1. seriálová série. Teorie čísel. Řešení 1. seriálové série

1. seriálová série Téma: Datumodeslání: Teorie čísel ½º ÔÖÓ Ò ¾¼¼ ½º ÐÓ Ó µ Naleznětevšechna x Z,abyplatilo x 2 +1 x (mod21). ¾º ÐÓ Ó µ Nechť manjsoupřirozenáčísla.dokažte,že2 m 1a2 n 1jsounesoudělná,právěkdyž ma n jsou nesoudělná. º ÐÓ Ó µ Nechť njepřirozenéaa, bjsouceláčíslataková,žedávajístejnýzbytekpodělení n.dokažte,že a n b n (mod n 2 ). Řešení 1. seriálové série 1. úloha Naleznětevšechna x Z,abyplatilo x 2 +1 x (mod21). Nejdříve si kongruenci trochu upravíme: x 2 +1 x(mod21) x 2 x+1 0 x 2 x 20 0 (x 5)(x+4) 0 tedyvíme,žeplatí21 (x 5)(x+4).Bohužel21neníprvočíslo,takženemůžemepoužítstejný postupjakovtextuseriálu.zatopokudrozložíme21naprvočinitele,tj.21=3 7,takbudeme vědět,že3 (x 5)(x+4)i7 (x 5)(x+4)atentokráte3i7jsouprvočísla,tedykaždéznich musí dělit jednu nebo druhou závorku. Snadnonahlédneme,že3 x 5 3 x+4 x 2(mod3),stačíjenvšezapsat pomocí kongruencí a přičíst nebo odečíst nějaké násobky 3 k jedné straně. Podobněmůžemepostupovatipromodul7,tentokrátenámvšakvyjdouzbytky5a3modulo 7.Tedyvíme,že xjetvaru7k+5nebo7k+3pronějaké k.teďnajdemevšechnataková k,aby x splňovalo i kongruenci modulo 3. Takže řešíme kongruence 7k+5 2(mod3) 7k+3 2(mod3) k 0 k 2

Tedyvíme,ževprvnímpřípadějsouřešenímvšechny xtvaru7k+5pro ktvaru3l,tj. x=21l+5. Vdruhémpřípadě x=7(3l+2)+3=21l+17.přitomvšechnatatočíslajsouřešení,toseověří snadno dosazením do zadání.(samozřejmě k, l jsou celá čísla.) Nebonakoncimůžemepostupovatitak,žesiuvědomíme,že3dělíkaždopádněobězávorky, atedykdyžsivezmemetuzávorku,kteroudělí7,takjidělíi7 3=21.Tj.platí21 x 5nebo 21 x+4amámeřešení x 5,17(mod21).Tedyvšechnačíslatvaru21k+5nebo21k+17, pronějaké k Z. 2. úloha Nechť manjsoupřirozenáčísla.dokažte,že2 m 1a2 n 1jsounesoudělná,právěkdyž ma n jsou nesoudělná. Namísto dělení důkazu na dvě implikace, zkusme nejprve spočíst největší společný dělitel čísel 2 n 1a2 m 1.Tedyčíslo(2 n 1,2 m 1). Použijeme Euklidův algoritmus. Předpokládejme BÚNO, že m n. 2 m 1=2 m n (2 n 1)+(2 m n 1) Mámetedy(2 m 1,2 n 1)=(2 n 1,2 m n 1). V jednom kroku jsme dvojici exponentů[m, n] nahradili dvojicí[n, m n]. Opakováním tohoto postupu tedy vlastně provádíme Euklidův algoritmus pro čísla m a n! To znamená, že (2 m 1,2 n 1)=2 (m,n) 1. Nyníjižsnadnodokončímedůkazekvivalence,neboťpro(m, n)=1je(2 n 1,2 m 1)=1a pro(m, n) >1je(2 n 1,2 m 1) >2 1 1=1.Tedyčísla m, njsounesoudělná,právěkdyž jsounesoudělnáčísla2 n 1a2 m 1. 3. úloha Nechť njepřirozenéaa, bjsouceláčíslataková,žedávajístejnýzbytekpodělení n.dokažte,že a n b n (mod n 2 ). Řešení podle šneka Podívejmesenavýraz a n b n,okterémchcemedokázat,žejedělitelný n 2.Dleznáméhovzorce platí: a n b n =(a b)(a n 1 + a n 2 b+ +b n 1 ) Přitomvíme,že n a b.apokudsenámpovededokázat,že ndělíidruhouzávorku,tak budememíthotovo.znovuzopakujemeargument,že a b(mod n),tedymůžemevkongruenci za b dosadit a dostáváme: a n 1 + a n 2 b+ +b n 1 = a n 1 + a n 2 a+ +a n 1 na n 1 0 (mod n) Atedy ndělíprvníidruhouzávorkuatedy n 2 dělíjejichsoučin.

