Vmnohaaplikacíchseomezujemenamaloumnožinučíselapřivyskočenísedonívracímecyklicky,takjakto dělámeběžněuhodin.zdesenatopodívámepořádněamatematicky.

Transkript

1 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala Počítáí modulo V této kapitole se podíváme a téma, bez kterého se eobejde žádá diskuse o fugováí počítačů, akoec skočíme u Iteretu. Tato látka je přirozeé pokračováí kapitoly 6. 7a. Kogruece, počítáí modulo Vmohaaplikacíchseomezujemeamaloumožiučíselapřivyskočeísedoívracímecyklicky,takjakto dělámeběžěuhodi.zdeseatopodívámepořáděamatematicky.! Defiice. Nechť N.Řekeme,žečíslaa,b Zjsoukogruetímodulo,začeoa b(mod ),jestliže (a b). Let N.Wesaythatumbers a,b Zarecogruetmodulo,deoted a b(mod ),if (a b). Příklad7a.a: Zhodivíme,že21 9(mod12).Zkouškapodledefiice:21 9=12,cožjedělitelédvaácti. Jiýpříklad:( 2) 13(mod5),protože( 2) 13= 15,cožjedělitelépěti. Někdy se hodí pozávat kogrueci jiak ež podle defiice.! Věta7a.1. Nechť N.Pročísla a,b Zjsouásledujícípodmíkyekvivaletí: (i) a b(mod ), (ii)existuje k Ztakové,že a=b+k, (iii) amod =bmod,tj.jsousirovyzbytkypoděleíčíslem. Důkaz(rutií,poučý):(i)= (ii):jestliže a b(mod ),pak (a b).protoexistuje k Z:(a b)=k, tedy a=b+k. (ii)= (iii):předpokládejme,že a=b+kproějaké k Z.Nechť r=bmod (zbytekpoděleí),tedy mámerozklad b=q+rsplňující q Za0 r<.pak a=b+k=(q+ k)+r,kde(q+ k) Za 0 r <,protojdeorozkladzvětyoděleíar=amod. (iii)= (i):nechť amod =bmod =r.pakexistují p,q Ztakové,že a=p+rab=q+r.odtud b a=(q p)aq p Z,tedy (b a),cožpodledefiicezameá a b(mod ). Uzavřeli jsme kruh, proto je libovolé z tvrzeí(i) až(iii) ekvivaletí s libovolým jiým.! Zejméapodmíka(ii)jepříjemáprorychlépočítáísmalýmičísly.Říká,že a b(mod ),jestližeseod a k b(či aopak) dokážeme dostat opakovaým přičítáím/odčítáím čísla. Příklad7a.b: Tvrdíme,že21 9(mod6).Podledefiicemámeověřit,že6dělí21 9=12,cožtedyplatí. Podlepodmíky(ii)tovidímetaké,dvojímpřičteím6k9dostaeme21.Izbytkypoděleíhravěspočítáme, 21mod6=3a9mod6=3serovajíapodmíka(iii)dává21 9(mod12). Podmíka(ii) bývá pro mohé pohodlá, když dojde a záporá čísla, emusí si tolik dávat pozor a zaméka. Napříkladdvojímodečteímtrojkyod 68dostaeme 74,protourčitě 68 74(mod3),mohalidemto přijde pohodlější ež odečítat( 68) ( 74). Podmíka(iii)sehodívpřípadech,kdyzbytkypoděleí vidímehed,cožjezejméapřípad =5.Například 37mod5=2a12mod5=2,protourčitě37 12(mod5). Jakmilesiatohlečteářzvyke,takhedvidí,ževesvětěpočítáímodulo5je a také Ze třetí podmíky okamžitě dostáváme ásledující.! Fakt7a.2. Nechť N.Pakplatí: (i)prokaždé c Zje c c(mod ). (ii)nechť a Z. a 0(mod )právětehdy,když dělí a. Důkaz echáváme jako cvičeí. 7a.2, 7a.b 1 7a.2, 7a.b

2 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Kogruece splňuje moho vlastostí, které ám usadňují práci. Přeesme se tedy do světa, kde vše fuguje modulo ějaké kokrétí. Všecha čísla se tam rozpadou do skupi podle toho, které je s kterým kogruetí. Napříkladvesvětěmodulo2tobudeskupiazahrujícíčísla0,2, 2,4, 4,...(všechajsouavzájemkogruetí, lzesemeziimipřesouvatpřičítáím/odčítáímdvojky)adruháskupiazahrujícíčísla1, 1,3, 3,5, 5,... (i mezi těmi se lze přesuovat přičítáím/odčítáím dvojky). Formálě si to zavedeme později, ejprve si o takových skupiách ěco ukážeme. Důležité a těch skupiách je, že se v rámci jedé skupiy čísla mohou avzájem zastupovat. Jiak řečeo, pokudmámeějakéčísloaooseámelíbí(třebajemocvelkéaámsesímechcepočítat),taksijejve světě modulo můžeme v moha situacích ahradit libovolým jiým číslem z jeho skupiy a ic tím eovlivíme. To je klíčové tvrzeí, které si zaslouží přesější vyjádřeí a také důkaz.! Věta7a.3. Nechť N,uvažujme a,b,u,v Ztakové,že a u(mod )ab v(mod ).Pakplatíásledující: (i) a+b u+v(mod ); (ii) a b u v(mod ); (iii) ab uv(mod ). Důkaz(poučý):(iii):PodlepředpokladuaVěty platí a=u+kab=v+lproějaká k,l Z.Pakmáme také ab=uv+ul+vk+kl 2 =(uv)+(ul+vk+kl)a(ul+vk+kl) Z,závěrzaseplyezdotyčé Věty. Důkazy(i)a(ii)echámejakocvičeí,jsouobdobé.! Díkytétovětěapříkladvesvětěmodula5můžememístovýpočtu počítat1 4+0=4 avýsledkysebudou(modulo5)rovat.zástupcejsmepřitomašlivelicesado,jižtotižvíme,žesečíslave skupiách modulo pozají podle zbytků a zbytek po děleí pěti určíme hravě podle posledí cifry v čísle. Samozřejmě jsme mohli použít i jié zástupce, apříklad počítat( 4) , ale proč pracovat, když emusíme. Potvrdíme si teď obecě, že ve světě modulo můžeme každé číslo ahradit tím ejjedodušším kadidátem, tedy zbytkem po děleí.! Fakt7a.4. Nechť N,uvažujme a Z.Jestliže r=amod,tedy rjezbytekpoděleí ačíslem,pak a r(mod ). Důkaz(rutií):Zbyteksplňuje a=q+rprojisté q Z,proto a r=q,tedy dělí a r. Pozameejme icméě, že e vždy je zrova zbytek po děleí te ejlepší zástupce. Pokud potřebujeme spočítat modulo100,pakpřechodkezbytkůmdá98 43,alemyurčitědámepředostvýpočtu( 2) 43= (mod100). Čteář jistě ví, že odčítáí je vlastě přičítáí opačého čísla, takže jsme vlastě ai emuseli dokazovat speciálí pravidlo(ii), stačilo by(i) a(iii). Ještě se k tomuto tématu vrátíme. Věta aopak eřešila komplikovaější algebraické výpočty, ale k těm se sado dostaeme, protože je stejě vždy děláme postupě podle priorit. Můžeme tak pricip zastupováí rozšířit i a složitější výrazy stadardím způsobem, apříklad případ sčítáí více čísel se jistě bude dělat idukcí. Důsledek 7a.5. Nechť Z. (i)uvažujme a 1,u 1,...,a m,u m Ztakové,že a i u i (mod )provšecha,...,m. Pak m a i m u i (mod )a m a i m u i (mod ). (ii)uvažujme a 1,b 1,u 1,v 1,...,a m,b m,u m,v m Ztakové,že a i u i (mod )ab i v i (mod )provšecha,...,m.pak m a i b i m u i v i (mod ). Důkaz(rutií):(i): Dokážeme to idukcí a m pro sčítáí, ásobeí echáme jako cvičeí. (0) m=1:předpoklad a 1 b 1 (mod )jezároveňzávěrem,tedyplatí. 7a.5, 7a.b 2 7a.5, 7a.b

3 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 (1)Předpokládejme,žesčítacívzorecplatíproějakém Navšechaa i,u i.mějmečíslaa 1,u 1,...,a m+1,u m+1 splňujícía i u i (mod )provšechai.podleidukčíhopředpokladupakmáme m a i m u i (mod ),proto ( m ( m ) podle Věty (i) také a i )+a m+1 u i + u m+1 (mod )eboli m+1 a i m+1 u i (mod ),důkazje hotov. (ii):podlevěty (iii)platí a i b i u i v i (mod )provšecha i,atytočíslapakaplikujemečást(i)asečtemeje. Stručě řečeo, v jakémkoliv algebraickém výrazu poskládaém ze sčítáí(odčítáí) a ásobeí, případě závorek lze zúčastěá čísla ahrazovat. Doplíme ještě jedo užitečé výpočetí pravidlo.! Fakt7a.6. Nechť N,uvažujme a,u Ztakové,že a u(mod ).Pakprovšecha k Nplatí a k u k (mod ). Důkaz(poučý):Protože a k = a a a,plyetohedz(i)vdůsledkuvýše.prozajímavostukážemeještě jededůkazpropřípad k 2. Předpokladdává m Ztakové,že a u=m.pak a k u k =(a u)(a k 1 +a k 2 u+ +au k 2 +u k 1 )=m(a k 1 +a k 2 u+ +au k 2 +u k 1 ), kde m(u k 1 +a k 2 u+ +au k 2 +u k 1 ) Z.Proto (a k u k )azávěrásleduje. Další alterativí důkaz(idukcí) ajdete jako cvičeí.! Příklad7a.c: Vypočítáme,čemujekogruetívýraz( )8 ( )modulo6.Podle vět víme, že můžeme prakticky všecha čísla(kromě expoetu 8, pro te jsme zatím pravidlo eměli) ahradit čísly příjemějšími, čím meší tím určitě lépe. Proto podle Faktu zkusíme dávat rovou zbytky po děleí šesti, ke kterým se často ejsáze dostaeme odečítáím šestky. ( ) 8 ( ) ( ) 8 ( ) (mod6). Teď si započítáme obyčejým způsobem: ( ) 8 ( )=(15 5+3) 8 (7 20) (mod6). A zase můžeme ahradit, pak zase počítat, apíšeme celý výpočet. ( ) 8 ( ) ( ) 8 ( )=(15 5+4) 8 (7 20) (3 5+4) 8 (1 2)=(15+4) 8 ( 1) =(19) 8 ( 1) 1 8 ( 1)=1 ( 1)= 1(mod6). Všiměte si, jak v postupu pečlivě rozlišujeme mezi běžou algebrou s čísly(začeou rovítkem) a místy, kde ahrazujeme pomocí rozličých pravidel pro kogrueci(začeo ). V aplikacích, kde se pracuje výhradě modulo ějaké kokrétí, se takové pečlivé rozlišováí už edělá a zkušeí lidé prostě píšou rovítko. Například pokud bychom pracovali čistě s hodiami, tak amísto správého =3(mod12)prostěapíšeme =3 4 9=3.Jetopříjemé,aletadyzatímještě takzkušeíejsmeaavícsetusažímepochopititeorii,takžebudemepečlivěpsátkogruece,aťvtomeí zmatek.! Jistějstesivšimli,žejsmezatímezmíiliěkteréoperace.Asitoebudeáhoda. Nemámepravidloproahrazováívexpoetu.Kokrétě,eíobecěpravda,žekdyž k l(mod ),tak a k a l (mod ).Napříkladpočítáme-li2 4 modulo3,pakbyahrazeívexpoetudalo2 1 =2,cožaleeí správě,2 4 =16 1(mod3). Je to dáo tím, že mocěí ve skutečosti eí algebraická operace, ale zápis(zkratka) pro opakovaé ásobeí. Třeba a 4 = a a a a,zdejsoučísla azurčitéhosvěta(vekterémsepočítámodulo eboijiak,mocia sezavádímohemobecěji),zatímcoto4(obecěexpoet)dotohosvětaepatří,jevždyzesvěta Naříká, kolikobjektůásobíme.nedáseprotočekat,žebypravidlazesvěta,odkudbereme a,platilaiproexpoet(pro expoetymámejiápravidla).blížeseotomdočtemevkapitole. Přesto by se ám často hodilo umět zmešovat expoety, a to jsou triky jedoduché(viz ásledující příklad íže) i sofistikovaé, viz sekce o Eulerově větě. 7a.6, 7a.c 3 7a.6, 7a.c

