je kongruentní číslo 1. 24

25 3. Kongruence Zajímavé úlohy 3.4 Zajímavé úlohy Příklad 3.9 Dokažte,žeprokladnéceléčíslo nplatí n 2 (n+1) n 1. Z binomické věty dostáváme (1+n) n =1+ Navíc pro druhý sčítanec platí ( ) n n+ 1 ( ) n n=n 2. 1 ( ) n n ( ) n n n. n Pokudjetedy n >1,platí,ževšechnyčlenyrozkladukroměprvníhojsounásobkem n,jehožmocninaje 2.Tedyplatí ( ) ( ) ( ) n n n n 2 n+ n n n. 1 2 n Odtudtedyplynezávěr,že n 2 (n+1) n 1. Příklad 3.10 Najdětevšechnakladnáceláčísla ataková,prokterájevýraz a 10 +1dělitelný číslem 10. Jestližeje akladnéceléčísloarjejehozbytekpodělenídeseti,potomje a dělitelnéčíslem10tehdyajentehdy,kdyžje r 10 +1dělitelnédeseti.Zbytek r jeprávěněkterézčísel0,1,2,...,9.protatočíslajednodušeověříme,žepouze a jsoudělitelnádeseti = = = = ( 1) 5 +1=0 (mod10) Totojejistělichéčísloaprotonemůžebýtdělitelnédeseti = (mod10) Opětdostávámelichéčíslo,kterénemůžebýtdělitelnédeseti = ( 1) 5 +1=0 (mod10) Itotočíslojeliché ( 1) 10 +1=2 (mod10) 25

26 3. Kongruence Eulerova funkce ϕ Toznamená,žečíslo a,prokteréplatí10 a 10 +1,můžebýtpouzetvaru10k+3 nebo10k+7pro k=0,1,2,.... Příklad 3.11 Dokažte,žepokudproceláčísla aabplatí7 a 2 +b 2,potom7 aazároveň7 b. Druhá mocnina celého čísla nedělitelného sedmi dává po dělení sedmi zbytek 1, 2 nebo4.součetdvoutakovýchtozbytkůmůžebýt1,2,3,4,5nebo6.pokudjsou tedy aabtakováčísla,že7 a 2 + b 2,musíbýtsedmidělitelnátakéoběčísla ai b. Příklad 3.12 Dokažte,žepro F n =2 2n +1platí F n 2 Fn 2 (n=1,2,...). Můžemejednodušeindukcíukázat,žeprokladnáceláčísla nplatí2 n n+1, zčehožplyne,že2 n+1 2 2n azvěty1.2dostáváme2 2n n 1.Dáleplatí 2 2n n+1 1=(2 2n +1)(2 2n 1)a2 22n 1 2(2 22n 1)= Dohromady 22n takmůžemepsát F n =2 2n n n n +1 2=2 Fn 2,tedy F n 2 Fn 2.Tímtojedůkazhotov. Poznámka. Někteří matematici se domnívají, že tento vztah vedl P. Fermata k doměnce,ževšechnačísla F n (n =1,2,...)jsouprvočísla.ZaFermataselidé domnívali,žetzv.čínskávětajepravdivá,tedytvrzení,žekdyž m >1splňuje vztah m 2 m 2,pakje mprvočíslo(vztahbylověřenproněkolikprvníchstovek celýchčísel).tototvrzeníbylovyvrácenopro m=341= Eulerova funkce ϕ Definice 3.2. Nechť n N. Definujeme Eulerovu funkci ϕ předpisem ϕ(n)= {a N 0<a n,(a, n)=1}. Eulerova funkce ϕ(n) je definována jako počet přirozených čísel menších než n,kterájsounesoudělnásn. 26

27 3. Kongruence Příklady na procvičení Věta3.3.Nechť n Najehorozkladjetvaru n=p α pα k k.pak ϕ(n)=(p α 1 1 p α )...(p α k k pα k 1 k ). Snadnou úpravou dostaneme, že ) ) ϕ(n)=n (1 1p1... (1 1pk. Zdefiniceplatí ϕ(1)=1. Jezřejmé,žeproprvočíslo pje ϕ(p)=p 1. Věta3.4.Prolibovolnádvěnesoudělnápřirozenáčísla m 1, m 2 platí ϕ(m 1, m 2 )=ϕ(m 1 ) ϕ(m 2 ). Výpočet Eulerovy funkce je poměrně snadný. Stačí zadané číslo rozložit na součin prvočísel a dosadit do jednoho z výše uvedených vzorců. 3.6 Příklady na procvičení Příklad 3.13 Spočítejte hodnotu Eulerovy funkce pro číslo 735. Nejprve si rozložíme číslo 735 na součin prvočísel: 735=3 245=3 5 49= Zbývá dosadit do vhodného vzorce. Nejlépe je vzorce dle potřeby kombinovat: ϕ(735)=ϕ(3) ϕ(5) ϕ(7 2 ), ϕ(735)=2 4 ( ), ϕ(735) = 336. Eulerova funkce pro číslo 735 má hodnotu