Řešení podle Kennyho Víme,že n a b.ekvivalentněexistuje k Z,prokteréplatí a=nk+ b.podívejmesenynína rozdíl a n b n,dosadímeza aarozepíšemepodlebinomickévěty: n n a n b n =(nk+b) n b n = n n k n + n 1 n 1 k n 1 + + nkb n 1 + b n b n n 1 Vidíme,žeposlednídvačlenysenámodečtou.Všechnyostatníjsouvšakdělitelné n 2,neboť vprvníchčlenechse nvyskytujepřímovalespoňdruhémocniněavečlenu ` n n 1 nkb n 1 můžemeještědosaditzakombinačníčíslo ` n =namámeopět n 1 nvdruhémocnině,tudíž n 2 dělíúplněvšechnyzbývajícíčleny,tedyirozdíl a n b n. Téma: Datumodeslání: 2. seriálová série Teorie čísel ½ º ÒÓÖ ¾¼¼ Nechť p je prvočíslo a b celé číslo. Dokažte, že b p2 1 1(mod p 2 ), právě když b p 1 1 (mod p 2 ). Dokažte,žezposloupnosti a n=2 n 3lzevybratnekonečněmnohočíseltak,abykaždádvě z nich byla nesoudělná. KennyašnEkchystajínaFrantunějakouvylomeninu(teďvziměhoasibudouchtítspíšzkoulovat,nežhoditdoVltavy).Frantaotomdobřeví,dokoncesedozvěděl,žetobudevpátek,ale pořádnevívkolikhodin natomsemusíkennysešnekemještědomluvit(ideálnětak,abyse Franta nic nedozvěděl). Jenže Kennymu zrovna přestal fungovat internet a šnek zase zapomněl mobil ve vlaku, a proto se můžou dorozumívat jen přes nástěnku na Matfyze. Rozhodnou se, že budou komunikaci šifrovat. Nejdříve si Kenny vymyslí klíče a veřejný klíč pověsínanástěnku.frantasiklíčenanástěncevšimne,taksihorychleopíše: n=55, d=17. OpíšesihoišnEk,zakódujehodinupomocítohotoklíčeananástěnkupakpověsínicneříkající číslo24.frantavšaknezaváháaopíšesihotaké.nakonecsikennyčíslopřečteadešifruje,takže užví,kdysenafrantuněcochystá. Pomožte Frantovi: Kenny se šnekem používají algoritmus RSA. Zlomte ho (tj. nalezněte soukromý Kennyho klíč) a dešifrujte předanou zprávu. Řešení 2. seriálové série 4. úloha Nechť p je prvočíslo a b celé číslo. Dokažte, že b p2 1 1(mod p 2 ), právě když b p 1 1 (mod p 2 ).

