Seriál Teorie čísel. Kongruence

Transkript

1 Seriál Teorie čísel Kongruence Během celého našeho povídání o teorii čísel se budeme držet obvyklého značení. Pro připomenutí:množinupřirozenýchčíselbudemeoznačovatpísmenem N(tj. N={,2,3,4,... }), množinu celých čísel písmenem Z, racionálních Q, reálných R. Největší společný dělitel čísel a, b Zbudeznačen(a, b).vlastnost,že adělí b(resp. bjenásobkem a),budemezapisovat a b (toznamená,žeexistuje q Ztakové,že b=aq). Dnes se budeme zabývat vlastnostmi kongruencí. Začněme definicí. Definice: Nechť a, b Z, m N.Pokudplatí m (b a),zapisujemetutoskutečnost symbolem a b(mod m),čteme ajekongruentnísbpřimodulu m.uvedenývýrazse nazývákongruencíaneznamenátedynicjinéhonež,žečíslo mdělírozdíl(b a).pokud a b(mod m),nazýváse mmodulačíslo bzbytekod apřimodulu m.místozápisu a b (mod m),buduobčaspoužívattéž a b(m). Lidsky lze uvedenou definici též přeformulovat takto: dvě čísla a, b jsou spolu kongruentní při modulu m, pokud dávají při celočíselném dělení číslem m stejný zbytek. Příklad:Přímozdefinicevidíme,že20 (mod9), 2 2(mod7),... Uvědommesi,že a b(mod m)neznamenárovněžnicjiného,nežžeexistuje q Ztakové, že a=b+q m.nazákladětohotopozorováníjižsnadnonahlédneme,žekongruencesplňuje vlastnosti uvedené v následujícím lemmatu: Lemma: (a)pokud a b(m)ac d(m),pak a+c b+d(m)aac bd(m); (b)pokud a b(m)a d m,pak a b(d); (c)pokud a b(m), a=a 0 d, b=b 0 da(d, m)=,pak a 0 b 0 (m). Důkaz: (a)předpoklady a b(m)ac d(m)znamenajídledefinice,že m (b a), m (d c), tedyexistujíceláčísla k, ltaková,že b a=kmad c=lm.proto (b+d) (a+c)=(b a)+(d c)=(k+ l)m,neboli m ((b+d) (a+c));obdobně bd ac=bd bc+bc ac=b(d c)+c(b a)=blm+ckm=(bl+ck)m,tj. m bd ac; proto a+c b+d(m), ac bd(m). Důkaz částí(b),(c) ponecháváme čtenáři jako cvičení. Dlelemmatu tedyvidíme,žekongruencelzemezisebousčítat,násobitazajistých předpokladůdělitčíslem.nechťnyníje m N,uvažujme mčísel0,,2,...,(m ).Je-li a Z,je akongruentnísprávějednímzčísel0,,2,...,(m )přimodulu m,všechna celá čísla můžeme tedy rozdělit do m dijsunktních skupin podle toho, se kterým z čísel 0,,2,...,(m )jsousledovanáčíslakongruentní. Vybereme-linynízkaždéskupinypo jednom číslu, dostáváme systém m čísel, který nazýváme úplný systém zbytků při modulu m. Vybereme-li z úplného systému zbytků při modulu m pouze ta čísla, která jsou nesoudělná Doprvnískupinydámečísladávajícípřidělení mzbytek0,dodruhéta,kterádávají zbytek,dotřetítasezbytkem2,...,do m-téčísla,kterápřidělení mdajízbytek(m ).