28 3. Kongruence Eulerova a Fermatova věta 3.7 Eulerova a Fermatova věta Věta 3.5 (Fermatova, Malá Fermatova). Pro libovolné prvočíslo p a každé celé číslo a platí a p a (mod p). Je-linavíc(a, p)=1,platí a p 1 1(mod p). Věta3.6(Eulerova).Nechť a Z, m N,(a, m)=1.pak a ϕ(m) 1 (mod m). S Eulerovou větou a Eulerovou funkcí úzce souvisí důležitý pojem řád čísla modulo m. Definice3.3.Nechť a Z, m N,(a, m)=1.řádemčíslaamodulom rozumíme nejmenší přirozené číslo n splňující a n 1 (mod m). Věta3.7.Nechť a Z, m N,(a, m)=1.označmerřádčíslaamodulo m.pakprolibovolná t, s N {0}platí a t a s (mod m) t s (mod r). Věta3.8.Nechť a Z, m N,(a, m)=1.označmerřádčíslaamodulo m. 1.Prolibovolné n N {0}platí 2. r ϕ(m). a n 1 (mod m) r n. 28

29 3. Kongruence Příklady na procvičení 3.8 Příklady na procvičení Příklad 3.14 Určeteřádčísla5modulo13. Víme,žemáplatit5 ϕ(m)=12.řádemprotobudeněkterézčísel1,2,3,4,6,12. Budeme prověřovat tato čísla postupně od nejmenšího (mod13) (mod13) = 5 (mod13) (mod13) Řádemčísla5modulo13ječíslo4. Příklad 3.15 Rozhodněte,prokterápřirozenáčísla nječíslo3 n +4 n 5 n dělitelnéjedenácti. Má-li být zadaný výraz dělitelný číslem 11, musí dávat po dělení jedenácti zbytek 0. Budeme modulo 11 zjišťovat, jaké zbytky dávají jednotlivé sčítance a jaký zbytek dostaneme jejich součtem, v závislosti na n. Lze snadno ověit, že modulo 11majíčísla3,4,5stejnýřád5(řádmusídělit ϕ(11)=10,jetoprotoněkteré zčísel1,2,5,10).jeprotozřejmé,žestačíověřitzbytkypro n 5.Potésebudou jejich zbytky opakovat stejným způsobem od začátku. Zapišme si výsledky do přehledné tabulky. n 3 n 4 n 5 n 3 n +4 n 5 n Ztabulkyjevidět,ževýrazjedělitelnýpouzepro n 2(mod5). Příklad 3.16 Dokažtetvrzení: Prokaždépřirozenéčíslo nplatí,žečíslo2 26n+2 16jedělitelné číslem37. 29

30 3. Kongruence Příklady na procvičení Platí, že Odtud dostáváme 2 6 =64 1 (mod9). 2 6n 1 (mod9), 2 6n (mod2 2 9), 2 6n+2 4 (mod36). Kongruenci také můžeme zapsat parametricky: Z Fermatovy věty plyne Z obou výrazů můžeme psát tedy 2 6n+2 =36t+4, kde t Z (mod37). 2 26n+2 =2 36t =16 (mod37), 2 26n (mod37). Tímtojsmedokázali,žečíslo37dělívýraz2 26n+2 16provšechnapřirozená n. Příklad 3.17 Dokažte,žeprovšechna n Nplatí25 4 2n+1 10n 4. Podívejme se, jaké zbytky dávají(modulo 25) pro všechna možná n jednotlivé členyvýrazuajakýzbytekdávácelývýraz.protožeřádčísla4modulo25je5, budousezbytkyvždypopětiopakovat.protože(10,25)=5a25:5=5,budousei zbytkyčlenu10nvždypopětiopakovat.stačísetedypodívatnačísla1 n 5. n 4 2n+1 10n 4 2n+1 10n

31 3. Kongruence Zajímavé úlohy Z tabulky je patrné, že zadaný výraz je dělitelný číslem 25 pro všechna přirozená čísla n. Příklad 3.18 Dokažte,žeprolibovolnépřirozenéčíslo nječíslo n 1 dělitelnéčíslem 127. Máme ukázat, že všechna přirozená n splňují kongruenci Tuto kogruenci můžeme upravit 2 222n (mod127) n 1 16=2 4 (mod127). Protožečíslo7jeřádčísla2modulo127.Platípodlevěty3.7danákongruence, právě když platí kongruence 2 22n 1 4=2 2 (mod7). Modulo7máčíslo2řád3.Opětpodlevěty3.7kongruenceplatí,právěkdyž Kongruenci můžeme ještě přepsat: 2 2n 1 2 (mod3). ( 1) 2n 1 ( 1) (mod3). Kongruence je zajisté splněna vždy, když je výraz 2n 1 lichým přirozeným číslem. Tím je ovšem pro libovolné přirozené n, čímž jsme dokázali požadované tvrzení. 3.9 Zajímavé úlohy Příklad 3.19 Dokažte,ženeexistuježádnéceléčíslo n >1takové,prokteréplatí n 2 n 1. Předpokládejme,žeexistujeceléčíslo n >1takové,že n 2 n 1anechť nje nejmenší z takovýchto čísel. Pakjejistě nlichéajeproto(n,2)=1.zeulerovyvětydostáváme n 2 ϕ(n) 1. 31