Zadanouekvivalencisimůžemerozdělitnadvěimplikace. 1 Nejprvesepustímedotéjednodušší: b p 1 1 (mod p 2 ) = b p2 1 1 (mod p 2 ) Při důkazu této implikace si vystačíme s tvrzením, že kongruence můžeme násobit. Pak nám stačí užjen(p+1)-krátvynásobitkongruenci b p 1 1(mod p 2 )samusebou(nebolijiumocnímena (p+1)-tou)adostanemekýženoukongruenci b p2 1 1 p+1 1(mod p 2 ). Implikaci b p2 1 1 (mod p 2 ) = b p 1 1 (mod p 2 ) vyřešíme pomocí Eulerovy věty. Nazačáteksiuvědomíme,žeprokaždéprvočísloplatí ϕ(p 2 )=p(p 1).Tentofaktlzejednoduše nahlédnout z definice Eulerovy funkce. S druhou mocninou prvočísla jsou totiž soudělné jen násobky tohoto prvočísla. Dálepotřebujemevyloučitpřípad,kdy bap 2 jsousoudělné.zprvočíselnosti pvyplývá,že tentopřípadnastávápouzeprotaková b,kterájsounásobkem p.pakalenemůžeplatit b p2 1 1 (mod p 2 ),protože b p2 1 0(mod p 2 )(p 2 1jezřejměvětšínež2,aprotodostávámenalevé straněčíslodělitelné p 2 ). Nyní máme splněné podmínky pro Eulerovu větu, do které dosadíme b a p 2. Dostáváme tedynovouplatnoukongruenci b p2 p 1(mod p 2 ).Oběstranyvynásobíme b p 1 adostáváme b p2 1 b p 1 (mod p 2 ).Kdokončeníužsistačíjenuvědomit,ževýraznalevéstranějekongruentnís1,adopracovalijsmesetímkhledanékongruenci1 b p 1 (mod p 2 ). 5. úloha Dokažte,žezposloupnosti a n=2 n 3lzevybratnekonečněmnohočíseltak,abykaždádvě z nich byla nesoudělná. Vybranou posloupnost budeme konstruovat indukcí, přičemž první člen zvolíme libovolně. Uvažmenyní,žejižmámevybránačísla x 1, x 2,..., x k 1.Prvočísla,kterádělíalespoňjedno znich,označme p 1, p 2... p m.všechnačísla x i jsoulichá,takžečíslo2mezivybranýmiprvočísly není. Položme x k =2 (p 1 1)(p 2 1)...(p m 1) 3. Totočíslojezřejměvybránozposloupnosti a nanavícjest x k 2 (mod p i ) pro i=1,2,..., m jaksnadnoověřímezmaléfermatovyvěty.noadíkytomu,žečísla p i jsoulichá,tak p i x k pro žádné iačíslo x k jenesoudělnésčísly x 1,..., x k 1.Atonámjižkdůkazustačí. 6. úloha KennyašnEkchystajínaFrantunějakouvylomeninu(teďvziměhoasibudouchtítspíšzkoulovat,nežhoditdoVltavy).Frantaotomdobřeví,dokoncesedozvěděl,žetobudevpátek,ale pořádnevívkolikhodin natomsemusíkennysešnekemještědomluvit(ideálnětak,abyse Franta nic nedozvěděl). Jenže Kennymu zrovna přestal fungovat internet a šnek zase zapomněl mobil ve vlaku, a proto se můžou dorozumívat jen přes nástěnku na Matfyze. 1 Tedymusímedokázat,žezprvníkongruenceplynedruháanaopak.