2 s m, dostáváme systém, který nazýváme redukovaný systém zbytků při modulu m. Počet čísel tvořících redukovaný systém zbytků při modulu m se označuje jako ϕ(m). Funkce ϕ, která každému mpřiřazuje ϕ(m),senazýváeulerovafunkce. 2 Příklad: Nechť m = 2. Úplným systémem zbytků při modulu m je například systém 0,,...,,alei 7, 5, 2,0,,2,3,6,8,9,,6.Redukovanésystémyzbytkůjsounapř.,5,7,,nebo 7, 5,,atedy ϕ(2)=4(cožnámdáváivztahuvedenývpoznámce). Lemma2: (a)(eulerovavěta)pokud(a, m)=,pak a ϕ(m) (mod m). (b)(fermatovavěta)je-li pprvočíslo,pak a p a(mod p). Důkaz: (a)nechť c, c 2,..., c ϕ(m) jeredukovanýsystémzbytkůpřimodulu m,paktaké ac, ac 2,..., ac ϕ(m) jeredukovanýsystémzbytkůpřimodulu m(neboť(ac i, m)=,protože (c i, m) = ;akdybypronějaké i j bylo ac i ac j (m),pakbymuselodlelemmatu (c)býttéž c i c j (m),cožnelze).protoprokaždé c i existujeprávějedno ac j sním kongruentní.mámetedy ϕ(m)kongruencí c i ac j (m),kde i, jnabývajíhodnot,2,..., ϕ(m), každou právě jednou. Vynásobením těchto kongruencí dle lemmatu (a) dostaneme c c 2... c ϕ(m) ac ac 2... ac ϕ(m) (mod m),cožpozkráceníčísla c c 2... c ϕ(m) (podle lemmatu (c)), dává dokazovaný vztah. (b)snadnýdůsledekčásti(a).rozeberemepřípady p a a(p, a) =.Vdruhémsipak uvědomíme,žeproprvočíslo pje ϕ(p)=p. Příklad:NazákladěEulerovyvětyspočítámezbytekčísla2 2 přiděleníčíslem8.jde vlastněotonajíttakovénezáporné zmenšínež8,prokteré2 2 z (mod8).eulerova funkce ϕ(8)=6ajelikožčíslo2jenesoudělnésčíslem8,mámezeulerovyvěty (mod 8), proto po jednoduchých úpravách máme 2 2 = (mod8), proto hledaný zbytek je 3. Jak vidíme, Eulerova věta je poměrně účinný nástroj pro upravování kongruencí obsahujících mocniny a při řešení úloh, které na takové kongruence vedou(např. hledání posledních číslic mocnin(nejen v desítkové soustavě) atd.). Nyní bude naše povídání směřovat k důkazu tvrzení, které nám usnadní řešení obdobných úloh s faktoriály. Lemma3: Nechť fjepolynomstupně nproměnné x, pprvočíslo.pakkongruence f(x) 0 (mod p)mámaximálně nvzájemněnekongruentníchřešení 4,nebojsouvšechnykoeficienty polynomu f kongruentní s nulou podle modulu p. Důkaz: Indukcí podle stupně polynomu, přenecháváme čtenáři. Lemma 3 se v literatuře často nazývá Lagrangeova věta. Poznamenejme, že pro neprvočíselnýmoduljižtvrzeníneplatí.napříkladpropolynomdruhéhostupně f(x)=x 2 má 2 Známe-lirozkladčísla mnaprvočinitele m=p q pq pqn n, (q i N),můžemeEulerovufunkci ϕ(m)vypočístpomocívztahu ϕ(m)=m( )( )...( ).Důkaz p p 2 p n tohoto přenecháváme laskavému čtenáři jako cvičení. Uvědomte si při tom, že pro dané m vyjadřuje ϕ(m) počet přirozených čísel menších než m a s m nesoudělných. 3 VEulerověvětěpokládáme a=2, m=8 4 Toznamená,žekdyžvezmemelibovolnýúplnýsystémzbytkůpřimodulu p,nejvýše n čísel z tohoto systému splňuje po dosazení za x uvedenou kongruenci.

3 kongruence f(x) 0(mod8)čtyřiřešení,3,5,7(tovlastněznamená,žedruhámocnina libovolného lichého čísla je tvaru 8k + ). Na základě Lagrangeovy věty nyní dokážeme větu Wilsonovu. Lemma4: (Wilsonovavěta)Pokud pjeprvočíslo,pak(p )! (mod p). Důkaz:Pokud p=2,dostanemevýsledekpřímýmdosazením.pokud p >2,pakuvažujme polynom h(x)=x p (x )(x 2)...(x p+).podlefermatovyvěty(lemma 2(b))jekaždé x, x (p )řešenímkongruence h(x) 0(mod p),alepolynom hmá stupeň menší než(p ), proto musí být všechny koeficienty polynomu h kongruentní s nulou podlemodulu p.jelikož pjeliché,jeabsolutníčlenpolynomu hroven (p )!,proto (p )! 