32 3. Kongruence Zajímavé úlohy Zvěty1.2plyne,ženejvětšíspolečnýdělitelčísel2 a 1a2 b 1ječíslo2 d 1, kde d=(a, b).pro a=nab=ϕ(n), d=(n, ϕ(n))dostáváme,že n 2 d 1.Pro n >1všakdostáváme2 d 1 >1.Ztohoplyne d >1a1 < d ϕ(n) < n.odtud d n 2 d 1,cožjevrozporusnašímpředpoklademon. Příklad 3.20 Dokažte,žeproliché nplatí n 2 n! 1. Pro n = 1 je vztah zřejmý. Pro n > 1, jehož rozklad na prvočísla je n = q α 1 1 qα qα k k a ϕ(n)=q α q α q α k 1 (q 1 1)...(q k 1), k akde q 1 < q 2 < < q k platí q α q α q α k 1 k n,kde q 1 1 < q k n.jistě platí q k 1 < naq 1 1 < q 2 1 < < q k 1jsourůznákladnáceláčíslamenší než n.odtuddostáváme(q 1 1)(q 2 1)...(q k 1) (n 1)!azároveňtedymusí platit ϕ(n) (n 1)! n=n!pokudje nliché,potom(zeulerovyvěty)dostáváme n 2 ϕ(n) 1 2 n! 1,tedy n 2 n! 1.Tímjedůkazhotov. Příklad 3.21 Dokažte,žečíslo19dělíčíslo2 26k+2 +3pro k=0,1,2,... Platí,že2 6 =64 1(mod9).Ztohoplyne,žeprovšechna k=0,1,2,...platí 2 6k 1(mod9).Odtuddostáváme2 6k (mod9)aprotožeoběstranyjsou sudé,dostáváme2 6k (mod18).totomůžemenapsatjako2 6k+2 =18t+2 2, kde tjeceléčíslo 0.ZFermatovyvětyplyne2 18 1(mod19)aodtud2 18t 1 (mod19)pro t=0,1,2,....zpředchozíhoplyne2 26k+2 =2 18t (mod19). Závěrem dostáváme 2 26k (mod19). Tímto je důkaz hotov. 32

33 Kapitola 4 Kongruence o jedné neznámé Definice4.1.Nechť m N, f(x), g(x) Z[x].Zápis f(x) g(x)(mod m) nazýváme kongruencí o jedné neznámé x. Úkolem nalézt množinu řešení této kongruence rozumíme nalézt množinučísel c Ztakových,žeplatí f(c) g(c)(mod m). Dvě kongruence se nazývají ekvivalentní, mají-li stejnou množinu řešení. Věta4.1.Prolibovolná a, b Z, m N, f(x) Z[x]platí a b (mod m) = f(a) f(b) (mod m). 4.1 Lineární kongruence o jedné neznámé Definice 4.2. Lineární kongruencí o jedné neznámé nazýváme kongruenci typu ax b (mod m), m N, a, b Z. (1) Věta4.2.Označme d=(a, m).pakkongruence(1)mářešeníprávětehdy, když d b.pokud d b,pakmátatokongruenceprávě dřešení(modulo m). 33

34 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé Poznámka. Ověření, zda má daná kongruence řešení je obvykle prvním krokem výpočtu. Na samotné řešení lineárních kongruencí existuje více způsobů, my se zde podíváme na několik nejzákladnějších: 1) Jednoduchými úpravami Tento způsob řešení využívá takových úprav kongruence, že se výsledná množina řešení nezmění. Tento postup vede k výsledku obvykle nejrychleji a nejjednodušeji, avšak není dostatečně dobře algoritmizovatelný. Příklad 4.1 Řeštekongruenci21x 6(mod9). Nejprve ověříme, zda má daná kongruence řešení: (21,9)=3 6. Daná kongruence má tedy tři řešení modulo devět. Kongruenci budeme upravovat základními pravidly 3.2. Nahraďme tedy číslo 21 jeho zbytkem: 3x 6 (mod9). Nyní obě strany kongruence vydělíme číslem 3. Toto číslo však dělí i modul, proto jej také podělíme, x 2 (mod3). mjsouvšechna x,prokteráplatí x 2(mod3). Vúvodupříkladujsmezjistili,žekongruencemátřiřešenímodulo9.Myvšak mámepouzejedenvýsledekmodulo3.převodnatřiřešenímodulo9jevšakvelmi snadný: x 2(mod9), x 5(mod9), x 8(mod9). Příklad 4.2 Řeštekongruenci26 5 x 16(mod11). Ověříme nejprve, zda má kongruence řešení. (26 5,11)=(26,11)=