4 ! Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Nemámepravidlaproděleí.Mytotiždokoceaiemámeděleí.Jetopodobéjakosodčítáím,děleíje jepohodlýpřevlekproěcojiého.takjakoje5 2jezkratkapro5+( 2),jei6/2jepříjemýzpůsob,jak apsat6 1 2.Takžebyámvlastěaipravidlaproděleíemělachybět,alechybí,oajetototižmocpříjemá zkratka.budemealeatomusetjítjiak,dámesedotohozachvíli,ažsiktomupřipravímepodmíky.jmeovitě si proces počítáí modulo zachytíme pomocí speciálí matematické struktury. Vidělijsme,žesivesvětěmodula připočítáízahrujícímoperacesčítáíaásobeí(atakytoodčítáí) vystačíme je s malou možiou čísel, což je ohromě užitečé třeba pro počítače, které umí ukládat je koečě moho dat. Nejtradičější je pracovat čistě se zbytky, tedy s čísly z rozmezí 0 až 1. Vziká pak ový matematický svět.! Defiice. Nechť N.Symbolem Z začímemožiu Z = {0,1,2,..., 1}. Provšecha a,b Z defiujmeoperace a b=(a+b)mod, a b=(a b)mod. Takžechceme-lisečíst/vyásobitdvěčíslaze Z,takzačemetím,žetoudělámeormálě,čímžsealemůžeme dostat mimo tuto možiu. Vrátíme se do í, když výsledek ahradíme oblíbeým zástupcem eboli zbytkem po děleí.! Příklad7a.d: Nechť =5.Pak Z 5= {0,1,2,3,4}amámetřeba2 1=3,eboť2+1=3a3mod5=3. Zajímavějšíje3 4=2,eboť3+4=7a7mod5=2.Mámetaké1 4=0(rozmysletesi)ebotřeba3 4=2, eboť3 4=12mod5=2.! Čteářsesetkalstím,žesetřebaoperacesčítáí,cožjeurčitýápad,jakkombiovatčísla,dalapoužívatv rozličých světech: Sčítali jsme ve světě přirozeých čísel N, reálých čísel R ebo třeba ve světě komplexích čísel. Nejdetedyoicového,teďpoužívámesčítáívdalšímsvětěčísel Z (muselijsmejejatotrochuupravit). Poslézeukážeme,žeivtomtosvětěplatípro sčítáí stejápravidla,ajakájsmezvyklí,obdoběproásobeí. Příklad 7a.e: Chováíoperacíukoečýchmožisedádobřezachytittabulkou.Ukažmesitabulkypro operace a vz Ověřte si, že se v tabulkách vyzáte, takže apříklad umíte v levéajít,že3 4=1,avpravé2 4=2. Vyzkoušejte si také, že takto umíte počítat, dokázali byste tu tabulku sami vyrobit? Možávásteďapadlo,jakýjevlastěrozdílmezipočítáímmodulo apočítáímvprostoru Z?Vpodstatě žádý, v obou případech lze zúčastěá čísla ahradit příjemějšími a počítáme stejě, rozdíl je až a koci, kde sivpřípaděpočítáímodulomůžemeprovýsledekvybratlibovoléhozástupce,zatímcovpřípaděpočítáívz simusímevybratzástupceztétomožiy.dáseříct,žepřipočítáívz jsmevlastěpočítáímodulopěkě zabalili. Dalšídrobýrozdíljevtom,žeěkterémalétrikybychompřiprácivZ vlastěemělipoužívat,aleoyse tam dají udělat eoficiálě, jak hed uvidíme. Příklad7a.f: Hledámevýsledekvýrazu(7+3 5) 18 modulo8.počítáme (7+3 5) 18 =(7+15) 18 (7+7) 18 = (mod8). Již jsme diskutovali, že mociu 18 ahradit lepším zástupcem elze, a přímý výpočet také eí ejlepší strategie. O zbytku po děleí totiž rozhoduje i posledí cifra, jiými slovy eí možé pracovat se zaokrouhleými čísly, musíme zát všechy cifry. Tím se u vyšších moci vylučuje použití kalkulačky, protože tradičě vycházejí čísla delší, ež kalkulačka dokáže udržet. Nezbývá ež použít ějaký trik, velice populárí je postupé odebíráí malých moci z expoetu, které pak sado vypočítáme. Běžá pravidla pro práci s expoety totiž platí i obecě. (7+3 5) =6 2 9 =(6 2 ) 9 = (mod8). 7a.6, 7a.f 4 7a.6, 7a.f

5 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Teďuždvojkuodděliteumíme.Mohlibychomoddělittrojkuapočítat4 9 =(4 3 ) 3 =...,aledruhámociaje přece je hezčí, tak použijeme jiý způsob odebíráí z expoetu. (7+3 5) = =4 (4 2 ) 4 = =0 (mod8). Pomocí těchto dvou druhů odebíráí dokážeme i velice vysokou mociu zredukovat bez větších problémů, je to ěkdy chvíli trvá. Tetovýpočetsedáovšemtakéiterpretovatjakopočítáívprostoru Z 8,kdeoperaceužvsobězahrujíjak běžý výpočet, tak okamžitý přechod k ideálím kogruetím zástupcům: (7 3 5) 18 =(7 7) 18 =6 18 =(6 2 ) 9 =(6 6) 9 =4 9 =4 4 8 =4 (4 2 ) 4 =4 (4 4) 4 =4 0 4 =0. Vidíme,žesetoodvýpočtumoduloopravdulišíjezápisem. ZkušeívýpočetícibypřiprácivZ psaliobyčejéplusakrát,alemysivtétokapitolemusímedávatpozor ateorii,taksibudemespeciálímzačeímpřipomíat,žepoužívámespeciálíoperacezprostoru Z.Jeto otodůležitější,žeseámvlastěbudoumíchattřidruhyoperací:obyčejé,výpočtymoduloavýpočtyvz, rozličé začeí ám pomůže, ať v tom eí zmatek. Teďsiukážemepříklad,kdejižrozdílmezipočítáímmoduloapočítáímvZ bude.pokudbudemechtít spočítat modulo 150, můžeme to provést takto: = (mod150). VýpočetvZ 150 bysedělalstejě, =21756mod150=6. Ježe při výpočtu modulo 150 můžeme zkusit ještě ěco jiého, co celý výpočet výrazě zjedoduší: ( 3) ( 2)=6. AtetotrikvZ 150 udělatelze,protožetamžádázáporáčíslaeexistují.aletoeíproblém,vtakových případech si prostě a chvíli odskočíme do počítáí modulo a pak výsledek ahradíme kogruetím číslem ze Z. 7a.7DalšíoperacevZ :Odčítáí. Naprvípohledbysezdálo,žesodčítáímvZ ebudeproblém.nabízísedefiice a b=(a b)mod aai praktickytoevypadášpatě.napříkladbychomsitipli,ževprostoru Z 6 máme5 3=2,cožpotvrdíizkouška: 2 3=5.Abytobylozajímavější,zkusímesi2 5= 3mod6=3azkouškaámopětvyjde:3 5=2vZ 6. Nicméě se to takto edělá. Již jsme se zmíili, že odčítáí se ebere jako jeda ze základích algebraických operací, mimo jié proto, že esplňuje ěkteré věci, které považujeme za zásadí, apříklad asociativí záko. Ve skutečosti se odečítáí bere jako příjemá zkratka pro přičítáí opačého prvku. Například opačý prvek k 5 je 5,amísto3+( 5)píšeme3 5. Proto se odčítáí ezavádí ai ve světě modulo jako samostatá operace, místo toho se vytvoří pojem opačého čísla.protoževz záporáčíslaejsou,musímeatotrochujiak.začemeotázkou,cojetovlastěopačé číslo,jakjejzáme.comajíspolečáčísla5a 5?To,žeseavzájemvyulují,tedy5+( 5)=0.Přesětoto ámmůžefugovativz. Podívejmesetřebadosvěta Z 6.Dokážemeajítčísloopačék5eboličíslotakové,žepopřičteík5dostaeme ulu?podíváme-lisedotabulkyvpříkladě,zjistíme,že5 1=0.Zkusmotedyprohlašme,žeopačéčíslok5 je1vz 6,psáo( 5)=1modulo6.LetmýpohledatabulkusčítáívZ 6 odhalí,žeopačéčíslolzeajítke všemprvkům Z 6,cožjeslibýzačátek,čteářjiždokoceasituší,jaksetačíslahledajíažeseajdouobdobou metodouvkaždém Z. Dobrá otázka je, zda ám tato opačá čísla opravdu dokážou ahradit odčítáí modulo. Před chvílí jsme zkusili spočítat2 5modulo6,vyšlo 3 3(mod6).Pokudbudemepočítatvprostoru Z 6,musímepřejítkpřičteí opačéhočísla:2 5=2 ( 5)=2 1=3.Fugujeto. Tosamozřejměmohlabýtáhoda,aleeí,jsmeasprávécestě.Dalšípovzbuzeíámdodá,kdyžsea opačýprvekpodívámetrochujioucestou.říkalijsmesi,žeěkdysevyplatíze Z vyskočitkpočítáímodulo, tamdostatvýsledekaahraditjejsprávýmzástupcemze Z.Opačéčíslok5je 5,toplatíimodulo6,teď ajdeme správého zástupce čísla 5 modulo 6, což je 1, souhlasí. Než se dáme do formálích defiic, pozameejme, že modulo je zde stále zásadí. Pokud bychom chtěli počítat 2 5vZ 7,takmusímepoužítopačýprvekk5vzhledemkmodulu7,cožjeevidetějiéčísloežta1zesvěta modulo 6. Defiice. Nechť N,echť a Z.Řekeme,že b Z jeopačýprvekkavz,jestliže a b=0vz. Pakzačíme b=( a). 7a.7, 7a.f 5 7a.7, 7a.f