Rozhodnou se, že budou komunikaci šifrovat. Nejdříve si Kenny vymyslí klíče a veřejný klíč pověsínanástěnku.frantasiklíčenanástěncevšimne,taksihorychleopíše: n=55, d=17. OpíšesihoišnEk,zakódujehodinupomocítohotoklíčeananástěnkupakpověsínicneříkající číslo24.frantavšaknezaváháaopíšesihotaké.nakonecsikennyčíslopřečteadešifruje,takže užví,kdysenafrantuněcochystá. Pomožte Frantovi: Kenny se šnekem používají algoritmus RSA. Zlomte ho (tj. nalezněte soukromý Kennyho klíč) a dešifrujte předanou zprávu. Úkolem je rozlousknout RSA, známe veřejný klíč(n, d), potřebujeme zjistit soukromý, označme hotřeba(n, e).číslo nužznáme,tosevyskytujevobouklíčích.hledámetedyjenčíslo e,aby prolibovolnouzprávu mplatilo m de m(mod n).přitomvíme,žepokud de 1(mod φ(n)), taktotobudeplatitzeulerovyvěty.hodilobysenámtedyspočítat φ(n). Ktomupotřebujemerozkladčísla nnaprvočinitele pokudbudemeznát φ(n),takzněj rozklad nmůžemezpátkyspočítat.vskutkuvíme,žeje-li n=pq,tak φ(55)=(p 1)(q 1)= = pq (p+q)+1=n+1 (p+q).znalibychomtedysoučetisoučindvoučísel paqapakuž neníproblémjespočítat(jsoutoprávěřešeníkvadratickérovnice x 2 +(φ(n) n 1)x+n). Dobře,taktedyuhodnemerozklad55=5 11 tímjsmeprovedlijedinýnetriviálníkrok.teď užstačíjenpostupovatpodletextuseriáluadopočítatdruhýklíč.máme φ(55)=4 10=40. Hledámetedy e,že17e+40k=1pronějakéceléčíslo k.toumímezeuklidovaalgoritmu: a zpětným chodem 40=2 17+6 17=2 6+5 6=5+1 1=6 5=3 6 17=3 40 7 17 dostáváme,že 7 17 1(mod40).Ovšemna 7secelkemšpatněumocňuje,nezbydenám tedynežpřičístmodul40,tedy e=33.amámesoukromýklíč(55,33). Vrhněmesenadešifrovánízprávy24.Chcemespočítat24 33 =24 32+1 mod55. 24 2 26, 24 4 26 2 16, 24 8 16 2 36, 24 16 36 2 31, 24 32 31 2 26(mod55) 24 33 24 32+1 26 24 19(mod55) Dešifrovalijsmezprávu19,nezbývánámtedynežzavolatFrantoviaříctmu,ževsedmhodin večersenanějněcochystá(nebosepřidatvtutodobukešnekoviakennymu;-)). 3. seriálová série Téma: Datumodeslání: Teorie čísel ½ º Ù Ò ¾¼¼ Najdi všechny dvojice celých čísel a, b, která splňují a 3 = b 3 +4b 2 +4b+2.

Najdi všechny trojice x, y, z celých čísel, které řeší rovnici x 2 + y 2 =11z 2. Najdi všechna celočíselná řešení a, b, c rovnice a 2 +2b 2 =3c 2. Řešení 3. seriálové série 7. úloha Najdi všechny dvojice celých čísel a, b, která splňují a 3 = b 3 +4b 2 +4b+2. Idea řešení tkví v použití Tvrzení o po sobě jdoucích mocninách, o němž jste se dočetli v posledním díle seriálu. Nuže zkoumejme tedy, pro která b platí nerovnosti (b+1) 3 < b 3 +4b 2 +4b+2 <(b+2) 3. Protaková bnebudevýraz b 3 +4b 2 +4b+2zcelajistětřetímocninouceléhočísla.Prvnínerovnost je ekvivalentní s nerovností b 2 + b+1 >0, která platí pro každé b, jak se snadno sami přesvědčíte. Druhá nerovnost po roznásobení a ekvivalentních úpravách přejde v b 2 +4b+3 >0, kteráplatípro b (, 3) ( 1, ). Ukázalijsme,žejediněpokud b { 3, 2, 1},můžemítdanárovniceřešení.Tytopřípady ručně prozkoušíme a získáme dvě řešení(1, 1),( 1, 3). 8. úloha Najdi všechny trojice x, y, z celých čísel, které řeší rovnici x 2 + y 2 =11z 2. Jesnadnévidět,že x=y= z=0jeřešení.dálevyloučímevšechnaostatnířešenínekonečným sestupem. Všimnisi,žeje-li z=0,taknutněužjedinétakovéřešenímusíbýtdřívepopsanétriviální. Tedyvšechnaostatnířešenímají z 0.Dáleprosporpředpokládejme,že x, y, zjeřešeníúlohy, že z 0.Bezújmynaobecnostimůžemenavícpředpokládat,že x, yazjsounezáporná.