35 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé Kongruence má jedno řešení modulo 11. Budeme proto pokračovat ve výpočtech. Číslo 26 nahradíme zbytkem po dělení 11 Obě strany podělíme číslem 16 Kongruenci dále upravujeme: 4 5 x 16 (mod11). 4 3 x 1 (mod11). 16 4x 1 (mod11), 5 4x 1 (mod11), 20 x 1 (mod11), 9x 1 (mod11). Potřebujeme se zbavit devítky na levé straně. Ta však nemá žádného netriviálního společného dělitele s jedničkou, proto si přičteme k jedničce modul, Nyní můžeme obě strany podělit třemi: 9x 12 (mod11). 3x 4 (mod11). Opět nelze žádným číslem dělit pravou a levou stranu kongruence současně. Přičtemesitedynapravoustranuznovumodul(totojevelmičastýkrokpřivýpočtech kongruencí) 3x 15 (mod11). Pokud obě strany znovu podělíme třemi, máme výsledek x 5 (mod11). mjsoutedyvšechna x,prokteráplatí x 5(mod11). 2) S využitím Eulerovy věty: Pokudjekongruencetvaru(1)anavícplatí(a, m)=1(tohovždymůžemedosáhnout vydělením), lze psát: ax b (mod m). 35

36 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé Povynásobeníkongruencečíslem a ϕ(m) 1 dostaneme a ϕ(m) 1 a x a ϕ(m) 1 b (mod m), po úpravě a ϕ(m) x a ϕ(m) 1 b (mod m). Protože a ϕ(m) 1 (mod m)(eulerovavěta),platí x a ϕ(m) 1 b (mod m). Tento postup výpočtu je poměrně jednoduchý, avšak ke konci řešení může vést k velmi náročným úpravám. Příklad 4.3 Řeštekongruenci26x 4(mod9). Jelikožjekongruencevesprávnémtvarua(26,9)=1,můžemejiřešitpřesně podlenávodu.navíc1 4,aprotobudemítkongruencejednořešenímodulo9 Spočítejme nejprve Eulerovu funkci pro hodnotu 9: ϕ(9)=9 (1 1 3 )=6. Nynívynásobímeoběstranykongruencečíslem26 5 : x (mod9), 26 6 x (mod9), Protožeje26 6 ( 1) 6 1 (mod9),můžemepsát x (mod9). Tímto jsme získali výsledek. Je však třeba jej ještě upravit. To provedeme běžnými úpravami tak, jak jsme zvyklí. Nahradímečíslo26jehozbytkemmodulo9aještějednouodnějmodulodečteme: x ( 1) 5 4 (mod9), x 4 (mod9). 36

37 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé Nyní ješte můžeme přičíst modul na pravou stranu kongruence x 5 (mod9). Kongruencemátedyřešeníprotaková x,prokteráplatí x 5(mod9). Příklad 4.4 Řeštekongruenci76x 8(mod10). Kongruencejesicevetvaru(1),ale(76,10)=2atopronásnenívhodné.Proto kongruenci nejprve upravíme podělením obou stran i modulu číslem 2, 38x 4 (mod5). Tato kongruence již splňuje všechny požadavky a bude mít jedno řešení modulo 5. Spočítejme hodnotu Eulerovy fce v čísle 5, ϕ(5)=4. Nyníoběstranykongruencevynásobímečíslem38 3, x=38 4 x (mod5). Jelikož (mod5),nahradímekoeficientuneznáménalevéstranějedničkou: x (mod5). Tento mezi-výsledek ještě upravíme. Nahradíme číslo 38 jeho zbytkem po dělení pěti, atd. x (mod5), x 27 4 (mod5), x 2 4 (mod5), x 3 (mod5). m kongruence jsou tak všechna čísla, pro která platí, že po dělení pěti dávají zbytek tři. 3) S využitím Bezoutovy věty: 37

38 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé PodleBezoutovyvětyexistujívkongruenci(1)koeficienty k 1, k 2 Ztakové,že platí(a, m)=k 1 a+k 2 m.čísla k 1, k 2 sedajíspočítatnapříkladeuklidovým algoritmem. Zrovnosti d=k 1 a+k 2 mtaképlynekongruence k 1 a+k 2 m d (mod m). Člen k 2 mmůžemevypustit,protožejezjevněkongruentnísnuloumodulo m. Povynásobeníčíslem b d dostaneme k 1 a b d b (mod m). Porovnáním se zápisem(1) dostaneme vždy výsledek ve tvaru x k 1 b d (mod m). Poznámka.Pokudmákongruencevíceřešení,existujíijináčíslanež b d,kterými můžeme obě strany násobit. Je tedy lepší na začátku kongruenci krátit tak, aby měla jen jedno řešení a my na nějaké nezapomněli. Postup výpočtu je poměrně snadný. Ve své podstatě stačí spočítat koeficienty Bezoutovy rovnosti a dosadit do výše uvedeného vzorce. Častěji si však každý odvozuje postup znovu. Příklad 4.5 Řeštekongruenci5x 7(mod8). Protože(5,8)=1 7,budemítkongruencejednořešenímodulo8. Postupovat budeme podle výše uvedeného postupu. Pomocí Euklidova algoritmu spočítáme koeficienty v Bezoutově rovnosti, (5,8)=1= Tuto rovnost můžeme napsat také jako kongruenci (mod8). Druhý sčítanec na pravé straně je kongruentní s nulou, můžeme ho tedy vypustit: (mod8). 38