0(p),cožjsmevpodstatěchtěli. Wilsonovu větu lze samozřejmě(jako většinu matematických tvrzení) dokázat i jinými postupy. Trochu přirozenější důkaz dostaneme využitím teorie kvadratických zbytků. Lze ho (stejně jako všechny zde uvedené poznatky) nalézt v libovolné učebnici elementární teorie čísel. V loňském ročníku semináře byla v řešení třetí série tato důkazová technika ukázána, aprotojsemzdevoliltutotrochu méněpřirozenou variantudůkazu. Diofantické rovnice Teorie čísel je jednou z nejstarších částí matematiky. Proslulá je především spoustou problémů, které se dají sice tak snadno formulovat, že jejich zadání pochopí bez obtíží i žák základní školy, ale které se mnohdy nedaří rozřešit ani těm nejlepším matematikům. Jednou z nejdůležitějších partií teorie čísel je bezesporu studium diofantických rovnic, tj. rovnic, které chceme řešit v celých číslech. A právě těmi se dnes budeme zabývat. Oproti minulému dílu seriálu bude dnešní část trochu více upovídaná, chtěli bychom však tímto trošku ukázat, v čem tkví kouzlo této matematické disciplíny. Nebudeme se tady tedy snažit budovat žádnou teorii, ale vše si pokusíme vysvětlit na příkladech. Příklad:Budemehledattakovápřirozenáčísla x, y,prokteráplatí3x 2 7y 2 =. Máme tedy v přirozených číslech vyřešit jistou rovnici. První otázka, která by nás měla napadnout, je, zda-li vůbec nějaká taková řešení existují. Když však budeme za x, y postupně dosazovatmaláčísla,snadnozjistíme,že x=3, y=2jsouřešenínašírovnice.takženějaká řešení jsme našli. Na řadě je hned další otázka: Existují nějaká další řešení a kolik jich dohromady je? Odpověď na tento problém závisí značně na konkrétní diofantické rovnici. Můžeme mít rovnice, které nemají žádné řešení, či jich mají konečně, nebo nekonečně mnoho. Naše zadaná rovnice je příkladem posledně zmíněných. To nahlédneme drobným trikem: Vyjdeme z identity 3(55a+84b) 2 7(36a+55b) 2 =3a 2 7b 2, kterousnadnoověřímeúpravouvýrazuvlevo.kdyžtedypřirozenáčísla x=aax=bsplňují rovnici3x 2 7y 2 =,pakjisplňujíičísla x=55a+84bay=36a+55b.takžezjediného řešení x=3ay=2dostanemepostupněnekonečněmnohořešenínašírovnice.namysli

4 námhnedvyvstanoudalšíotázky:předně,jaknaléztpoužitouidentitu? 5 Atéž,jestlijsme našli všechna řešení naší rovnice? Ty však ponecháme nezodpovězeny. Příklad:Ukážeme,žerovnice x 2 =3 8z+2y 2 nemářešenívcelých x, y, z. Asi nejpřirozenější přístup k řešení této úlohy je sporem. Předpokládáme, že nějaké řešení mámeaodvodímespor.ktomuúčelujedostčastodobrépočítatoběstranyzadanérovnosti modulo nějaké číslo. V našem případě můžeme postupovat například takto: Dle příkladu uvedenéhozalemmatem3vminuléčástiseriáluvidíme,že x 2 0,,4(mod8)(tzn.levá strananašírovnicedávápřiděleníosmijedenzezbytků0,,nebo4).pokudje ysudé,pak propravoustranu3 8z+2y 2 3(mod8),cožnelze.Pokudje yliché,pak3 8z+2y 2 5 (mod8),cožopětnenímožné,neboťlevástranaanizbytek3,anizbytek5přiděleníčíslem 8 nemůže nikdy dát. V předcházejícím příkladě, jsme ukázali jeden ze způsobů, kterak ukázat, že daná rovnice nemá žádné řešení. Dalším způsobem a v teorii čísel poměrně rozšířenou metodou je tzv. (Fermatova)metodanekonečnéhoklesání,anglicky methodofdescent (dále(fmd)).cose podtímnázvemskrývásiasinejlépevysvětlímenapříkladech,vizdůkazlemmatu5adále. Zde si řekneme jen hlavní myšlenku této metody: Máme-li dokázat, že nějaká diofantická rovnice nemá žádné řešení, předpokládáme pro spor, že nějaké řešení má, a vezmeme to, které je v nějakém smyslu nejmenší. Postupně pak z tohoto řešení zkonstruujeme jiné, které jevdanémsmysluještěmenší,cožbudehledanýspor.pokudtitopřipadámoczatemňující, tak snad na dále uvedených příkladech pochopíš, co chtěl básník touto větou říci. Dříve však uvedeme ještě několik motivačních historických poznámek. Jedním z nejslavnějších problémů matematiky jest tzv. velká Fermatova věta, což je tvrzení,žerovnice x n + y n = z n nemáceločíselnářešení x, y, z, xyz 0,pro n 3.Tento poznateksivprvnípoloviněsedmnáctéhostoletí(637)poznamenalpierredefermat 6 při studiu Diofantovy Aritmetiky na okraj stránky. Myslel si, že nalezl i jeho důkaz, leč neuvedl ho. Tento problém pak odolával matematikům po několik staletí, během kterých podnítil rozvojmnohaodvětví čisté matematikyaažteprvepředtřemirokyhopokořilandrew Wiles. Následujícílemma5námukazuje,ževelkáFermatovavětaplatípro n=4.kdybytotiž neplatila, dostali bychom snadno spor s tímto lemmatem.