6 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Diskusepředdefiicíazačila,jakopačéprvkyvprostorech Z hledatvpraxi,prodaé a Z začemes aaajdemesijehozástupceze Z,cožje( a)+= a.možá.rozmysletesi,žetoeplatíúplěvždy, pak čtěte dál.! Fakt7a.8. Nechť N. (i)( 0)=0. (ii)jestliže a Z a a 0,pak( a)= a. Důkaz je sadý, echáme jej jako cvičeí. Sopačýmiprvkyjsmesesetkaliipřiprácisběžýmičíslyapříkladpřiřešeírovic. Příklad7a.g: Uvažujmerovici x 5=2vZ 6.Kdybytobylarovice ormálí,takbychomprostěodobou straodečetli5ebolipřičetli 5.VZ 6 jetostejé,jemusímehledatopačýprvekjiak.vímeuž,ževz 6 je ( 5)=6 5=1,takžeupravujeme: x 5=2 = (x 5) 1=2 1 = x (5 1)=3 = x 0=3 = x=3. Postup je delší, protože jsme schválě zdůrazili klíčové kroky při řešeí. Viděli jsme tak, že toto řešeí závisí a možosti změit pozici závorek a levé straě eboli a platosti tzv. asociativího zákoa. Jak víme, že v prostoru Z 6 platí?tojedobráotázkaabrzysekívrátíme. 7a.9DalšíoperacevZ :Děleí. Zdejeobdobásituacejakouodčítáí.Ureálýchčíselbychomvýpočet4/2přepsalijako4 1 2,kdesouvislost mezi2a 1jezjevá, =1.Vztah x x =1lzezkoumativesvětě Z,třebasimůžemevšimout,že3 7=1 (mod10),tudížbychomvesvětě Z 10 mohlipsát,že 1 3 =7. Tosezasehodítřebapřiřešeírovic.Vprostoru Z 10 lzerovici3x=4řešittímtopostupem: 3 x=4 = 3 1 (3 x)=3 1 4 = (7 3) x=7 4 = 1 x=8 = x=8. Zkustesialerozmyslet,žekčíslu4eajdetežádé x,abyplatilo4 x=1(mod10),stačíprojítvšechačísla 0až9avyloučitje.Toukazuje,žetetokrátebudesituacepoěkudjiáežuopačýchčísel. Defiice. Uvažujme N. Nechť a Z.Řekeme,že b Zjeiverzí prvek(iverse elemet)kamodulo,jestliže a b 1 (mod ). Nechť a Z.Řekeme,že b Z jeiverzíprvekkavz,jestliže a b=1vz. Pokudtakovýtoprvek bexistuje,pakjejzačíme b=a 1 ařekeme,že ajeivertibilí(ivertible)modulo,resp.vz. Jakoobvykleplatí,žealezeýiverzíprvekvZ jiždáváiverzíprvekmodulo dleprvídefiice,aopak libovolýiverzíprvekmodulo ámokamžitědáiiverzíprvekzprostoru Z,kdyžjejahradímevhodým kogruetím zástupcem. Jde tedy opět o stejou myšleku, je trochu jiak oblečeou. Podobějakouopačéhoprvku,izdeamoduluzáleží,apříkladvZ 10 jsmeuhodli3 1 =7,alevZ 8 jižje 3 1 =3(ověřte).Astejějakouopačéhoprvkusemodulozezačeíepozá,cožjezestriktěmatematického pohledu ešťasté, ale z praktického pohledu to zase takový problém eí, protože používaé modulo je vždy jasé z kotextu, prakticky ikdy epracujeme s více moduly ajedou.! Vtétochvíličteářidoporučíme,abysipřečetlkapitolu,přiejmešímčást.Pochopí,pročbylaudefiice opačého prvku zrova ula a u ivezího zrova jedička, a vůbec celou tuto partii uvidí v trochu jiém světle. Ivertibilí a iverzí prvky jsou velice užitečé a musíme se je aučit hledat, příklad výše ovšem ukazuje, že ěkdytojeemožé.tovlastěeíicového,vprostoru Rtakéeumímeajítiverzíprvekkule,alev Z těchtoepříjemýchsituacímůžebýtvíc.! Příklad 7a.h: Podívámeseaěkoliktabulekásobeívzajímavých Z.Prvky,kterémajíiverzi(jsou ivertibilí), pozáme podle toho, že se v jejich řádku vyskyte výsledek jeda, v příslušém sloupci pak ahoře dohledáme oe iverzí prvek. Nejprvesipřipomeemepřípad(Z 6, ). 7a.9, 7a.h 6 7a.9, 7a.h

7 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala Zdevidíme,žejediéivertibilíprvkyjsou1a5,platí1 1 =1a5 1 =5. Zatotumáme děliteleuly,třeba2 3=0či3 4=0. Natoejsmezvyklíamátozasedopadyařešeírovic.ZatímcovZ(avRatd.)má rovice2x=0automatickyjediéřešeí x=0,vz 6 užjeiřešeí x=3.ztohoěkdy plyou zajímavé komplikace. Toto byl asi extrémě pesimistický případ. Teď si ukážeme aopak ejlepší možý případ, zastoupeý příkladem (Z 5, ) Vidíme,ževZ 5 jsouvšechyprvkykroměulyivertibilí,máme1 1 =1,2 1 =3a3 1 = eboť2 3=1,4 1 =4eboť4 4= Zdebytedymohévěcimělyfugovatdostpodobějakovesvětěreálýchčíseladokoce ěkdylépeežvesvětě Z.Napříkladrovici3x=4edokážemevesvětě Zvyřešit,zatímco v Z 5 stačírovicivyásobitčíslem3 1 =2adostáváme x=3,cožjeopravduřešeídaé rovice. Jeproúplost,( 0)=0,( 1)=4,( 2)=3,( 3)=2a( 4)=1. Natakovétovýrazěpříjemépřípadysebrzypodívámeblíže.Typickýprostor Z jeicméěěkdemeziprávě předvedeýmiextrémy,pěkětoukazujetřeba Z Vidíme,žemámeivertibilíprvky1,kde1 1 =1, dále3 1 =5(kotrola:3 5=15,modulo14todává opravdu15 14=1),dále5 1 =3,9 1 =11(kotrola: 9 11=99,modulo14todáváopravdu =1), dále11 1 =9aakoec13 1 =13. Jaksepozá,kteréprvkyvZ jsouivertibilí?pokudvámpříkladyeapověděly,tadyjeodpověď.opět poskytemedvěverze,jedupropočítáímoduloajedupropočítáívprostoru Z,jakoobvyklepůjdeo stejou věc, je jiak vyjádřeou.! Věta 7a.10. Nechť N. (i)nechť a Z.Existuje x Ztakové,že ax 1(mod ),právětehdy,kdyžgcd(a,)=1. Pakjetoto xurčeojedozačěažamodulo avšecha ysxkogruetítakésplňují ay 1(mod ). (ii)nechť a Z.Iverzíprvek a 1 v Z existujeprávětehdy,kdyžgcd(a,)=1.pakjetetoprvekjediý. Důkaz(poučý):(i):1)Takové xexistujeprávětehdy,kdyžexistuje k Ztakové,že1 ax=k.jiými slovy,alezeíprvku xjeekvivaletítomu,žeumímeajítřešeí x,k Zrovice1=ax+k.Tojeale diofatickárovice,kteroujsmeseužaučiliřešit,apodlevěty6c.1tolzeprávětehdy,kdyžje1ásobkem gcd(a, ). Takže řešeí existuje právě tehdy, když gcd(a, ) = 1. Důkaz ekvivalece je hotov. 2)Jedozačost:Nechť x,y Zoběsplňujídotyčoupodmíku.Pakexistují k,l Ztakové,že1=ax+k a1=ay+l.odečteímzískáme ax ay= k l,tedy a(x y)=(k l).tozameá,že dělí a(x y), aprotožeje esoudělésa,musípodlelemma6a.23 dělit x y,tedy x y(mod ). 3) y xmod dává k Ztak,aby y=x+k.pak ay=a(x+k)=ax+(ak) 1+0=1(mod ), použili jsme Fakt (ii) a ásobek(ak). (ii):číslo x Z splňuje a x=1právětehdy,když axmod =1,cožjeprávětehdy,když ax 1(mod ), cožjepodle(i)právětehdy,kdyžgcd(a,)=1. 7a.10, 7a.h 7 7a.10, 7a.h

8 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Jedozačostplyebuďz(i),ebotakézFaktu. Vlastějsmevbodě(i)dokázali,žejakmilejeějakýprvek aivertibilímodulo,takmožiavšechjeho iverzích čísel je přesě možia všech čísel kogruetích s ějakým kokrétím iverzím číslem x. Užumímepozat,kdy a 1 existuje,alejakjejajdeme?úplěsadétoeí,žádývzorečektotižeexistuje. Jediý rozumý postup vychází z důkazu Věty, přes řešeí příslušé diofatické rovice. Na to máme Algoritmus 6c.6, postup lze ale zjedodušit, protože teď ás vlastě jeda ezámá ezajímá. S Algoritmus 7a.11. pro hledáí iverzího prvku k a vzhledem k ásobeí modulo, popřípadě pro hledáí iverzíhoprvkukavz. 0. Například pomocí rozšířeého Euklidova algoritmu ajděte gcd(a, ) = Aa + B. 1.Jestližegcd(a,) >1,pakiverzíprvekkavZ eexistuje. Pokud umíte gcd(a, ) získat saději ež Euklidovým algoritmem(třeba pohledem) a vyjde číslo větší ež 1, je možé krok 0 přeskočit. 2.Jestližegcd(a,)=1,pakBezoutovaidetitadává1=a A+B.Tozameá,že a A 1mod ax=a je hledaý iverzí prvek. Pokud hledáte iverzí prvek v Z, pak ajděte vhodého zástupce x z rozmezí 1,2,..., 1 buď přičteím/odečteím vhodého ásobku, ebo děleím se zbytkem.!! Příklad7a.i: Najdemeiverzíprvekka=36modulo175. Nejprvesitopřeložíme:Hledáme xsplňující36x 1(mod175)eboli xtakové,abyproějaké m Zbylo 36x+175m=1. Neí jasé, zda vidíme bez větší práce, kolik je gcd(36, 175), tak rovou zkusíme rozšířeý Euklidův algoritmus pro jeho alezeí Dostávámegcd(175,36)=1=7 175+( 34) 36.KdyžseaoběstrayBezoutovy rovostipodívámemodulo175,dostáváme36 ( 34)+0 7 1,tedy36 ( 34) 1 (mod175).proto36 1 = 34vzhledemkpočítáímodulo175. Čteář si samořejmě může vybrat i jiého zástupce dle osobí preferece, apříklad (mod175). Pokudbychomhledaliiverzíprvekk36vZ 175,pakbychomtakéejprvepřeložilizadáí:Hledáme xsplňující 36 x=1eboli36x 1(mod175)eboli36x+175m=1proějaké m Z. Pakbychompostupovalistejějakovýše,aleakocibychompro 34museliajítzástupceze Z 175,ejsáze přičteím čísla 175. Závěr:36jevZ 175 ivertibilía36 1 =141. Zkouška:36 141=5076 1(mod175),eboť5076= Všimětesi,žepokudje prvočíslo,takvlastěvšechyeulovéprvky Z jsouesoudělésatudížmají iverzi.toužjejakoureálýchčísel.vmohaaplikacíchskutečěúspěšěahrazujemesvět Rsvětem Z p pro p prvočíslo. Teď si ukážeme jedu zajímavou aplikaci počítáí modulo. Příklad 7a.j: ÚzkývztahmezikryptografiíapočítáímmodulojdezpětmiimálěkestarýmŘímaům. Takzvaou Césarovu šifru si ejlépe představíme takto: Máme dva soustředé kruhy, jede meší ež druhý, a po obvoduapíšemeaobapísmea,vždystejáprotisobě.pakjedekruhotočímeotřipoziceavzikátímšifra, amísto Apíšeme D,amísto Bpíšeme Eatakdále,třeba Y přejdea B. Matematickysetosimulujejedoduše,ahradímepísmeačísly1,...,26apakpoužívámejakošifrubijekci T(a)=(a+3)mod26. ObecělzeposouvatiojiéčísloežotuCésarovutrojku.Zvolímesiějaké kmezi1a25adostáváme šifrováí posuem : T(a)=(a+k)mod26.Totosesadodešifruje, T 1 (b)=(b k)mod26,apokudechcemeodečítat, taksiajdemeopačýprvek( k)amáme T 1 (b)=(b+( k))mod26. Napříkladpokudzvolímečíslo k=8,takpísmeo20zašifrujemejako T(20)=(20+8)mod26=28mod26=2. Opačýprvekke k=8modulo26je18(zkouška:8+18=26 0(mod26)),protobychomseposuemo18 mělizasedostatzpět: T 1 (2)=(2+18)mod26=20mod26=20.Zajímavávolbaje k=13,pak T 1 = T. 7a.11, 7a.j 8 7a.11, 7a.j