39 4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé Nyní vynásobíme obě strany číslem 7, 7 ( 3) 5 7 (mod8). Když nyní porovnáme tuto kongruenci se zadáním, obdržíme řešení x 7 ( 3) (mod8). Zbývá už jen drobnost, totiž výsledek upravit: x ( 1) ( 3) (mod8), x 3 (mod8). m jsou všechna čísla x, která dávají po dělení osmi zbytek tři. Příklad 4.6 Řeštekongruenci16x 4(mod6). Platí(16,6)=2 4,takžekongruencebudemítmodulo6dvěřešení. Najděme koeficienty v Bezoutovy rovnosti: (16,6)=2=16 ( 1)+6 3. Každou rovnost můžeme napsat jako kongruenci podle lib. modulu, 16 ( 1) (mod6). Druhý člen na levé straně můžeme vynechat(je dělitelný modulem), 16 ( 1) 2 (mod6). Napravéstraněbysenámhodilozískatčíslo4(tosetotižvyskytujevzadánína pravé straně). Vynásobíme tedy obě strany číslem 2. POZOR! Obě strany také můžemevynásobitčíslem5.siceje2 5=10,ale10 4(mod6).Jetedyjedno, kterým z těchto čísel kongruenci vynásobíme. Pokud chceme dostat požadovaný tvar, žádným jiným číslem menším než 6 nyní už násobit nelze. a) Násobíme dvěma 16 ( 2) 4 (mod6). 39

40 4. Kongruence o jedné neznámé Úlohy a cvičení Když nyní porovnáme tuto kongruenci s kongruencí zadanou, vidíme, že má řešení právě když x 2 (mod6). Po přičtení modulu na pravou stranu dostaneme b) Násobíme pěti x 4 (mod6). 16 ( 5) 10 (mod6). Po odečtení modulu od pravé strany obdržíme 16 ( 5) 4 (mod6). m jsou proto taková x, pro která platí: x 5 (mod6). Po přičtení modulu na pravou stranu dostáváme x 1 (mod6). Výsledkem jsouprototaková x, pro která platí x 1(mod6) nebo x 4 (mod6),cožmůžemenapsatdohromadyjako x 1(mod3). Poznámka. Kdybychom při výpočtu zapomněli, že můžeme násobit i pěti, přišli bychomojednořešení.jetedypotřebadávatpozornato,kolikřešeníkongruencemá.pomocisimůžemeitak,žekongruencinazačátkuvždy krátíme,aby koeficient na levé straně a modul byly nesoudělné. V tom případě bude existovat jen jedno řešení vzhledem k nějakému jinému modulu. V našem případě bychom na počátku podělili zadanou kongruenci dvěma a dostali bychom jeden konečný výsledek modulo tři. 4.2 Úlohy a cvičení 1. Řešte kongruence: (a)4x 3(mod7) (b)5x 6(mod9) (c)8x 4(mod12) (d)14x 4(mod30). [ (a) x 6(mod7); (b) x 3(mod9); (c) x 2(mod3);(d) x 11(mod15) ] 40

41 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení 4.3 Příklady na procvičení Příklad 4.7 Rozhodněte, zda má kongruence 2x 1(mod ) řešení. Řešitelnost samostatné kongruence ověříme podle věty 4.2. Protože je modul s koeficienty u neznámé nesoudělný, bude mít kongruence jedno řešení podle tohoto modulu. Příklad 4.8 Rozhodněte,kolikmákongruence642x 1844(mod1144)řešeníapotéjivyřešte. Nejprve ověříme počet řešení. Protože(642, 1144) = , je daná kongruence řešitelná a má dvě řešení modulo 1844(jedno řešení modulo 572). Zbývá toto řešení nalézt. 642x 1844 (mod 1144) 642x 700 (mod 1144) 321x 350 (mod 572) 321x 222 (mod 572) 107x 74 (mod 572) 107x 498 (mod 572) Protože kongruenci je nyní příliš těžké řešit pomocí jednoduchých úprav, vyřešíme ji pomocí Bezoutovy rovnosti. Bezoutovu rovnost můžeme psát jako(572, 107) = 1= Můžemejinapsattakéjakokongruenci (mod572), (mod572), (mod572). Porovnáním s kongruencí 107x 498 (mod 572) můžeme psát řešení jako Zbývá řešení vhodně upravit. x (mod572). x =69222 (mod572) x =12022 (mod572) x =582 (mod572) x 10 (mod572) 41