(sám si rozmysli proč.) Snadno téžnahlédneme,žepokudfermatovavětaplatípronějaké n=k,platíiprojeholibovolný m-násobek, tj. pro n = mk.(opět sporem.) Tím vidíme, že stačí Fermatovu větu dokázat pro lichá prvočísla a zbytek snadno vyplývá. Poznámka(zatemňující): Případ n = 4 je asi jediná část velké Fermatovy věty s elementárnímdůkazem.nejobvyklejšípostup,jakdokazovattutovětuprojiná n=3,5,7,,..., 5 Celénašeřešeníbylozaloženonajisté znebespadlé identitě,kterousiceroznásobením snadno ověříme, ale objevit ji se může na první pohled zdát značně těžké, či přímo nemožné. Když však víme, v jakém tvaru máme danou identitu očekávat, není to již takový problém, jak se můžeš sám přesvědčit při řešení úlohy 5, která je naší původní úloze docela podobná, atakunílzeočekávatiidentitupodobnéhotvaru. 6 PierredeFermat(60 665) slavnýfrancouzskýmatematik,vlastnímpovoláním právník

5 je rozšířit celá čísla na mnohem obecnější množinu, ve které pak už půjde dokázat Fermatovu větu pomocí nějaké standartní metody(například(fmd)). Hlavní problém tohoto postupu pakje,ževtéobecnějšímnožiněužsenemusíčíslachovattakslušnějakoceláčísla. Lemma5: Rovnice x 4 + y 4 = z 2 nemářešenívcelýchčíslechsplňující xyz 0. Myšlenka důkazu: Zde si konkrétně ukážeme, co je to(fmd). Budeme předpokládat, že naše rovnicejeřešitelnáaže(x, y, z )jeřešenítakové,že x y 0az jekladnéanejmenší možné.pakzkonstruujemenovéřešení(x 2, y 2, z 2 ),kde0 < z 2 < z,atímukážeme,ženáš předpoklad byl chybný. To je v podstatě základní myšlenka(fmd). Za předpokladu existence řešenívezmemevnějakémsmyslunejmenší,apaksezněhosnažímekvůlisporudostatještě menší. Vlastnídůkaz:Můžemepředpokládat,že x, y, z jsoupodvounesoudělná(jinakbychom mohlicelourovnicikrátit),tj.(x, y )=(y, z )=(x, z )=.Pokudbyčísla x a y byla obělichá,pakby z 2 = x4 + y4 2(mod4),cožjenemožné,neboťdruhámocninanemůže přiděleníčíslemčtyřidávatzbytek2.takžemůžemebrátbezújmynaobecnosti x lichéa y sudé;ztohoplyne,žeičíslo z musíbýtliché.nynísistačírozmyslet,žepokudječíslo t rovnočtyřem,nebojetolichéprvočíslo,nemůžebýtzároveň t z x 2 a t z + x 2,protože tobyposečteníaodečteníuvedenýchvztahůpostupnědávalo t 2z a t 2x 2,cožjespor spředpokladem(x, z )=.Tedy(z x 2, z +x 2 )=2 ( ).Jelikož y4 =(z x 2 )(z +x 2 ), vidíme, 7 žejedenzčinitelů(z x 2 )a(z + x 2 )jedělitelnýčíslem2(alenečíslem4)a druhýjedělitelnýčíslem8.protomůžemepsát y =2abadálebuď z x 2 =2a4, z +x 2 =8b4 () nebo z x 2 =8b4, z +x 2 =2a4, (2) kdevoboupřípadech a > 0, ajelichéa(a, b) =.Případ()nemůženastat,protože odečtenímrovnostíbychomdostali x 2 = a4 +4b 4,zčehožmáme (mod4),neboť oběčísla x a ajsoulichá.protomusíplatit(2).sečtenímaodečtenímzdeuvedenýchvztahů mámepodrobnéúpravě z = a 4 +4b 4,kde0 < a < z,a4b 4 =(a 2 x )(a 2 + x ).Jelikož (a, b)=,mámezposledníhovztahutéž(a, x )=astejnějakopřidůkazuvlastnosti( ) nahlédneme,že(a 2 x, a 2 + x )=2.Protomůžemepsát a 2 x =2x 4 2 a a2 + x =2y 4 2, kde b=x 2 y 2.Pokudpoložíme a=z 2,paksečtenímrovností a 2 x =2x 4 2 a a2 + x =2y 4 2 dostanemevztah z 2 2 = x4 2 + y4 2,kde0 < z 2 < z.zkonstruovalijsmetedyřešenínašírovnice skladným z=z 2 menšímnežnejmenšítakové z,cožjehledanýsporpopsanývmyšlence důkazu. Dříve než si ukážeme ještě jeden příklad na použití(fmd)(viz lemma 7), připomeneme si ještě jedno známé tvrzení, které nám v podstatě popisuje všechny pravoúhlé trojúhelníky 7 Natomtomístěpoužívámeobrat,kterýjevteoriičíselčastopoužívaný.Zjednodušeně řečeno,dojdeme-lipřiřešenípodobnýchtypůdiofantickýchrovnickevztahu ab=c 2 pro nějaká přirozená čísla a, b, c, stačí si rozmyslet, jestli jsou náhodou čísla a, b nesoudělná. Pokud ano, musí být ve tvaru druhých mocnin přirozených čísel, tj. existují přirozená x, y, žeplatí a=x 2, b=y 2 (snadnosirozmyslíš,proč),cožsenámleckdymůžehodit.třeba při řešení úlohy 6 Ti mohou být podobné úvahy užitečné. V našem konkrétním případě sice používáme trošku obměněný postup(pro čtvrté mocniny), ale základní myšlenka je stejná.