9 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Tato šifra eí příliš bezpečá. Protože se daé písmeo vždy kóduje stejě, je vysoce áchylá a frekvečí aalýzu, kdy si prostě spočítáme, které písmeo se v zašifrovaé zprávě vyskytuje ejčastěji, a je vysoce pravděpodobé, že odpovídá ejčastějšímu písmeu daého jazyka. Velice pěkě toto popsal E.A. Poe v povídce Zlatý skarabeus. Lépevypadášifrováídaépředpisem T(a)=(ea+k)mod26,kde ejezvoleotak,aby T byloprosté(tedy jetřebazvolitěcoesouděléhos26).jaksetakovývzkazdekóduje?zvolilijsme eesoudělés26,pakuž víme(věta),žekěmuexistujeiverzíprvek dmodulo26,tedyprveksplňující edmod26=1.ukážeme,že T 1 (b)=d(b+( k))dekódujezprávu: T 1 (T(a))=d(T(a)+( k)) d((ea+k)+( k)) d(ea+0)=(de)a 1 a=a (mod26). Zvolmetřeba e=7ak=3.pak k=23aještěpotřebujemevyřešitrovici7x+26m=1,buďalgoritmem ebotozkusímeuhádout.vyjdeapříklad x= 11am=3,ászajímá x,alezprostoru Z 26,dostávámetedy d=15. TeďzakódujemetřebapísmeoBodpovídajícíhodotěa=2,takževyšlemezprávuT(2)=7 2+3 mod26=17 ebolipísmeo Q.Příjemceazprávuaplikuje T 1 : T 1 (17)=15(17+23)= =210 2 (mod26). Vyšlo to. Ale lépe tato šifra je vypadá, pořád je to dětská šifra zraitelá přes frekvečí aalýzu. Zajímavé zobecěí je použít modulárí aritmetiku a bloky číslic, ikoliv jedotlivé číslice, tam už frekvece epomohou. Přesto jsou ale šifry tohoto typu pořád zraitelé díky své pravidelosti. K lepším šifrám se dostaeme brzy. Problém iverzích prvků jsme vyřešili tak dobře, jak je to jde. Vrátíme se ještě k problematice umocňováí. Sicejsmevyviulimetodupostupéredukceexpoetu,alepočítattaktřeba modulo17ezímoclákavě. Pokudje prvočíslo(aužvíme,žetojevelicepříjemýpřípad),askýtáseještějiázajímavámetodasižováí mociy.! Věta 7a.12. (malá Fermatova věta) Nechť Njeprvočíslo. (i)je-li a Zesoudělés,pakplatí a 1 1(mod ). (ii)prokaždé a Zpakplatí a a(mod ). Důkaz(poučý):(i)Nejprveukážeme,žečísla a,2a,...,( 1)aejsouavzájemkogruetímodulo. Kdyžtotiž ia ja(mod ),pak dělí a(i j),ale jeesoudělésa,proto(lemma6a.23) dělí i j. Nicméě i j <,proto i j=0,tedy ia=ja. Kdyžtedyvezmeme a,2a,...,( 1)amodulo,dostaemevějakémpořadívšechačísla1,2,..., 1. Kdyžjevšechyspoluvyásobíme,cožlzepsátjako 1 (ia) mod, dostaeme( 1)!. Upraveím toho součiu máme( 1)! a 1 ( 1)!(mod ).Protožegcd(( 1)!,)=1,jeprvek( 1)!ivertibilívZ,proto vyásobeímoboustrakogruecejehoiverzídostaeme1 a 1 (mod ). (ii)nechť a Z,rozeberemedvapřípady.Jestližegcd(a,)=1,taklzeaplikovata)adostaeme a 1 1 (mod ),takžepodlevěty (iii)je a = a a 1 a 1=a(mod ). Jestližegcd(a,) >1,pakexistujespolečýdělitel d >1.Ježe jeprvočíslo,takžejediýjehodělitel(kromě 1)je d=.takževlastě a,pak a 0(mod ),tedypodlefaktu a 0 =0=a(mod ). Alterativí důkaz se ajde jako Pozámka. Čteáře možá apade, proč jsme vlastě uváděli(i), když je verze(ii) obecější a možá i elegatější. Důvod je jedoduchý, verze(i) je tradičí a rověž praktických výpočtech užitečější. Proto všichi za malou Fermatovu větu považujítvrzeí(i),budemetotakdělatimy.! Příklad7a.k: Spočítáme modulo13.nejprvepoužijemeahrazeívzákladu: (mod13). Pozameejme,žečíslo6 182 má142cifer,takžebyámvtétofázikalkulačkarozhoděepomohla.musíme redukovatexpoet,aprotožeje13prvočíslo,můžemeatopoužítmaléhofermata.natositamalemusíme vyrobitmociu13 1=12,cožjesadé,6 182 = PodlemaléFermatovyvětypakmáme (mod 13), tedy =(6 12 ) =36 10 (mod13). 7a.12, 7a.k 9 7a.12, 7a.k

10 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Je to rozhodě lepší, ež sižováí mociy po dvou, což by vypadalo ějak takto: =(6 2 ) =10 (10 2 ) =... Chytřejšíbybylopoužít10 3(mod13)apřiumocňováíasudýexpoetsedázamékoigorovat,tedy =(6 2 ) ( 3) 90 =10 (3 2 ) 45 = ( 4) 44 =... Itakbytobyloadlouhézimívečery,teFermatbylvýrazěkratší. Všiměte si, že pokud bychom chtěli použít tvrzeí(ii) výše, dostali bychom = =(6 13 ) (mod13). Čekala ás další práce, ta jedička coby výsledek u verze(i) je příjemější. Pro další podobý příklad a pozámku s úderým trikem viz příklad. Ve výpočtu jsme použili postup, který lze vyjádřit obecě a je užitečý při práci s velkými čísly.! Fakt 7a.13. Nechť Njeprvočísloaa Zeídělitelé.Pakprokaždé k N 0 platí a k a r (mod ), kde r=kmod( 1)ebolizbytekpoděleí kčíslem 1. Vzásaděsedáříct,žeužvesvětě Z umímepočítat.teďsepodívámeadalšíaplikaci. Příklad7a.l(pokračováí): Vrátímesekproblémušifrováí.Prozjedodušeíkaždouzprávupřevedemea jedo číslo v zásadě libovolým způsobem, třeba se rozhodeme, že každé písmeo ze zprávy ahradíme dvoučíslím od00do26adámejezasebe.chcemetedyvytvořitmetodu,kteráumíkódovatceláčísla. Jakoispiracisipředstavmeásledujícíkód.Zvolíme e N.Zprávu M Nzašifrujemejako T(M)=M e.jakse dostaemekpůvodímutextu?zobrazeím T 1 (C)= e C.Tatošifrajejižvýrazělepšíežpredchozípokusy, protože se maskují frekvece a má obecě méě vitřích pravidelostí, čímž se protivíkovi ztěžuje protiútok. Její evýhodou je, že výpočet mociy i odmociy je velice áročá operace, zejméa výpočet odmociy zameá, že metoda je v praxi epoužitelá. Proto si teď ápad vylepšíme. Zvolíme ějaké prvočíslo strašlivě velké, aby byly zprávy vždy o hodě meší(dlouhé zprávy můžeme sekat). Zvolmelibovoléčíslo e Nesoudělés 1,pakpodleVěty existujetaké d Ntakové,že de 1(mod 1), tedy ed=1+k( 1)proějaké k Z.Mámepakkdispoziciásledujícízpůsobšifrováí. Předpokládejme,že Mjezprávasplňující M <.Zakódujemejizobrazeím T(M)=M e (mod )(protojsme volilizkratku ejako ecode ).Jakseděládešifrováí?Tvrdíme,žetodělázobrazeí T 1 (C)=C d (mod ) (proto djako decode ).DůkazplyezmaléFermatovyvěty,zdejedobrésiuvědomit,že jeprvočíslo,proto jejčíslo1 < M < emůžedělitajsoutedyesoudělá.mámepak(počítámemodulo ) T 1 (T(M)) (M e ) d = M ed = M 1+k( 1) = M (M 1 ) k M 1 k = M. A je to. Nemusíme odmocňovat, avíc a mocěí modulo máme pěké triky. Největší slabia této metody je v praktickém provedeí, což je mimochodem velkou slabiou většiy šifrovacích schémat. Odesílatel musí ějak dopravit dekódovací klíč d příjemci zprávy, jakákoliv cesta je zraitelá a hrozí tak ebezpečí, že si aši zprávu ěkdo po zachyceí klíče přečte. Šifra je zraitelá i opačým směrem. Řekěme, že chceme, aby ám ěkdo poslal tajou zprávu. Pošleme mu šifrovacíklíč eačíslo utékoperacimodulo,samisischovámedešifrovacíklíč d.ježepokuděkdoaši zprávuodesílatelizachytí,taksizhodot eahravěášdešifrovacíklíč dspočítá,protožeajítiverzike modulo 1 je pro rozšířeého Euklida relativě sadý úkol. Výrazé zvýšeí bezpečosti se dá dosáhout, pokud ějakou fitou zemožíme, aby odposlouchávač dokázal zhodot eaodvoditášdešifrovacíklíč d.tímsedostávámekezlatémuhřebuašíprocházkykódováím. Jedím z ejrozšířeějších veřejých šifrovacích schémat a Iteretu je v současosti takzvaé RSA šifrováí (azvaé podle autorů jméem Rivest, Shamir a Adlema, ápad publikovali v roce 1978, i když v tajých službách bylzámidříve,alepatrěebylpoužit).nazačátkuzvolímedvěprvočísla p,q(typickyo200cifrách).nechť =pq.zvolíme e Ntak,abybyloesoudělés(p 1)(q 1),pakajdeme(rozšířeýmEuklidovýmalgoritmem) d Ntak,aby de 1(mod(p 1)(q 1)),tj. djeiverzíprvekkevzhledemkásobeímodulo(p 1)(q 1). Dvojici(,e)sdělímetomu,kdoámmázprávyposílat,jetotzv. veřejýklíč.samisischováme soukromý klíč (,d). Kódováí:Zprávu M Nsplňující M < p,qzašifrujemepomocízobrazeí T(M)=M e (mod ).Tvrdíme,že jilzedešifrovatpomocízobrazeí T 1 (C)=C d (mod ). 7a.13, 7a.l 10 7a.13, 7a.l