42 4. Kongruence o jedné neznámé Soustavy lineárních kongruencí mzadanékongruenceje x 10(mod572). 4.4 Soustavy lineárních kongruencí Pokud máme soustavu kongruencí o stejné neznámé, můžeme rozhodnout o každé kongruenci zvlášť, zda má řešení. Pokud některá z nich řešení nemá, pak nemá řešení ani celá soustava. Jestliže každá kongruence řešení má, můžeme soustavu upravit do tvaru x c 1 (mod m 1 ). (2) x c k (mod m k ). Nejprve se podíváme na řešení soustavy dvou kongruencí o jedné neznámé. Věta 4.3.Nechť c 1, c 2 Zam 1, m 2 N.Označme d = (m 1, m 2 ).Pak soustava dvou kongruencí x c 1 (mod m 1 ) x c 2 (mod m 2 ), (3) vpřípadě c 1 c 2 (mod d)nemářešení.jestliženaopak c 1 c 2 (mod d), pakexistuje c Ztak,že x Zsplňujesoustavu(3),právěkdyžvyhovuje kongruenci x c (mod[m 1, m 2 ]). Soustavu dvou kongruencí o jedné neznáme řešíme obvykle tak, že první kongruenci přepíšeme do parametrického tvaru a dosadíme do kongruence druhé. Druhou kongruenci vyřešíme a přípustné hodnoty parametru opět dosadíme do první kongruence. Nejlépe bude, když si to ukážeme na příkladě. Příklad 4.9 Řešte systém kongruencí: x 5 (mod20) x 2 (mod13). 42

43 4. Kongruence o jedné neznámé Soustavy lineárních kongruencí Sčíslem-5jsoumodulo20kongruentnívšechnačíslatvaru x=20k 5,kde k Z.Tatočísla xmusívyhovovatidruhékongruenci.musítedyplatit Kongruenci upravíme: 20k 5 2 (mod13). 7k 7 (mod13), k 1 (mod13). Parametr kmusíbýttvaru k=13s+1,kde s Z.Nynídosadíme kdoparametrického vyjádření x: po úpravě x=20(13s+1) 5, x=260s+15. Oběmakongruencímtedyvyhovujíčíslatvaru x=260s+15prolibovolné s Z. Tomůžemetakézapsatjako x 15(mod260).Tedyjsoutotaková x,kterápo dělení číslem 260 dávají zbytek 15. Nyní jsme si ukázali, jak se řeší soustava dvou kongruencí o jedné neznámé. Pokud se soustava skládá z více kongruencí než dvou, je postup obdobný. Vždy z jedné kongruence vyjádříme parametricky neznámou a toto vyjádření dosadíme do další kongruence. Příklad 4.10 Řešte systém kongruencí: x 8 (mod11) x 5 (mod8) x 1 (mod3). Prvníkongruencisplňujíčísla x=11k+8, k Z.Tatočísladosadímedodruhé kongruence 11k+8 5 (mod8). 43

44 4. Kongruence o jedné neznámé Soustavy lineárních kongruencí Po úpravě 3k 5 (mod8), 3k 3 (mod8), k 1 (mod8). Tutokongruencisplňujítakovéparametry k,kteréjsoutvaru k=8s 1,kde s Z.Neznámá xtedymusíbýttvaru x=11k+8=11(8s 1)+8=88s 3, s Z. m soustavy kongruencí jsou však taková x, která navíc splňují i třetí kongruenci. Dosadíme tedy do ní 88s 3 1 (mod3), s 1 (mod3). Tutokongruencisplňujívšechna stvaru s=3t+1, t Z. Nyní dosadíme parametr s do parametrického vyjádření x. x=88s 3=88(3t+1) 3, x=264t+85, t Z. Tojejižvýsledek.Můžemetakénapsat,žeřešenímjsouvšechna x,prokteráplatí x 85(mod264). Ne vždy se zadaná soustava kongruencí nachází ve tvaru(2). Mnohdy ji musíme nejprve upravit. Příklad 4.11 Řešte systém kongruencí: 27 2 x 7 3 (mod5) 13 2 x 3 3 (mod7) 32x 11 3 (mod9). Nejprve upravíme zvlášť každou kongruenci, abychom dostali soustavu, která je 44