Podívejme se na zadanou rovnici modulo 4. Víme, že možné kvadratické zbytky modulo 4 jsoujedině0a1.tedypravástranamáhodnotu0nebo3(modulo4).vpřípadě z 2 1(mod4) řešíme rovnici x 2 + y 2 3 (mod4), která zřejmě nemá řešení, protože z kvadratických zbytků může levá strana nabývat pouze hodnot 0,1nebo2.Tedynutněplatí4 z 2,tj.2 z.řešímekongruenci x 2 + y 2 0 (mod4). Tamázpodobnéhodůvodujakovýšejedinéřešenímodulo4,ato x 2 y 2 0(mod4),tj. 2 x, y.nechťtedy x=2x 1, y=2y 1 a z=2z 1,pakpodělenímpůvodníkongruencečtyřmi: (2x 1 ) 2 +(2y 1 ) 2 =11(2z 1 ) 2 x 2 1 + y2 1 =11z2 1 dostanememenšířešení x 1, y 1 a z 1.Taktomůžemepostupovatindukcí,čímždostanemeostře klesajícínekonečnouposloupnostřešení(x n, y n, z n) n=1.avšaktřeba(xn) n=1 jenekonečnáostře klesající posloupnost přirozených čísel. Taková nemůže existovat, a tedy dostáváme spor. Úlohamátedyjediné(triviální)řešení x=y= z=0. Určitě tě zarazila na první pohled volba modulu. Proč vzít zrovna 4? Důvod není skoro žádný, stejný postup by fungoval třeba i pro 11, jen by se muselo rozebírat více kvadratických zbytků. Naprotitomu4jepřecejennejlepšímodulprotutoúlohu 2,protožeceléřešenífungujenejenpro rovnici x 2 + y 2 =11z 2,aleiprolibovolnourovnicitvaru x 2 + y 2 =(4k+3)z 2,kde kjedané celé číslo. 9. úloha Najdi všechna celočíselná řešení a, b, c rovnice a 2 +2b 2 =3c 2. Budeme postupovat podobně jako při řešení vzorové úlohy v poslední sekci seriálu, místy ale budeme postupovat již trochu svižněji než předtím.(: Pokud by ti toto řešení přišlo nesrozumitelné, může ti pomoci, pokud si napřed přečteš řešení zmíněné vzorové úlohy. Pokud c=0,dostávámejedinéřešení(0,0,0);dálepředpokládejme,že c 0.BÚNOmůžeme předpokládat, že čísla a, b, c jsou po dvou nesoudělná když najdeme všechna nesoudělná řešení, budekaždéřešenítvaru(ka, kb, kc)pronějaké k Nanesoudělnéřešení(a, b, c)(rozmyslisi, žetotižnsd(a, b, c) = NSD(a, b) = NSD(b, c)).budeme-liuvažovatik < 0,můžemenavíc předpokládat,že c >0.Označme x=a/c, y=b/c;vidíme,že(x, y)jeracionálníbodelipsy x 2 +2y 2 =3. A=(1,1)jeracionálníbodnatétoelipse,všechnyracionálníbodypakdostaneme jako průsečíky elipsy s racionálními přímkami procházejícími bodem A. Rovnicepřímkyjetvaru x=q, q Qnebo y=kx+l, k, l Q.Vprvnímpřípaděmáme q=1(abybod Aleželnapřímce),kroměbodu Ajejedinýprůsečíkbod(1, 1). 2 Souvisítosesoučtemdvoudruhýchmocnin:kdybysespokoušelřešitrovnici x 2 + y 2 = a sparametrem a N,pakbysbrzopřišelnato,žetuvýznamnourolihrajeprávěmodul4,který tiukáže,žepročísla atvaru4k+3danárovnicenemážádnéceločíselnéřešení.