11 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Opravdu?Protožeje pprvočísloadíky M < pjesím Mesoudělé,podlemaléFermatovyvětyplatí (M e ) d = M 1+k(p 1)(q 1) = M (M p 1 ) k(q 1) M 1 k(q 1) = M (mod p). Číslo qmáovšemstejévlastosti,protostejěukážeme(m e ) d M (mod q).podlecvičeí tudížmusíplatit (M e ) d M (modlcm(p,q)),aprotožejsou p,qcobyrůzáprvočíslaesoudělá,mámedlecvičeí6a.15také (M e ) d M (mod ).Tímjsmedokázali,žezezprávy M e dalšímumocěíma dapřechodemkezbytkupo děleímodulo dostávámepůvodítext M. Jakbezpečájetatometoda?Abyzprávuěkdorozšifroval,muselbyajít d,ktomualepotřebujezát (p 1)(q 1).TakžeRSAkódjetakbezpečý,jakoječíslo(p 1)(q 1).Tosedázískatjediěalezeím příslušé faktorizace a p q, což už jsme zde ěkolikrát zmiňovali jako pořádý problém. Existují efektiví metodyprourčitékombiace,apříkladkdyžjsou p,qdostiblízkéebokdyžje drelativěmaléčíslo,alepro dobře vybraé p, q se odhadovaý čas faktorizace blíží tomu ejhoršímu scéáři, áročost faktorizačích algoritmů jehoršíežmociy,patřídoskupiy a,cožužjehodě(vizkapitola). Mimochodem,pokudbychomprozradilizároveň am=(p 1)(q 1),takužejemůžekdokolivzjistit e řešeím ed 1(mod m),aledokocesadozjistíašifaktorizaci:máme m=pq p q+1= p q+1, čísla p,qtedyřešírovice pq=, p+q= m+1,cožjesadáalgebraickáúloha.napříkladzdruhérovice vyjádříme q,dámedoprvíadostáváme p 2 ( m+1)p+=0. Máme tedy kvalití kódováí, ale také ový problém: Kde vezmeme prvočísla o 200 cifrách? Příklad7a.m: Zdesevrátímekproblému,jakpozat,zdajeějaké Nprvočíslo.Jižjsmediskutovali,že zkoušetdělitčíslymezi1a jeextréměčasověáročé,jeačasezapřemýšletadlepšímialterativami. Malá Fermatova věta abízí ásledující zajímavou obměu: Jestližejsoučísla a Zaesouděláaeplatí a 1 1(mod ),pakuž emůžebýtprvočíslo. Toto může sloužit jako test prvočíselosti. Vezměme libovolé liché > 2, chceme vědět, zda je to prvočíslo. použijemea=2,protožeprolichéčíslourčitěgcd(2,)=1.jestliže2 1 1(mod ),pakpodlemaléfermatovy věty určitě eí prvočíslo. Bohužel,maláFermatovavětajejeimplikace.Takžepokudbyplatilo2 1 1(mod ),pak prvočíslo býtmůže,aleemusí.jsouzvláštíčísla,která2 1 1(mod )splňují,alejsousložeá,říkámejimpseudoprvočísla.dobrázprávaje,žepseudoprvočíseljevelicemálo,apříkladmeziprvími10 10 přirozeýmičísly je cca 450,000,000 prvočísel, ale je cca 15,000 pseudoprvočísel. To zameá, že teto test je vysoce účiý při vyřazováí čísel, která prvočísly ejsou, a pokud už ějaké tímto testem projde, tak je vysoká pravděpodobost, že jsme opravdu ulovili prvočíslo, a vyplatí se ivestovat další ámahu a skutečé potvrzeí této skutečosti. Tato myšleka se dá samozřejmě rozvést dále. Řekeme, že je pseudoprvočíslo vzhledem k základu a, jestliže a 1 1(mod ).Takžepokudějaképseudoprvočíslopřežijeprvítest,zvolímeějakéesoudělé a,apříklad dalšíprvočíslo a=3,azkusíme,zdaeplatí a 1 1(mod ).Topřitrošeštěstízasevyřadíeprvočíslo. Řekeme,že jecarmichaelovskéčíslo,jestliže a 1 1(mod )provšecha a Nsgcd(a,)=1.Např. 561jetakovéčíslo.Těchtojesiceekoečěmoho,alezasehrozěmálo,čilikdyžzačemesaprotestujeme jejprohodě a,takvpřípaděúspěchuužjeskorojisté,že jeprvočíslo. Je to dobrá strategie pro hledáí velkých prvočísel, apříklad pro kódováí RSA. Dělá se to tak, že si prostě zvolíme ějaké vhodě dlouhé číslo(liché a ekočící pětkou, samozřejmě). Testovat přímo děleím, zda je to prvočíslo, by trvalo strašě dlouho(mluvíme zde o desítkách let a těch ejvýkoějších počítačích). Místo toho jej rychle prožeeme testy popsaými výše a oo asi vypade jako složeé číslo. Tak zkusíme jié velké číslo(třeba přičteme2ktomueúspěšému)ajedemezovu.nakoecějakéčíslotěmitestyprojde,pakjetéměřjisté,žeje to prvočíslo. Tak prostě z takového čísla zkusíme RSA kódováí udělat, zkusmo ěco zakódujeme a rozkódujeme apokudtovyjde,takjsmeašli,cojsmepotřebovali. 7a.14 Pozámka (kritéria dělitelosti): V kapitole 6 jsme se zmíili o existeci kritérií dělitelosti, ale pořádě se a ě podíváme až zde, protože počítáí modulo občas abíde pohodlý zápis. Využijeme pak toho, žedělíaprávětehdy,pokuda 0(mod ).Zámákritériasedajírozdělitdoskupipodletoho,zjakémyšleky vycházejí. Ukážeme si ěkolik populárích myšleek, obvykle ejprve a kritériu zámém a pak se pokusíme zjistit ěco o dělitelosti sedmičkou. Jedaskupiakritériívycházíztoho,žesidaéčíslo aapíšemejako a=100a+r,kde r=amod100.při pohledu vzhledem k počítáí modulo d občas objevíme zajímavé věci. Jako ukázku dokážeme kritérium dělitelosti čtyřkou, viz 6a.11. Modulo 4 totiž máme a=100a+r 0A+r=r (mod4). 7a.14, 7a.m 11 7a.14, 7a.m

12 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Vidíme,že a 0(mod4)právětehdy,když r 0(mod4),jiakřečeo,číslo ajeděliteléčtyřkouprávětehdy, když je čtyřkou dělitelé r eboli posledí dvojčíslí čísla a. Podobě se dokazuje kritérium pro d = 25, pomocí rozpisu a = 10A + r takto sado dokážeme kritérium pro dělitelost dvojkou ebo pětkou. Codostaeme,kdyžpočítámemodulo7? a=10a+r 3A+r.Chceme-litedyvědět,zdaječíslodělitelé sedmičkou,oddělímeposledícifruapřičtemejiktrojásobku začátku,pakotestujemeové.tozípěkě, ale je to pracé. Pokud bychom potřebovali zát dělitelost čísla a = 87654, toto kritérium abízí testovat místo tohočíslo ,tosemiaiechcepočítat.Jetoalevýchodiskokzajímavémualgoritmu.Číslosedátotiž probírat pricipem 10x + y 3x + y postupě zleva(detaily raději vyecháme), čímž vzike teto postup: Vezmi levou cifru, vyásob třemi a přičti druhou cifru zleva. Výsledé číslo vyásob třemi a přičti třetí cifru zleva, to vyásob třemi a přičti čtvrtou cifru zleva atd., dokud se edojde k posledí(pravé) cifře. Výsledé číslo je dělitelé sedmi přesě tehdy, když to původí. Vždy po ukočeí kroku(přičteí, před ásobeím třemi) je možé přejít ke zbytku modulo 7. Ukážemepro a=87654.nejprve3 8+7=31,zbytekje3.Pak3 3+6=15,zbytekje1.Pak3 1+5=8, pak3 8+4=28.Totojevýsledéčíslo.Jedělitelésedmi,protojeia=87654dělitelésedmi. Další populárí rodika kritérií vychází z dekadického rozvoje čísla. Jako ispiraci si ukážeme, proč fuguje kritériumdělitelostitrojkou.kdyžseadaéčíslovdekadickémtvaru a= k a k10 k podívámemodulo3, můžeme podle věty o kogrueci a operacích ahrazovat jedotlivé části. a= a k 10 k a k (10mod3) k = a k 1 k = a k (mod3). k k k k Vidíme, že číslo a je dělitelé třemi právě tehdy, pokud je dělitelý ciferý součet. Podobý důkaz ukáže i zámá kritéria pro dělitelost devíti a jedeácti. Dokoce bychom mohli aplikovat modulo i a cifry samoté, tedy a= k (a kmod3).jetedymožérovousčítatamístociferjejichzbytkypoděleítřemi. Pomohlobytosesedmičkou?Modulo7dostáváme a= k a k (10mod7) k = k a k 3 k.namístočísla a=87654 bychommohlitestovatčíslo ,aitosemiechcepočítat.Přestotoeízcela slepáulička.pokudsepodíváme,jakéjsouzbytkyčísel10 k poděleísedmi,dostávámecyklickouposloupost 1,3,2,6,4,5,1,3,2...Můžemetedysčítatcifrydaého a(bráozprava)ásobeétěmitováhami.takžeamísto a=87654lzetestovatčíslo =105.Todělitelésedmije,cožámpotvrzuje,že opravdu Toto kritérium je asi méě příjemé ež předchozí algoritmus, ale také se používá. Lepší trik dostaeme, když daé číslo ebudeme dělit a cifry, ale a větší skupiy cifer. Dvojice ještě moc epomohou,vedoua a (a k mod7) 2 k (mod7).kdyždaéčíslorozložímeatrojčíslí, a= k a k1000 k, dostáváme modulo 7 rovost a (a k mod7) (1000mod7) k = (a k mod7) ( 1) k (mod7). Chceme-li tedy vědět, zda je číslo a dělitelé sedmi, tak místo toho můžeme testovat číslo vytvořeé takto: prví trojčíslí zprava ahradíme zbytkem po děleí sedmi a vezmeme se zamékem plus. Od toho odečteme zbytek po děleí druhého trojčíslí zprava sedmi. K tomu přičteme zbytek po děleí třetího trojčíslí zprava sedmi atd. V případě a=87654bychommístotohotestovaličíslo(654mod7) (87mod7)=3 3=0,tojedělitelésedmi a potvrzujeme ezávisle, že je dělitelé sedmičkou. Asi ejpoužívaější kritérium pro dělitelost sedmi vypadá ještě jiak. Zapišme zase a = 10A + r. Tvrdíme, že jedělitelésedmiprávětehdy,pokudjesedmiděliteléčíslo A 2r.Důkazbyvypadaltřebatakto.Protožeje2 esoudělá se sedmi, pak má číslo 2a stejou dělitelost sedmi jako a. Když od čísla odečteme ásobek sedmičky, takéjehodělitelostsedmiezměíme,takžečíslo2a 21A=2r Amázasestejoudělitelostjako a.z praktického důvodu je pak lepší ještě změit zaméko. Obvykláukázka:Chcemezátdělitelostčísla a=87654,místotohokoukemea =8757,paka =861,paka86 2 1=84azdejižvidíme,žejdeočíslodělitelésedmičkou. Toto kritérium má obdobu i pro dělitelost třiácti, sedmácti a podobě, tak si ukážeme obecý mustr. Odvodímekritériumprodělitelost a=10a+rčíslem d N.Začemetím,žeajdemečíslo ctak,abybylo esoudělésd,aleaby ddělilo10c+1.díkyesoudělostivíme,že d aprávětehdy,když d (ca).paksišikově apíšeme ca=10ac+cr=(10c+1)a (A cr). Výraz alevo je ásobkem d právě tehdy, pokud je jím výraz apravo. Protože ale podle předpokladu d dělí (10c+1)A,takovšemrozhodevýraz A cr. Volba c=2dájižvýšezmíěékritériumprosedmičku, c= 4zasevedeakritériumprotřiáctkuapodobě. Poěkud jedodušší a zámá kritéria připomíáme ve cvičeí. 7a.15 Strukturálí teoretický pohled a počítáí modulo 7a.15, 7a.m 12 7a.15, 7a.m