45 4. Kongruence o jedné neznámé Soustavy lineárních kongruencí ve tvaru(2). Pro první kongruenci dostáváme Pro druhou kongruenci A konečně pro třetí 27 2 x 7 3 (mod5), 2 2 x 2 3 (mod5), x 2 (mod5). ( 1) 2 x 9 3 (mod7), x 6 (mod7). 32x 113 (mod9), 5x 23 (mod9), 5x 8 (mod9), 5x (mod9), 5x 35 (mod9), x 7 (mod9). původní soustavy tak můžeme převést na řešení nové soustavy x 2 (mod5) x 6 (mod7) x 7 (mod9). Nyní pokračujeme již běžným způsobem. m první kongruence jsou všechna x=5k+2, k Z.Tentovýsledekdosadímedodruhékongruence: 5k+2 6 (mod7), 5k 4 (mod7), 5k (mod7), 5k 25 (mod7), k 5 (mod7). Druhoukongruencisplňujívšechnyparametry k=7s+5, s Z.Zatentoparametr dosadíme do předchozího řešení: x=5k+2=5(7s+5)+2=35s+27, s Z. 45

46 4. Kongruence o jedné neznámé Úlohy a cvičení Ještě zbývá dosadit za x do poslední kongruence: 35s+27 7 (mod9), 35s 20 (mod9), 35s 7 (mod9), 5s 1 (mod9), 5s (mod9), s 11 (mod9), s 2 (mod9). Třetíkongruencitedysplňujítaková s,prokteráplatí s=9t+2, t Z. Na závěr zbývá dosadit za s do parametrického vyjádření x x=35s+27=35(9t+2)+27, x=315t+97, t Z, neboli x 97 (mod315). Toto je konečné řešení. 4.5 Úlohy a cvičení 1. Řešte systém kongruencí: (a) x 6(mod8) x 2(mod5) (b) x 3(mod9) x 7(mod15) (c) x 2(mod4) x 4(mod6) x 6(mod10) (d)2x 3(mod5) 3x 5(mod7) 5x 7(mod9). [ (a) x 2(mod30) ] [ (b) x 82(mod126) ] [ (c) x 46(mod60) ] [ (d) x 284(mod315) ] 46

47 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení 4.6 Příklady na procvičení Příklad 4.12 Když při spartakiádní skladbě vytvořili cvičenci sedmistupy, zbývali 3 navíc, při cvičenívkruzícho11lidechpřebývali2apřitvorběpyramid(nakaždoujepotřeba 13 lidí), jich 5 jen přihlíželo. Kolik cvičenců se vystoupení zúčastnilo, když jich bylo určitě méně než 1000? V tomto příkladě se vlastně nejedná o nic jiného, než slovně zadanou úlohu vedoucí k soustavě lineárních kongruencí o jedné neznámé. Zapišme tedy řešení jako soustavu rovnic: x 3 (mod7) x 2 (mod11) x 5 (mod13) x <1000. Soustavu budeme řešit obvyklým způsobem. První rovnici vyhovují všechna x tvaru x=7k+3.dosadímeza xdodruhérovnice.dostáváme 7k+3 2 (mod11), 7k 1 (mod11), 7k 21 (mod11), k 3 (mod11). Nynídosadímezaparametr k.dostaneme x=7k+3=7(11s+3)+3=77s+24. Zbývá dosadit za x do třetí rovnice: 77s+24 5 (mod13), 77s 19 (mod13), 9s 6 (mod13), 3s 2+26 (mod13), s 8 (mod13). Nyní opět dosadíme do parametrického vyjádření x. Tedy x = 77x+24 = 77(13t+8)+24=1001t+640.Má-liplatit,že x <1000,lzedosaditzaparametrjen t=0apro xdostávámeřešení x=640. Vystoupení se tak muselo zúčastnilo 640 cvičenců. Příklad 4.13 Šest loupežníků si chtělo rozdělit zlaťáky, které měli na stole. Když je rozdělovali 47

48 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení na šest stejných hromádek, tři zlaťáky zbyly. Když je zkusili rozdělit na pět stejných hromádek, jeden zlaťák zbyl. Nakonec se nepoprali, protože se vrátil sedmý loupežník, který z kapsy přidal tři zlaťáky na stůl a všechny zlaťáky pak rozdělil na sedm stejných hromádek. Kolik zlaťáků bylo původně na stole, víte-li, že jich nebylovícenež400améněnež100. Opět se jedná o příklad na řešení soustavy rovnic o jedné neznámé. Zadání proto můžeme přepsat takto: x 3 (mod6) x 1 (mod5) x 3 (mod7) 100 x 400. Zprvnírovnicedostáváme x=6k+3.dosadímedorovnicedruhé 6k+3 1 (mod5), 6k 2+20 (mod5), k 3 (mod5). Tedyplatí,že x=6(5s+3)+3=30s+21.zbývádosaditdotřetírovnice: 30s+21 3 (mod7), 10s 8 (mod7), 5s 4 (mod7), s 2 (mod7). Zposlednírovnicedosazenímza xdostáváme x=30s+21=30(7t+2)+21= 210t+81. Znerovnosti,kteroumusí xsplňovatdostávámejedinéřešenípro t=1,ato x=291. Příklad 4.14 Určete, která z následujících soustav rovnic má řešení. Svoji odpověď stručně zdůvodněte. a) x 1(mod3) x 1(mod9) b) x 3(mod29) x 5(mod47) 48