6 sceločíselnýmidélkamistranakterénámtéžříká,žepro n=2mádiofantickárovnice vyskytující se ve Fermatově větě nekonečně mnoho řešení. Lemma 6: Všechnařešenídiofantickérovnice x 2 + y 2 = z 2 splňujícípodmínky x >0, y >0, (x, y)=, 2 x, z >0jsoutvaru x=2ab, y= a 2 b 2, z= a 2 + b 2,kde a, b jsoučíslaopačnéparity(jednosudéadruhéliché)a(a, b)=, a > b >0. Důkaz tohoto lemmatu ponecháváme čtenáři. V loňském ročníku semináře byl rovněž uvedenvřešeníúlohyčíslo4prvnísérie.nazákladělemmatu6lzepomocí(fmd)dokázat téžlemma5,jaksevmnohakniháchběžněčiní.zkussitentodůkazsámrozmyslet.důkaz, kterýjsemuvedl,lemma6trochuobchází.sjehopomocísivšakmůžešsámvyzkoušet(fmd) rovněž na důkazu následujícího lemmatu 7. Lemma 7: Neexistují žádná dvě přirozená čísla taková, že součet i rozdíl jejich druhých mocnin jsou opět druhé mocniny přirozených čísel. Návodnadůkaz:Zkusprosporpředpokládat,žetaková x, yexistují,tj. x 2 + y 2 = z 2 a x 2 y 2 = t 2 pronějakápřirozená z, t,avezmitakovoudvojici x, y,prokterouje x 2 + y 2 nejmenšímožné.sečtenímuvedenýchrovnostísnadnodostaneš x 2 =( z+t 2 )2 +( z t 2 )2.Nyni si stačí rozmyslet, kdy lze na poslední vztah aplikovat lemma 6 a vyloučit ostatní případy. Pakjižstačízkonstruovattaková x 0, y 0 přirozená,kterájsourovněžřešenímnašíúlohyapro která x y2 0 < x2 + y 2.Tojehlavnímyšlenkadůkazuzaloženána(FMD),kjehoprovedení jevšakpotřebaještětrochapočítáníjakovdůkazulemmatu5. 8 Ukázali jsme několik jednoduchých postupů, kterak řešit diofantické rovnice. Možná Ti to připadá trochu chaotické, ale obecnou metodu na řešení takovýchto rovnic nemáme. Pro jisté speciální typy rovnic samozřejmě byly vytvořeny celé teorie, postupy a metody, jak na ně, ale to by přesahovalo rámec tohoto textu. Řetězové zlomky Ačkoliv je teorie čísel jednou z nejstarších matematických disciplín, skládala se po dlouhé věky jen ze směsice zdánlivě izolovaných výsledků. Jistý řád jí vdechnul až geniální Carl FriedrichGauss, 9 kterývroce 80 vesvých Disquisitiones arithmeticaeshrnulvšechna mistrovskádílasvýchpředchůdcůvteoriičíselaobohatiljivtakovémíře,žetentočinmůžeme směledatovatzapočátekmoderníteoriečísel.tajesamaosoběvědouznačněrozsáhloua není v možnostech našeho seriálu se ani zmínit o všech oblastech, které zkoumá. Pro naše 8 Vlastnídůkazlemmatu7jeponechánnaTobě.Přiřešeníúlohseriáluvšakmůžeštoto lemma používat bez důkazu. Například při řešení úlohy 6 se Ti může hodit. (PokudbyseTiisuvedenýmnávodemlemma7nepodařilodokázat,nenechsetímodradit(on ten návod je možná trochu stručný), samotné příklady seriálové série jsou mnohem jednodušší.) 9 CarlFriedrichGauss( ) jedenznejvýznamnějšíchmatematikůvdějinách, zasahovalvšaksúspěchemidojinýchvěd(astronomie,fyzika,geodézie,...),kmatematice všakvždyckychovalvelicevřelývztah,nazývaljitotiž královnouvšechvěd ateoriičísel pak královnoumatematiky