13 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Existujídvapohledyasvětzvaý Z,každýmásvévýhodyaevýhodyaautořisivolíte,kterýsejimlépe hodí do kocepce kihy. Zatím jsme představili defiici, která je praktičtější, dá se říct, že pokud člověk počítáí modulopoužívápřipráci,takjetetopohleda Z tepravý. Existujeještěpohledjiý,kterýjeteoretičtější(promohézbytečě),alezasetohoomožiě Z víceřeke, občasušetřítrochupráceapředostmudávajíautoři,kteřísea Z dívajíjakoazajímavoumatematickou strukturu. Teď si jej představíme, myslím, že pro pokročilejšího čteáře to může být zajímavá alterativa, ale pro ty,kteřímajíméěvyviutýsmyslproabstrakci,tomůžebýtspíšmatoucí.pokudbyčteářpřičetbězačíalmít pocit,žesetopí(pokudjejužtedyemá),icseestae,kdyžskočíbuďkeulerověvětě,ebodokocerovou a cvičeí. Přesto doporučuji, aby se alespoň zastavil u Věty. Jdemeato.! Fakt 7a.16. Prokaždé Njerelace býtkogruetímodulo ekvivalecea Z. Důkaz(rutií): Reflexivitu a symetrii echáme jako cvičeí, zde ukážeme trazitivitu. Jestliže a b(mod )ab c(mod ),pak a=b+kproějaké k Zab=c+lproějaké l Z.Odtud a=c+(k+l)a(k+l) Z,tedy a c(mod ). Můžeme teď aplikovat teorii z kapitoly a vidíme, že se ám možia Z rozpade a třídy ekvivalece, kterým říkámezbytkovétřídy.zbytkovoutřídučísla avzhledemkrelacikogruecemodulo budemezačit[a]. Napříkladpřivolbě =4mámetřeba[1] 4 =[5] 4 =[ 3] 4 = ={..., 7, 3,1,5,9,...}.Obecěsamozřejmě [a] = {a+k; k Z},mimojiévždy a [a].výsledkyzkapitoly říkají,žejeúplějedo,kteréhozástupce sivybereme,takévíme,že[a] =[b] právětehdy,když a b(mod )ebolikdyždajístejýzbytekpřiděleí ebolikdyžje a bdělitelé ebolikdyžseod akbdokážemedostatopakovaýmpřičítáím/odčítáím. Možia Z se ám rozpadla a přesě zbytkových tříd, čímž ám vzikl ový objekt, možia těchto zbytkových tříd. Naším cílem je s touto možiou ormálě pracovat, tedy brát zbytkové třídy jako objekty, se kterými ormálě maipulujeme, jako jsme to zvyklí dělat s čísly. To je oblíbeá matematická věc, vezme se ějaký třeba i dosti komplikovaý objekt(v ašem případě ekoečá možia avzájem kogruetích čísel) a te se vhodě zabalí a ozačí písmekem, takže se aveek tváří jako ějaká obyčejá věc, se kterou pak v pohodě maipulujeme pomocí odvozeých pravidel. V tomto případě bychom se zbytkovými třídami rádi prováděli běžé algebraické operace. K tomu využijeme, že a každou zbytkovou třídu se lze odvolat ějakým zástupcem. Je čas zadefiovat hlaví pojmy.! Defiice. Prostor Z defiujemejakomožiuvšechtřídekvivalecevzvzhledemkrelacibýtkogruetímodulo, tedy Z = {[a] ; a Z}. Pro[a],[b] Z defiujeme [a] [b] =[a+b], [a] [b] =[a b]. Další časté začeí pro tuto možiu tříd ekvivalece je Z/Z. Je lepší z hlediska formálího, protože je to obecé začeí pro faktorovou možiu(což zde vlastě děláme), a druhou strau je delší. Nakoec jsme zvolili pohodlějšíverzi Z,zejméaproto,žezáhyukážeme,žejetovlastěašestarádobrá Z vjiémpřevleku. Než začeme s touto defiicí pracovat, je třeba hed vyjasit jede potecioálí problém. Neí totiž vůbec jasé, jestli jsme operace a zbytkových třídách defiovali tak, aby to mělo smysl. Například umíme vypočítat [5] 8 [6] 8 =[30] 8,alevíme,žetřeba[5] 8 =[13] 8,jetotetýžobjekt,tatážtřída.Cokdybychomtedyvevýpočtu použili13amísto5?bude[13] 8 [6] 8 dávatstejývýsledek,tedystejoutřídujakopůvodívýpočet?ao, protože[13] 8 [6] 8 =[78] 8 =[30] 8,eboť8 (78 30).Takžetovyšlo,aletobyljejedepříklad.Abybyla defiice korektí, musíme ukázat obecě, že kokrétí volba zástupce emá vliv a výsledek operace. Věta 7a.17. Nechť N.Uvažujme a,b,u,v Ztakové,že[a] =[u] a[b] =[v].pak[a+b] =[u+v] a[a b] =[u v]. 7a.17, 7a.m 13 7a.17, 7a.m

14 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Důkaz(rutií):[a] =[u] zameá a u(mod ),podoběpro bav,pakámvěta dává a+b u+v(mod )eboli[a+b] =[u+v]. Důkaz pro souči je obdobý. Takžeužvíme,žedefiiceeísporá,zkusímesito.! Příklad7a.: NapříkladvZ 5máme[3] 5 [4] 5 =[3 4] 5 =[12] 5.Komuseelíbítetozástupce,můžeudělat třeba[3] 5 [4] 5 =[12] 5 =[2] 5 =[ 3] 5 =[127] 5 =... NebotřebavZ 13 je[8] 13 [5] 13 =[13] 13 =[0] 13,tohlemimochodemukazuje,že [8] 13 =[5] 13.! Mámeteďzajímavousituaci,možia Z jedefiováadvakrát.samozřejměseukáže,ževlastějdeototéž. Začeme tím, že každá zbytková třída je dáa ějakým svým zástupcem. Můžeme se rozhodout, že budeme jakozástupcezásaděvybíratprávězbytkypoděleíčíslem,pakdostáváme Z = {[0],[1],...,[ 1] }. Kdybychomzavedli k jakosymbolpro[k],takmámepřesěmožiu Z = {0,1,2,..., 1}.Jetoalezatím je podobost vizuálí. Abychom ukázali, že jde opravdu o zcela stejé struktury, musíme ještě ukázat, že si odpovídají i operace. Vezměme a,b Z (dlestarédefiice)auvažujme[a],[b] jakoprvkyzového Z.Vestarémiovém Z provedeme operace sčítáí, popř. ásobeí, a ukážeme, že to v obou světech dopade stejě. Podleprvídefiicedostáváme a b=(a+b)mod aa b=(ab)mod.kdyžtotéžprovedemevovédefiici přestřídy,dostávámevýsledky[a] [b] =[a+b] a[a] [b] =[ab].myjsmesealerozhodlitřídyzastupovat vždyzbytkypoděleí,tudíž[a] [b] =[(a+b)mod ] adostávámestejývýsledekjakouprvídefiice, podobě[a] [b] =[(ab)mod ] azasemámestejývýsledek. Takžesedáříct,žeovádefiicevlastězameá,žekolemprvkůzprvídefiice Z akreslímeohrádky, operace děláme v zásadě stejě. Původí defiice ás ještě utí po provedeí výpočtu přejít ke zbytkům coby zástupcůmze Z,zatímcoovádefiicee,tojejedazjejíchvýhod.Necháváámsvoboduvybíratsizástupce tak,abyseámcoejlépepočítalo.napříkladopačýprvekk5vz 137 ajdemedleovédefiicejako[ 5] 137, emusímepoužívat132podleprvídefiice Z 137. VšechyvýpočtymodulozpředchozíchpříkladůoZ byseprotodalypřepsatjakovýsledkyotřídách,třeba vpříkladě jsmealezliiverzíprvekka=36vmooidu Z 175,36 1 =141.Vovémzěímůžemeříct,že [36] =[141] 175.Opravdu,[36] 175 [141] 175 =[36 141] 175 =[5076] 175 =[1] 175,protože5076 1(mod175). Krásě to souhlasí. VšechydosavadívýsledkyoZ bychomteďmohlipřepsatdoovéhojazyka,aleestojítozato,uveďmeje jedo klíčové tvrzeí.! Důsledek 7a.18. Nechť N,uvažujme[a] Z. (i)vždyexistujeprvekopačý [a] =[ a]. (ii)[a] jeivertibilívůči právětehdy,kdyžjsou aaesoudělé. Přímýdůkazvzorceproopačýprvek:[a] [ a] =[a+( a)] =[] =[0],eboť 0(mod ). Takžeapříklad [3] 7 =[4] 7 a [3] 13 =[10] 13.Všimětesi,žearozdílodpočítáívZ podletéprvídefiice siteďemusímedělatspeciálípřípadproiverzíprvekkule.vzorecdávávýsledek[],cožjesprávě,eboť [] =[0]. Ivezíprvkyhledámestejějakopředtím.Odiverzíhoprvku[x] kprvku[a] očekáváme,že[a] a [x] =[1] eboli[ax] =[1] eboli ax 1(mod )eboli ax+k=1proějaké k Z.Zasetedypřijdekeslovu rozšířeýeuklidůvalgoritmus,kterýrovoudásprávoutřídu[x],protožeemusímehledatzbytekpoděleí cobyvzorovéhozástupce.pokudtoaleuděláme,dopadetopřesějakouz podleprvídefiice.dostávámese zpětktomu,žejdevlastěotutéžvěc. Zatím to vypadá, že vlastě je dokreslujeme symboly kolem čísel, což vypadá jako zbytečá práce. Má to ějaké výhody? Jedu už jsme viděli, eutí ás to hledat správé zástupce. Hlaví výhoda je ale ještě jide. Protože ová defiice používá pokročilejší matematické struktury, můžeme využívat rozličé ástroje, které ám byly u původího přístupu ispirovaého zejméa praktickým počítáím epřístupé. Prvíukázkoujesplaceídluhu,kterýmáme.JižjsmevevýpočtechvZ použiliběžápravidla,akterájsme zvyklí od reálých čísel, ježe jsme ještě epotvrdili, že opravdu platí. V původí defiici by to dalo trochu práce, vtéovéje zdědíme téměřbezpráce. 7a.19, 7a. 14 7a.19, 7a.

15 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012! Věta 7a.19. Nechť N.Pakplatíásledující: (i)provšecha a,b Zplatí[a] [b] =[b] [a], (ii)provšecha a,b,c Zplatí[a] ([b] [c] )=([a] [b] ) [c], (iii)provšecha a Zplatí[a] [0] =[a], (iv)prokaždé a Zplatí[a] [ a] =[0], (v)provšecha a,b Zplatí[a] [b] =[b] [a], (vi)provšecha a,b,c Zplatí[a] ([b] [c] )=([a] [b] ) [c], (vii)provšecha a Zplatí[a] [1] =[a], (viii)provšecha a,b,c Zplatí[a] ([b] [c] )=([a] [b] ) ([a] [c] ). Důkaz(poučý):Všechyvlastostiplatípropočítáía ZadíkychytrédefiiceoperacívZ sepřeesou aoperace a.ukážemetoprokomutativitueboli(i):[a] [b] =[a+b] =[b+a] =[b] [a].je mírě komplikovaější je třeba(viii): [a] ([b] [c] )=[a] [b+c] =[a(b+c)] =[ab+ac] =[ab] [ac] =([a] [b] ) ([a] [c] ). Tozameá,žemožia Z jevelicepříjemázabstraktíhopohleduaoperace,vizkapitola,kteroubyužbylo opravdudobrésiteďpřečíst.kokrétětatovětaukazuje,že(z,,[0] )jekomutativígrupaa(z,,[1] ) jekomutativímooid,(z,, )jepakkomutativíokruh(vizkapitola).díkytomuautomatickydostáváme spoustu vlastostí, které jsme předtím museli dokazovat, apříklad jedozačost iverzího prvku(pokud existuje). Přeložíme do jazyka algebry ještě další pozatek, který plye z Důsledku.! Věta 7a.20. Nechť N,uvažujme Z.Jestližeje prvočíslo,takjekaždýprvek[a] Z splňující[0] [a] ivertibilí. Tozameá,žeproprvočíslo je(z,, )těleso. Jiakřečeo,proprvočísla sevz pracujepraktickystejějakovreálýchčíslech,všechofugujebáječě, dokoce můžeme dělit eulovými prvky. 7a.21Pozámka: Kombiacíchytréovédefiice Z aobecýchpozatkůomožiáchsoperacemizkapitoly dostáváme také zajímavý důkaz malé Fermatovy věty. Nejprvesialemusímerozmyslet,cojeto[a] k.tojezkratkapro[a] [a] [a],cožjepodledefiice ásobeírovo[a a a] =[a k ].Rovost a 1 1(mod )tedyzameá,ževřečizbytkovýchtřídmáme [a 1 ] =[1] eboli[a] 1 =[1].Jsmepřipravei. Dokážeme,žekdyžje prvočísloaajeesoudělés,pak[a] 1 =[1]. PodleVěty jemožiavšechivertibilíchprvků Z rova G={[1],...,[ 1] }.PodleVěty je(g, ) grupa.jejímohutostje 1,tudížpodleDůsledku platíprokaždýprvek[a] G,že[a] 1 =[1]. Hotovo. Důkazbyltedykratšíazdálivěsažšíežteprví,cožjezpůsobeotím,ževyužíváspoustypráce,která byla uděláa v kapitole. Eulerova věta. Tím kočí hlaví blok této kapitoly, pro pokročilé přidáme ještě část další, která se pokusí pomoci s ásledujícím problémem: Umíme už efektivě počítat mociy pro případ, že je prvočíslo. Co dělat v případě, kdy prvočíslo eí? Jiými slovy, co se pak stae s malou Fermatovou větou? Na to budeme muset hlouběji zabrousit do teorie čísel, jmeovitě se pořáději podívat a otázku, kolik je v možiě {1,2,...,}číselesoudělýchs.Nejprvesitoazveme. Defiice. Eulerovafukce(Eulerfuctioortotiet) ϕjedefiováatakto:pro Nje ϕ()rovopočtupřirozeýchčísel,kterájsoumešíež aesoudělás. Kolikjetřeba ϕ(6)?sadoahlédeme,žezmožiy {1,2,3,4,5}jsouječísla1,5esoudělásšestkou,proto ϕ(6)=2.zmožiy {1,2,3,4,5,6,7,8}jsousdevítkouesouděláčísla1,2,4,5,7,8,proto ϕ(9)=6.sadosi 7a.22, 7a. 15 7a.22, 7a.