49 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení O řešitelnosti rozhodneme podle věty 4.3. a) V této soutavě je řešitelná každá z obou kongruencí. Největší společný dělitel modulů je roven(3,9)=3. Pravé strany kongruencí však nejsou kongruentní podlemodulu3(1 1(mod3)). Tato soustava proto řešení nemá. b) Každá z kongruencí jistě řešitelná je. Moduly obou kongruencí jsou spolu nesoudělné,(29,47)=1. Platí proto kongruence 3 5(mod 1). Ztohoplyne,žetatosoustavařešenímá. Příklad 4.15 Rozhodněte,prokterápřirozenáčísla nječíslo2 2n 2 n2 dělitelnésedmi. Podlevěty3.7je 2 2n 2 n2 (mod m) 2 n n 2 (mod3). Číslo3jevtomtopřípaděřádčísla2modulo7.Kongruenciještěmůžemeupravit: ( 1) n n 2 (mod3). Nyníjevidět,ženalevéstraněkongruencemůžemedostatbuď+1nebo-1,avšak na pravé straně můžeme dostat pouze kladná čísla. Musí proto být n sudé n 0 (mod2). Abychom i na pravé straně kongruence dostali jedničku, musí být n ±1 (mod3). Dostáváme tak dvě soustavy dvou lineárních kongruencí o jedné neznámé. První adruhou n 0 (mod2) n +1 (mod3) n 0 (mod2) n 1 (mod3). 49

50 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení Jejich vyřešením dostaneme dva výsledeky, a to n 4 (mod6), n 2 (mod6). Příklad 4.16 Rozhodněte,prokterápřirozenáčísla nječíslo n 2 n +1dělitelnésedmi. Hledáme taková n, pro která platí n 2 n 1 (mod7). Řádčísla2modulo7je3.Rozdělmenynívýpočetdotřískupinvzávislostina n: 1. n 0 (mod3) Pokud je n kongruentní s nulou, pak musí podle věty 3.7 platit 2 n 2 0 =1 (mod7). Když dáme tuto kongruenci dohromady se zadanou, dostaneme, že hledané nmusísplňovat neboli Dostáváme, že n musí být tvaru n 1 1 (mod7), n 1 6 (mod7). n 6 (mod7). Dejme nyní oba požadavky na tvar dohromady. Dostaneme jednoduchou soustavu kongruencí Soustava má řešení n 0 (mod3) n 6 (mod7). n 6 (mod21). 50

51 4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení 2. n 1 (mod3) Opět podle věty 3.7 musí platit 2 n 2 1 =2 (mod7). Nahrazenímvýrazu2 n vzadanékongruencidostaneme n 2 1 (mod7), neboli n 2 6 (mod7), po jednoduché úpravě n 3 (mod7). Neznámá n tak musí vyhovovat soustavě n 1 (mod3) n 3 (mod7). m je n 10 (mod21). 3. n 2 (mod3) Inynímusíplatit,že 2 n 2 2 =4 (mod7). Nahrazením v původní kongruenci dostaneme n 4 1 (mod7). Kongruenci vyhovuje n tvaru n 5 (mod7). Protože n musí splňovat i první kongruenci, musí být řešením soustavy: n 2 (mod3) n 5 (mod7). Vyřešením obdržíme n 19 (mod21). 51

52 4. Kongruence o jedné neznámé Kongruence vyšších stupňů m jsou tedy taková n, pro která platí n 6 (mod21) nebo n 10 (mod21) nebo n 19 (mod21). 4.7 Kongruence vyšších stupňů Při řešení kongruencí o jedné neznámé stojí v obecnějším případě na obou stranách mnohočleny téže proměnné x. Kongruenci můžeme snadno převést na tvar F(x) 0 (mod m), kde F(x)jemnohočlensceločíselnýmikoeficientyam N. Věta 4.4. Pro libovolný mnohočlen F(x) s celočíselnými koeficienty, přirozenéčíslo maceláčísla a, btaková,že a b(mod m),platí F(a) F(b) (mod m). Díkytétovětěvíme,žepřiřešenínámpouzestačínaléztvšechnaceláčísla a, 0 a < m,prokteráplatí F(a) 0(mod m).mpakjsouvšechna x kongruentní s takovými a. Příklad 4.17 Řeštekongruenci2x 3 5(mod7). Nejprve kongruenci upravíme odečtením pětky od obou stran do tvaru 2x (mod7). Spočítámenyníhodnotypolynomupročísla x= Označme F(x)=2x 3 5,pakplatí F(0)=2 0 5= 5, F(1)=2 1 5= 3, F(2)= =11 4 (mod7), F(3)= = (mod7), F(4)= = (mod7), F(5)= = (mod7) F(6)= =2 ( 1) 3 5= 7 0 (mod7). 52