7 poslední povídání jsem se rozhodl něco málo říci o řetězových zlomcích. Zkušenější čtenář možná namítne, že jsme tím opomenuli mnohé snad důležitější partie(prvočísla apod.), ale myslím si, že právě na řetězových zlomcích lze pěkně demonstrovat, jak různé oblasti teorie čísel spolu souvisejí. Proúplnostsenatomtomístědohodněme,žepro α Rbudemesymbolem α značit (dolní)celoučástčísla α,tj. α jenejvětšíceléčíslomenšíneborovnonež α;asymbolem {α}budemeznačitzlomkovoučástčísla α,cožječíslozintervalu 0,),prokteréplatí {α}=α α. Příklad:Celáčástčísla.56jeajehozlomkováčástje0.56. Nechťnyní αjekladnéreálnéčíslo.položme q = α,pokud {α} =0,můžemepsát α= q +,kde α α = {α}.nynímůžemepro α opakovatpostupuvedenýpro α.toznamená: položíme q 2 = α apokudzlomkováčást {α } =0,lzepsát α = q 2 +,kde α α 2 = 2 {α },tedydohromadymáme α=q + q 2 + α.opakovánímuvedenéhopostupu 0 pro α 2 2 dostaneme q 3 a α 3,azasemůžemenášpostupaplikovatna α Celkem tedy dostaneme po n krocích našeho postupu, pokud se náš postup nezastaví dříve (tedypokudprokaždé i < nje {α i } = 0), zápisčísla αvetvaru: Pokud se uvedený postup zastaví, tj. pro nějaké nnastává {α n}=0,dostávámevyjádření čísla α ve tvaru konečného řetězového zlomku: α=q + q q n + q n+ α n α=q + q 2 + q q n + q n Místo zápisu konečného řetězového zlomku ve tvaru uvedeném vpravo budeme dále pro úsporumístapoužívatzápis α=(q, q 2, q 3,..., q n).pokudsevšaknášpostupnezastaví dostaneme nekonečnou posloupnost prvků q n, nekonečný řetězový zlomek a píšeme α = (q, q 2, q 3,...). Je dobré si uvědomit, že číslo α je vyjádřitelné ve tvaru konečného řetězového zlomku tehdy a jen tehdy, když je uvedené číslo racionální. Iracionálnímu číslu přísluší vždy řetězový zlomek nekonečný. Příklad:Napříkladpročíslo 8 8 mámedlevýšeuvedenéhopostupu 3 3 =(,2,,,2),pro iracionálníčíslo 2jest 2=(,2,2,2,...).Samisipřepočítejte! Nechť α je kladné iracionální číslo, kterému tedy přísluší nekonečný řetězový zlomek α=(q, q 2, q 3,...).Vezmeme-liprvních kčlenůvposloupnosti q n, n=,2,...,lzenana tytočlenypohlížetjakonakonečnýřetězovýzlomek(q, q 2, q 3, q 4,..., q k ),cožjeracionální 0 Tedypokudje {α 2 } =0.

8 číslo,kteréoznačíme A k.číslo A kaproximujevjistémsmysluvelicedobřečíslo α,nazýváme B B k ho sblíženým zlomkem k číslu α. Pokudječíslo αkladnéracionálnítvaru α=(q, q 2, q 3,..., q n),definujemepro k n sblížené zlomky stejným způsobem jako pro iracionální α. Příklad: Iracionální Ludolfovo číslo π = má řetězový zlomek tvaru π=(3,7,5,,292,,,...),jehoněkolikprvníchsblíženýchzlomkůje A A =3, 2 = 22 B B 2 7 = , A 3 = 333 B 3 06 = , A 4 = 355 = B 4 3 Opět si sami přepočítejte! Poznámka: Jak vidíme v předchozím příkladě, postupně získáváme stále lepší přiblížení čísla π pomocí racionálních čísel. Takto můžeme pomocí sblížených zlomků aproximovat samozřejmě libovolné číslo α(nejen π) a platí dokonce tato obecná věta: Hodnota sblíženého zlomku A k seménělišíodhodnoty αnežhodnotakteréhokolivjinéhozlomku p B k q,projehož jmenovateleplatí q < B k,tj.platínerovnost α A k B < α p k q,pokudje q < B k.tedy přiblížení čísla α pomocí sblížených zlomků jsou v jistém smyslu nejlepší. Příklad: Zkus si spočítat několik prvních členů v řetězovém zlomku Eulerova čísla e=2, potrošepočítáníbysměldojítktomutovýsledku e=(2,,2,,,4,,,6,,,8,,,0,,,2,,,4,...).tobynámmohlonapovídat,že řetězový zlomek čísla e má jisté snadno odhadnutelné zákonitosti(po sobě jdoucí sudá čísla, mezikterýmijsoudvějedničky).tatoskutečnostsedáidokázat.vtomjetřebarozdílčísla e od čísla π, u kterého žádná podobná zákonitost nebyla nalezena. Podobnou i když trochu komplikovanějšízákonitostlzenaléztadokázatiučísla e 2. Lemma8. Pročitatele A k ajmenovatele B k sblíženéhozlomku A k B k konečnéhořetězového zlomku(q, q 2, q 3,..., q n), (k n),nebonekonečnéhořetězovéhozlomku(q, q 2, q 3,...), platí