16 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 rozmyslíme,žeproprvočíslo pje ϕ(p)=p 1,protožeesoudělásprvočíslem pjsouvšechačísla1,2,...,p 1. K čemu tato Eulerova fukce je? Díky í hravě dokážeme zobecěí malé Fermatovy věty. Věta 7a.22. (Eulerova věta) Nechť N.Jestližeje a Nesoudělés,pak a ϕ() 1(mod ). Důkaz(poučý):Uvažujme G={[a] ; [a] ivertibilívz }.PodleDůsledku (ii)víme,že[a] Gprávě tehdy,kdyžje aesoudělés.tozameá,že Gjedáatěmi a {1,2,..., 1},kteréjsouesoudělés,proto G =ϕ(). PodleVěty je(g, )grupa,tudížpodledůsledku platíprokaždýprvek[a] G,že[a] ϕ() =[1].Jiými slovy,prokaždé aesoudělésplatí a ϕ() 1(mod ). TatovětaámtedyumožňujeefektivěumocňovatipřiprácivZ pro eprvočíselé,jejetřebaumět acházet ϕ().užvíme,žeproprvočíslo máme ϕ()= 1,takžeztétovětydostávámejakodůsledekmalou Fermaovu větu. Mimochodem, ěkdy se dá ajít i meší číslo ež ϕ() tak, aby umocilo a a jedičku. Například pro prvočíslo =31ámmalýFermatiEulerzaručí,že2 30 1(mod31),alemámei2 5 1(mod31).Toeívrozporus Eulerovou větou, ta je zaručí existeci vhodé mociy a ikde etvrdí, že ašla tu ejlepší. Hledáí hodot Eulerovy fukce také eí zrova sadé a odložíme to a koec kapitoly, abychom čteáře předčasě evyčerpali. Teď si ukážeme pár aplikací. Příklad 7a.o: Vypočítáme mod91.jižtradičěejdepoužítkalkulačku,totočíslomátotiž810cifer, takžebyudolaloivše,comátypickýpočítačkdispozici.nadšecisiapíšouvlastírutiyaoperacestakto dlouhými čísly, my raději zkusíme redukovat zlomek. Začeme pokročilými ástroji. Protože 91 eí prvočíslo, elze použít malou Fermatovu větu, ale je třeba použít Eulerovu větu, což možé je, protože6jeesoudělés91.podlevěty adefiicespočítáme ϕ(91)=ϕ(7 13)=ϕ(7) ϕ(13)=6 12=72.Ještě sispočítáme q= = =14amůžemepočítatmodulo = =(6 72 ) To pořád eí žádá srada(25 cifer, moje kalkulačka emá se svými 13 pamatovaými ciframi šaci), Euler už epomůže, takže je čas a jedoduché metody, jmeovitě postupé sižováí mociy. Umíme relativě sado mocit6 4 =36 2 = (mod91),díkyčemuž =(6 4 ) (mod91). Toto je desetimísté číslo, to už kalkulačka zvláde, vyděleím, zaokrouhledím podílu dolů a odečteím příslušého ásobku koečě acházíme zbytek To evypadá moc dobře, je to tím, že jsme použili fukci mociu, tedyzmáčkulijsme22,pak x y apak8,takovéobecémociypočítákalkulačkapřeslogaritmyachybkyse projevují.zkusímetozovupomocíklávesy x 2,kteráopravduásobíčísla,pak((22 2 ) 2 ) =29. Dostáváme celé číslo, ale raději ještě kalkulačce pomůžeme =484 29(mod91),proto =(22 2 ) (mod91).tohleužakalkulačcebezpečě utlučeme, = (mod91).Takžetěm29věříme. Pro alterativí způsob výpočtu se podívejte a příklad. Pozámka: Díky rozličým trikům(redukce mociy oddělováím dvojky, malým Fermatem, Euleroviami) je umocňováí modulo mohem příjemější ež umocňováí běžé. Navíc se dá jakékoliv umocňováí velice zrychlit ásledujícífitouproalezeí a b : Díkyopakovaémuásobeíumímerychleajítmociy a 1 = a, a 2,(a 2 ) 2 = a 4,(a 4 ) 2 = a 8,(a 8 ) 2 = a 16 atd., tedymociytypu a 2i.Stačísitedyvyjádřit bvdvojkovésoustavě, b= m b i 2 i,vizpříklad6a.d,adostáváme i=0 a b = (a 2i ) b i.tovypadákomplikovaě,ale b i abývápouzehodot0či1,takže a b = a 2i. Například a 21 = a = a 16 a 4 a 1 =(((a 2 ) 2 ) 2 ) 2 (a 2 ) 2 a 1.Takovétomocěíjevelicerychlé,vizcvičeí.Při počítáí modulo se avíc při všech krocích přechází k příjemějším zástupcům, takže díky kombiaci všech triků se z mociy stává relativě eáročá operace. 7a.23, 7a.o 16 7a.23, 7a.o b i =1

17 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Na začátku této kapitoly jsme ukázali, že při výpočtech modulo lze v běžých algebraických operacích a v základu mociy čísla ahrazovat jejich kogruetími bratříčky. Pomocí Eulerovy věty se ukáže, že to lze dělat isexpoetem,alemusísepoužítjiýmodulus. Důsledek 7a.23. Nechť N,uvažujme a Nesoudělés.Pakprovšecha x,y Nplatí:Jestliže x y(mod ϕ()),pak a x a y (mod ). Důkaz(rutií): x y(mod ϕ())zameá,že x=y+kϕ()proějaké k Z. Pak a x = a y+kϕ() = a y (a ϕ() ) k a y 1 k = a y (mod ). Ve zbytku kapitoly se podíváme a výpočet ϕ(), což je mimochodem dost áročá úloha. Dělat si sezam čísel ahledatvěmtaesoudělásrozhoděeíprovětší vhodoumetodou,radějibychomějakévzorečky. Jedeužjsmeodvodiliproprvočísla, ϕ(p)=p 1,teďsepodívámeadalší. Fakt 7a.24. Nechť pjeprvočíslo.pakprovšecha k Nplatí ϕ(p k )=p k p k 1 =(p 1)p k 1. Důkaz(poučý):Kteráčíslamešíež p k majíetriviálíhospolečéhodělitelesp k?jestližeje ddělitel p k, takpodlelemma6b.5musíbýtvetvaru d=p i,tudížčísla,kterámajíetriviálíhospolečéhodělitelesp k, jsoupřesěčísladěliteláějakoumociou p k.rozmysletesi,žetojsouvšechyásobky p.koliktakových číselje?jsoutočísla p,2p,3p,...,(p k 1 1)p,protožedalšíásobekje p k 1 p=p k,teužjemocvelký.je tedy p k 1 1číselmešíchež p k asoudělýchsp k.celkemje p k 1přirozeýchčíselmešíchež p k,proto těchesoudělýchje(p k 1) (p k 1 1)=p k p k 1. Abychom ašli vzorec pro všecha čísla, musíme si ejprve připravit půdu. Lemma 7a.25. Nechť N.Pakprokaždé a Zplatígcd(a,)=gcd(amod,). TotolemmajevlastějepřepsaéLemma6a.15svolbou b=,eboťpak r=amod. Lemma 7a.26. Nechť m, Naa N.Pakgcd(a,m)=1právětehdy,kdyžgcd(amod m,m)=1agcd(amod,)=1. Důkaz: Jde je o Lemma 6b.3 přepsaé pomocí předchozího lemmatu. Potřebujeme ještě jedo lemma, tetokráte poěkud vydaté. Abychom usadili jeho stráveí, uvedeme ejprve ispiračí podobeství. 7a.27Souřadice. ČteářjistězápojemsouřadicovéhosystémuvR 2.Je-lidávektor u=(x,y),takjej dokážemerozložitdozákladíchsměrů e=(1,0), f =(0,1)aaopakjejztěchsložekzaseposkládatzpět, u=x e+y f.čísla xayámříkají,jakvelkáčástzvektoru upůsobívesměrech ea f. Totofugujezcelaobecě,můžemesivroviězvolitijiédvavektory e, f (esmíbýtrovoběžé)astejý postup bude fugovat, je už velikost působeí u v těchto dvou směrech ebude rova souřadicím x, y, ale ějakýmjiýmčíslům,kterýmzcelapřirozeěříkámesouřadice uvůčitěmtoovýmvektorům e, f.podstaté je, že pak libovolý vektor u dokážeme kódovat pomocí souřadic, přičemž toto kódováí je jedozačé. Ještě užitečější je, že takovéto souřadice ám umožňují provádět sado vektorové operace. Máme-li ajít součet dvou vektorů, je možé začít rýsovat a odměřovat, ebo prostě sečteme jejich souřadice a dostaeme tak hledaý vektor. Teďsizavedemeěcoobdobého,alevúplějiésituaci.Uvažujmedvěčísla m, Nvětšíež1.Tobudou jakoby základí směrové vektory. Pro jiá čísla a se pak můžeme ptát, jak veliká je jakási složka vzhledem k m a složkavzhledemk.neíjasé,cotovůbeczameá,aletatokapitolajeomodulu,takmůžemezkusit x=amod may= amod. Příkladtovysvětlíejlépe.Zvolímezákladísměry m=3, =5,avyzkoušímesivytvářeí souřadic. Napříkladpročíslo a=10dostáváme souřadice (10mod3,10mod5)=(1,0),pro a=7jeto(1,2),pro 7a.27, 7a.o 17 7a.27, 7a.o