tyto rekurentní vztahy: A = q, B =, A 2 = q q 2 +, B 2 = q 2, A k = q k A k + A k 2, B k = q k B k + B k 2, k 3. ( ) Důkaz:Matematickouindukcí.Stačísipovšimnout,jaksblíženýzlomek A k B k vzniká zpředcházejících sblížených zlomků. Přenecháváme čtenáři. Na základě lemmatu 8 můžeme počítat sblížené zlomky z předcházejích. Přímým důsledkem tohoto lemmatu je též následující tvrzení: Lemma9. Přioznačenízlemmatu8apředchozíchúvahmáme(k 2) (a) A k B k A k B k =( ) k ; (b) A k A k = ( )k ; B k B k B k B k (c)(a k, B k )=; (d) A < A 3 < A 5 < < A 6 < A 4 < A 2. B B 3 B 5 B 6 B 4 B 2 Důkaz:(a) Vyjděme ze vztahů v lemmatu 8 označených( ). První z nich vynásobme číslem B k,druhýčíslem A k aodečtěmeje.dostanemevztah A k B k A k B k = A k 2 B k A k B k 2 = (A k B k 2 A k 2 B k ). Tedy náš vztah můžeme dokázat matematickou indukcí: Pro k = 2 tvrzení plyne přímým dosazením. Předpokládejme nyní, že dokazovaný vztah platí pro(k ), pak dle výše uvedenéhovztahu A k B k A k B k = (A k B k 2 A k 2 B k )= ( ) k =( ) k,tím

9 je hotov druhý indukční krok. (b)vztahz(a)jepouzevydělenčíslem B k B k. (c)plynepřímozevztahu(a),číslo(a k, B k )musítotiždle(a)dělitčíslo. (d)plynez(b)azúvahypodobnédůkazučásti(a).rozmysletesisami. Poznámka: Dle lemmatu 9(b),(d) může čtenář, který má základní znalosti matematické analýzy,usoudit,žehodnotysblíženýchzlomkůnekonečnéhořetězovéhozlomku(q, q 2, q 3,...) se vjistémsmyslu blížíkjistéhodnotě α.tonámpakuž vjistémsmyslu ospravedlňuje smysluplnostrovnostivzápisu α=(q, q 2,...).Přesnýmiformulacemisevšaknatomto místě nebudeme zabývat. Poznámka:(pro náročnějšího čtenáře) Zde se zmíníme o dvou pěkných vzorečcích, ve kterých budou figurovat řetězové zlomky v trochu jiném pojetí, než v jakém jsme je dosud uvažovali. Platí: π 4 = 2, log2= Pokusím se zde naznačit důkaz prvního z těchto vzorečků, který bývá nazýván Brounckerovou formulí a byl objeven již v roce 655. Nejprve si samozřejmě musíme uvědomit, co přesně chceme dokazovat. Tj. chceme ukázat, že limita sblížených zlomků(snad je jasné, co tím zde míníme) je rovna právě číslu π/4. Snadno však nahlédneme, že sblížený zlomek končící číslem (2n 3) 2 sedázapsattéžvetvaru ( )n n.Ztohoazeznámé π Leibnizovy formule 4 = jižsnadnodostanemedokazovaný vztah. Nyní se ještě vrátíme k řetězovým zlomkům, jak jsme je na počátku našeho povídání zavedli a zmíníme se o jejich použití při řešení lineárních kongruencí. Definice: Kongruenci ax b(mod m)( ) nazýváme lineární kongruencí s neznámou x; přitom a, b Z, m N, m 2.Celáčísla x,kterávyhovujítétokongruenci,senazývajíjejí řešení. Jestliže x je řešení kongruence( ), pak existuje nekonečně mnoho řešení této kongruence vetvaru y= x+m t, t Z.Budemetedyhledatpouzetakovářešení x 0,prokterá0 x 0 < (m ). Takových řešení je zjevně konečný počet, který nám vyčísluje následující lemma 0. Leibnizovuformulipročíslo π/4lzedokázatmnohazpůsoby,většinoupomocímetod matematické analýzy. Je celkem zajímavé, že tento vztah lze též dokázat pomocí prostředků teorie čísel a celkem jednoduše ho dostaneme jako důsledek teorie o počtu řešení diofantickérovnice x 2 + y 2 = npropevnépřirozené n.jakjevidět,všechnonakonecsouvisíse vším.(pokudbytětentodůkazuvedenépoučkyzajímal,čicokolivjiného,cojsmezdemoc nerozvedli, klidně nám napiš a může se to objevit v závěrečných komentářích.)

10 Lemma0. Uvažujmekongruenci( )aoznačme d=(a, m),pakplatí: (a)je-li d=,pak( )máprávějednořešení xzesoustavyzbytků {0,,2,...,(m )}. (b)je-li d >aneplatí d b,pak( )nemářešení. (c)je-li d >aplatí d b,pak( )máprávě dřešení,znichžkaždéjeprvkemsoustavy zbytků {0,,2,...,(m )}. Důkaz:(a)Budiž d=.nechť x i =(i ), i=,2,3,..., mjeúplnásoustavazbytkůmodulo m,paktaké a x i, i=,2,3,..., mjetakovásoustava, 2 atedyexistuje j {,2,..., m}, prokteréje a x j vestejnézbytkovétřídějako b,tj. a x j b(m),ax j jehledanýmjediným řešením kongruence( ). (b)zpředpokladu d >máme,žeexistují a, m tak,žeje a=a d, m=m d.paknám ( )dává,žeexistuje q Ztakové,že a dx b=m dt.pokudvšakneplatí d b,nemůžebýt tato rovnost splněna pro žádné x, a tedy kongruence( ) nemá řešení. (c) Přenecháváme čtenáři jako cvičení. Jakvidímezlemmatu0,jekongruence( )řešitelnápouzezapředpokladů 3 (a)či(c). Případ(c) však lze jednoduše(zkrácením) převést na případ(a). Proto se dále stačí zabývat jen řešením kongruence( ) za předpokladu, že(a, m) =. V tomto případě použijeme řetězovéhozlomkučísla m.předpokládejme,že a, m N,pokudbytomutaknebylostačípřenásobitkongruenci( )číslem.pak m a jekladnéracionálníčíslo,jehožsblíženézlomkyoznačíme A A a, 2 A,..., n A, n = m B B 2 B n B n a. Dlevztahuzlemmatu9(a) A nb n A n B n=( ) n mámepodrobnéúpravě mb n A n a=( ) n,neboli aa n =( ) n + mb n.jelikož B n Z,lzeposlednírovnostpřepsatdotvaru aa n ( ) n (mod m)apovynásobeníoboustrantéto kongruencečíslem( ) n bvidíme,že a( ) n A n b b(mod m),cožvšakznamená,že ( ) n A n bjeřešenímkongruence( ).Jestližetaktovypočítané xneníprvkemsoustavy {0,,2,...,(m )},pakřešení x 0 ztétosoustavydostanemepřičtením mt,kde tjevhodné celé číslo. Tento postup si můžeš vyzkoušet při řešení úlohy 7. Poznámka:Kdyžsepodívášnařetězovézlomkydruhýchodmocnin, 2=(,2,2,2,2,...), 3=(,,2,,2,,2,,2,...), 6=(2,2,4,2,4,2,4,2,4,...),asiTěnapadne,žejednotlivé členy se v nich periodicky opakují(po případné předperiodě). Stejnou vlastnost má třeba i číslo + 5 = (,,,,,,,,,...),aletřetíodmocninazedvouužperiodickýrozvoj 2 nemá. Platí dokonce tato obecná věta: Řetězový zlomek čísla α má periodický rozvoj právě tehdy,je-ličíslo αtvaru a+ b,kde a, b, cjsouceláčísla(bnenídruhoumocninoupřirozenéhočísla). 4 Tutovlastnostřetězovýchzlomkůdruhýchodmocnin,spolusespecielními c zákonitostmi tvorby jejich periody, lze též využít při řešení tzv. Pellovy diofantické rovnice, cožjerovnicetvaru x 2 D y 2 =,kde Djepřirozenéčíslo,aletobyužpřesahovalorámec tohoto textu. 2 Tonahlédnemestejnějakopřidůkazulemmatu2. 3 Uvědomme si, že případy (a), (b), (c) z lemmatu 0 postihují všechny možné typy lineárních kongruencí. 4 Pročíslakonkrétníhotvarulzedokoncepřesněnajít,jaktaperiodavypadá.Neníto většinou nic těžkého, jak si můžeš sám vyzkoušet při řešení příkladu 8.

11 Literatura Vletošnímročníkuseminářejsisevseriálu(anejenvněm)mohljemněseznámitsněkolika partiemi matematiky, kterými se zabývá teorie čísel. V těchto kratičkých textech nešlo samozřejmě jít příliš do hloubky, snažil jsem se pouze ukázat pár kouzel a triků této úžasné teorie.onajetosamoosoběvědaznačněrozsáhlá,ataksenelzedivit,žeomnohýchoblastech, které zkoumá, jsem se nestačil ani zmínit. Z tohoto důvodu zde ještě uvádím(na přání několika řešitelů) seznam literatury, kde vědění chtivý student může čerpat další informace. Všechny z uvedených publikací Ti můžou posloužit k hlubšímu proniknutí do tajů teorie čísel. Uvádím zde jen knihy, které by měly být dostupné i v nespecializovaných knihovnách a jsou psány česky nebo slovensky. Knížky[],[2] obsahují vpodstatě všechna základní témata, kterými se zabývá(elementární) teorie čísel. Ostatní publikace vyšly svorně v edici Škola mladých matematiků a pojednávají o specializovaných tématech, které výstižně charakterizují jejich názvy. Knížka[4] mimojinéobsahujeisoupiszákladníchvět(bezdůkazů)ze středoškolské teoriečísel. [] Š. Znám: Teória čísel, Bratislava, Alfa 977, [2] I. M. Vinogradov: Základy theorie čísel, Praha, NČSAV, 956, [3] T. Šalát: Dokonalé a spriatelené čísla, Praha, Mladá fronta, 969, [4] I. Korec: Úlohy o veĺkých číslach, Praha, Mladá fronta, 988, [5] P. Vít: Řetězové zlomky, Praha, Mladá fronta, 982 [6] J. Sedláček: Co víme o přirozených číslech, Praha, Mladá fronta, 976 [7] F. Veselý: O dělitelnosti čísel celých, Praha, Mladá fronta, 966 [8] A. Apfelbeck: Kongruence, Praha, Mladá fronta, 968 Pokud Tě teorie čísel zaujala, snad Ti tento kratičký seznam pomůže v objevování dalších jejích kouzel. Kdybys měl někdy při tom nějaký problém, například nevěděl, kde co nalézt, klidně nám můžeš napsat.