18 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 a=13jeto(1,3).vidíme,žeprorůzáčísladostávámerůzésouřadice,cožvypadávysoceadějě.jeicméě jasé,žetojejedíkytomu,žejsmesihrálismalýmičísly,apříkladpro a=13+3 5=28dostávámezase (1,3).Tobybylprobém,pokudbychomsievšimli,žesemujedoduševyheme,kdyžseomezímearelativě malá čísla. Sadosirozmyslíme,žepokudsepodívámeačíslovětšíež m,takdostaemestejé souřadice jakou ějakého mešího(ezáporého) čísla. V ásledujícím tvrzeí ukážeme, že to fuguje i aopak, pokud zůstaeme učíselmešíchež m,takjižkekaždémučísluáležíuikátí souřadice. Lemma 7a.28. Nechťm, Njsouesoudělá.DefiujmezobrazeíT:{0,1,...,m 1} {0,1,...,m 1} {0,1,..., 1} předpisem T(a)=(amod m,amod ).Totozobrazeíjebijekce. Důkaz(poučý): Defiice je evidetě korektí, pro libovolé a Z platí (amod m,amod ) {0,1,...,m 1} {0,1,..., 1}. Máme {0,1,...,m 1} =m= {0,1,...,m 1} {0,1,..., 1} = {0,1,...,m 1} {0,1,..., 1}, jiými slovy mohutosti defiičího oboru a cílové možiy se shodují(a jsou koečé). Podle Faktu proto stačíukázat,žeje Tprosté.Mějmetedy a,b Ztakové,že T(a)=T(b).Tozameá,že amod m=bmod m a amod =bmod,takžedlevěty platí m (a b)a (a b).podlefaktu6a.11paklcm(m,) (b a), ajelikožjsou m,esoudělé,pakužutě(m) (a b).protoexistuje k Ztakové,že(a b)=km. Ježe a,b {0,1,...,m 1},tedy a b < m,cožjemožéjepro k=0,tedy a=b.prostotaatudíži bijektivita T jsou dokázáy. Totoámukazujedvěvěci.Prvíje,žeopravdupročíslazmožiy {0,1,...,m 1}jsouoy souřadice jedozačě dáy. Druhá věc je, že se takto dají dostat všechy možé souřadice. Jiými slovy, kdykoliv si zvolímeějaké x {0,1,...,m 1}ay {0,1,..., 1},takužmusíexistovat a {0,1,...,m 1}takové, že amod m=xaamod =y. Jak se ale takové a ajde? Bohuže důkaz věty eí kostruktiví, tedy edává ávod, jak takové a idetifikovat. Čteářsimůžezkusituhodouttřebatakové a,aby amod101=13aamod103=17,abydoceil,jakobtížý problém to je. Naštěstí a to existuje metoda, viz Soustavy lieárích kogruecí. Jezajímavé,žesetamvrátímekašim souřadicím,dokocetamdokážeme,žeseoperacemezičíslydají převéstaoperacesjejich souřadicemi,přesějakovpřípaděvektorů.tojealebudoucost,teďsiukážeme, co vyplye z ašeho posledího lemmatu.! Věta 7a.29. Nechť m, Njsouesoudělá.Pak ϕ(m )=ϕ(m) ϕ(). Důkaz(poučý): Zavedeme si možiy, které je třeba zát při výpočtu Eulerových čísel. Nechť B je možia přirozeých čísel meších ež m a esoudělých s m, C je možia přirozeých čísel meších ež a esoudělých s aechť Ajemožiapřirozeýchčíselmešíchež m,kterájsousmesoudělá.pakpodledefiice Eulerovyfukceje ϕ(m)= A, ϕ(m)= B aϕ()= C. Zdefiicemožimáme A {0,1,...,m 1}, B {0,1,...,m 1}aC {0,1,..., 1}.Uvažujme zobrazeí Sdaéjakorestrikce TzLemmatu amožiu A.Tvrdíme,žejetobijekce A B C. Jestliže a A,pakgcd(a,m)=1,protojepodleLemmatu prvísložka T(a)esoudělásmadruhá esoudělás,tedyplatí T(a) B C. Sjeopravduzobrazeído B C.Protožejetorestrikceprostého zobrazeí T,musíbýtprosté. Zbýváukázat,žejetozobrazeía.Nechť(x,y) B C.ZpředchozíhoLemmatuplye,žeexistuječíslo a {0,1,...,m 1}takové,že T(a)=(x,y).Ovšemzdefiice Ba Cmámegcd(x,m)=1agcd(y,)=1, tudížpodledefiice T platíigcd(amod m,m) = 1agcd(amod,) = 1,protopodleLemmatu máme gcd(a,m)=1aa A. Ukázalijsme,žerestrikce TjebijekcezAa B C,proto A = B C. Důsledek 7a.30. Nechť Nmáprvočíselýrozklad =p k 1 1 pk m m,kde p 1 < < p m jsouprvočísla.pak ϕ()=p k 1 1 (1 1 ) ( p k m p m 1 1 ) = ( 1 1 ). 1 p m p p 7a.30, 7a.o 18 7a.30, 7a.o

19 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Důkaz(rutií): Podle předchozí věty a Faktu máme m m ϕ()= ϕ(p k i i )= ( p k i i p k ) m i 1 i = p k ( i i 1 1 ) m = p k i p i i m ( 1 1 ) ( = 1 1 p i p p ). Příklad7a.p: Platí ϕ(36)=ϕ( )=2 2( 1 2) ( ( )( ) 1 = ) =12. Získaý vzorec lze pro jede speciálí případ zajímavě přeorgaizovat. Důsledek 7a.31. Provšecha,N Nplatí ϕ( N )= N 1 ϕ(). Důkaz(rutií,poučý):Rozložmesi =p k 1 1 pk m m,kde p 1 < < p m jsouprvočísla.paktakémáme N = p Nk 1 1 p Nk m m,tudíž ϕ( N )= m p Nk i i m ( ) 1 1 p i = N p ( 1 1 p ) = N 1 ( 1 1 p) = N 1 ϕ(). p Naším cílem bylo vyhout se pracému procházeí možiy a zjišťováí, kdo je soudělý a kdo e, abychom zjistili ϕ.teďmámevzorecproobecé,cožzíadějě,aleveskutečostitotakéeížádávýhra.vyžaduje totiž ajít prvočíselý rozklad čísla, což je výpočetě vysoce áročá úloha. Proto je vhodé hledat alterativy kezjišťováí ϕ().tatofukcebylaajevteoriičíselpilěstudováaaužsetohooíspoustuví,ukažmesipro zajímavost bez důkazu ěkteré věci: Provšecha Nplatí = d ϕ(d). Schrammůvvzorec: ϕ()= gcd(k,)e 2πik/. k=1 ϕ()rosteskorotakrychlejako.přesě: Prokaždé Nplatí 2 ϕ() 1. Prokaždé ε >0existuje N(ε) Ntakové,že 1 ε < ϕ() < provšecha > N(ε). Cvičeí Cvičeí 7a.1(rutií): Spočítejte ásledující výrazy(zbytky po děleí), tedy ideálí zástupce v kogrueci modulo daé číslo: (i)81mod11; (iii)3mod11; (v)48mod8; (vii) 8mod4; (ii) 1mod7; (iv) 14mod13; (vi) 37mod5; (viii) 15mod6. Cvičeí 7a.2(rutií): Rozhoděte, které dvojice čísel z ásledujícího sezamu jsou kogruetí modulo 7: 13, 4,0,1,3,7,9,17,28. Cvičeí 7a.3(rutií, zkouškové): Pro daá spočítejte daé výrazy modulo tak, aby výsledkem bylo číslo zrozmezí0,1,..., 1: (i) =6,( ) 4 ( ); (ii) =5,(13 39) 37 ( 14) 2 ; (iii) =8,( ) Cvičeí7a.4(rutií,poučé):Nechť a= m a i 10 i.dokažteásledující: i=0 (i) ajedělitelétřemiprávětehdy,kdyžjeciferýsoučet a(daý a i )dělitelýtřemi. (ii) a je dělitelé devíti právě tehdy, když je ciferý součet a dělitelý devíti. (iii) a je dělitelé jedeácti právě tehdy, když je jedeácti dělitelé číslo, které získáme sečteím sudých cifer a a odečteím lichých cifer a. Nápověda: aprávětehdy,když a 0(mod ). Viz pozámka. 19

20 Diskrétí matematika 7a. Kogruece, počítáí modulo phabala 2012 Cvičeí7a.5(rutií): Prodaá aaajděteopačýprvek( a)aiverzíprvek a 1 vprostoru Z,tedy prvkyzmožiy {0,1,..., 1}takové,že a+( a) 0(mod )aa 1 a 1(mod ): (i) =35, a=12; (iii) =42, a=25; (ii) =36, a=15; (iv) =146, a=75. Cvičeí 7a.6(rutií, zkouškové): Použijte malou Fermatovu větu k výpočtu ásledujících výrazů modulo zadaé.očekávajísevýsledkyz{0,1,..., 1}. (i)3 33 modulo =11; (ii)4 44 modulo =13; (iii)5 55 modulo =23. Cvičeí 7a.7(rutií,zkouškové): Spočítejteásledujícívýrazyvdaém Z.Nejprvepřeveďteodčítáía sčítáí s opačými prvky. (i)(7+8) modulo =13; (ii)(31 4 1) 192 modulo =20. Cvičeí7a.8(dobré): Dokažte,žejestližeje Nliché,pak 2 1(mod8). Cvičeí7a.9(rutií,poučé):Kterápseudoáhodáposloupostjegeerováapomocíx k+1 =(4x k +1)mod7 při x 0 =3? Cvičeí7a.10(rutií,poučé,zkouškové):Nechť N,uvažujme a,b,u,v Ztakové,že a u(mod )a b v(mod ).Dokažte,žepak a+b u+v(mod )aa b u v(mod )(vizvěta). Cvičeí7a.11(poučé):Nechť Z,uvažujme a 1,u 1,...,a m,u m Ztakové,že a i u i (mod )provšecha,...,m.dokažte,žepak m a i m u i (mod ),vizdůsledek. Cvičeí7a.12(rutií,poučé,zkouškové):Nechť N.Dokažtematematickouidukcía k,žekdyž a,u Z splňují a u(mod ),pakprolibovolé k Nplatí a k u k (mod )(vizfakt). Cvičeí 7a.13(rutií, zkouškové): Nechť N. Dokažte, že (i)prokaždé a Zplatí a a(mod ); (ii)prokaždé a Zplatí: a 0(mod )právětehdy,když a. (VizFakt.) Cvičeí7a.14(rutií,zkouškové):Nechť N.Dokažte,žepro a Z, a 0platí( a)= a. (VizFakt.) Cvičeí7a.15(rutií,zkouškové):Nechť N.Dokažte,žeprokaždé a,b Zplatí: a b(mod )právě tehdy,když b a(mod ). (VizVěta.) Cvičeí7a.16(poučé):Nechť m, N.Dokažte,žeprokaždé a,b Zplatí:Jestliže a b(mod m)aa b (mod ),pak a b(mod lcm(m,)). Řešeí: 7a.1:(i): = =7,proto81mod11= =4;(ii): 1 7 = = 1,proto 1mod7= 1 ( 1) 7=6,eboprostě 1+7=6;(iii):3hotovo;(iv): =12;(v):0eboť8 48;(vi): 37 5 = 7.4 = 8,proto 37mod5= 37 ( 8) 5=3;(vii):0eboť4 ( 8);(viii):třeba =3. 7a.2:0 7 28(mod7), (mod7), 13 1(mod7),číslo9eíkogruetísikýmvsezamu. Mimochodem, právě jsme viděli rozklad daé možiy a zbytkové třídy. 7a.3:(i):( ) 4 ( ) (3 1+5) 4 (1+2 5)= = =20 2(mod6). (ii):(13 39) 37 ( 14) 2 (3 4) =( 1) 2= 2 3(mod5). (iii):( ) ( ) 7 7 2= =6(mod8). Mimochodem, kdyby v tom prvím součiu evyšla ula, museli bychom ahradit i 135. To odečítáím trvá dlouho,zdejeasilepšípřístuppřeszbytekpoděleí. q= = =16, = =7. Proto135 7(mod8). 7a.4:(i):10 1(mod3),proto a= a i 10 i a i 1 i = a i (mod3). (iii):10 ( 1)(mod11),proto a= a i 10 i a i ( 1) i = a 2i a 2i+1 (mod11). 7a.5: (i):( a)= a=35 12=23, hledáme x Zaby12x+35k=1proějaké k Z, toto děláme Euklidem. Dostalijsme3 12+( 1) 35=1, modulo35todává Takže12 1 =