Vedruhémpřípaděmusíbýt l =1 k.dosadíme-lihodnotu y = kx+1 kdorovnice elipsy,poúpravědostaneme,že x-ovésouřadniceprůsečíkůsplňujírovnici(2k 2 +1)x 2 +4k(1 k)x+(2k 2 4k 1)=0.Jedenzkořenůodpovídáznámémuprůsečíku A,tedy x=1.druhý kořen rpaksnadnodopočítámezviètovýchvztahů: 3 xr= 2k2 4k 1 2k 2,čili r= 2k2 4k 1 +1 2k 2.Druhá +1 souřadnicehledanéhoprůsečíkujepak s=kr+1 k= 2k2 2k+1 2k 2. +1 Zjistili jsme tedy, že množina všech racionálních bodů na kružnici k je j 2k 2 «ff 4k 1 M= 2k 2, 2k2 2k+1 +1 2k 2 : k Q {(1, ±1)}. +1 Těmto bodům zpětně odpovídají řešení zadané rovnice, pojďme je tedy spočítat! k je racionálníčíslo,můžemehotedynapsatvetvaruzlomku k=u/v,kde u Z, v N,(u, v)=1.pak a c = x= 2k2 4k 1 2k 2 = 2u2 4uv v 2 +1 2u 2 +v 2 a b c = y= 2k2 2k+1 2k 2 = 2u2 2uv+v 2 +1 2u 2 +v 2.Užužbychomchtěli říct,že a=2u 2 4uv v 2, b= 2u 2 2uv+ v 2 a c=2u 2 + v 2,tobyalebylachyba nesmíme totiž zapomenout na to, že nás zatím zajímají jenom nesoudělná řešení. Zkusmetedyurčitnejvětšíhospolečnéhodělitele Dčísel a 0 =2u 2 4uv v 2 a c 0 =2u 2 +v 2. Pokud D 1,existujeprvočíslo p,kterédělí D,atedyia 0 a c 0. ppakmusídělitisoučettěchto dvoučísel,cožje4u(u v).tedy p 4nebo p unebo p u v. Vprvnímpřípadězjevně p=2. Pokud p u,paktaké pdělí v 2 (protože p c 0 =2u 2 + v 2 ),atedy pmusídělit v,cožjespor snesoudělností uav. Konečněpokud p u v,máme u v (mod p),atedyvztah p c 0 můžemepřepsatjako 3u 2 2u 2 + v 2 0(mod p).tedy p 3u 2.Podlepředchozíhoodstavce pnedělí u,tudížnutně p 3ap=3. Zjistilijsme,že Dmohoudělitpouzeprvočísla2a3;nechť D=2 m 3 n pro m, n N.Vidíme, že2dělí D,právěkdyž2dělí v.kdyby4dělilo D,pakbybylo vsudéac 0 0(mod4).Pak ale umusíbýtliché(u, vjsoutotižnesoudělná)aplatí c 0 =2u 2 + v 2 2 1+0=2(mod4), cožodporuje c 0 0(mod4).Zjistilijsme,žepokudje vliché,je m=0apokudje vsudé,je m=1. Posviťme si ještě na zoubek trojce z prvočíselného rozkladu čísla D: Při zkoumání obecného pjsmeviděli,že p=3 Dsemůžestát,jenpokud u v (mod3).pokudtotoplatí,taknaopak opravdu3dělí a 0 a c 0.Protožejsou u, vnesoudělná,nemohoubýtobědělitelná3.zbýváještě zjistitexponent nvtomtopřípadě.předpokládejme,že9dělí D.Pak9dělí a 0 + c 0 =4u(u v). Jelikož3nedělí4u,je9nesoudělnés4u,takženutně9dělí u v.vidíme,žedokonce u v (mod9).pakalemáme0 c 0 =2u 2 + v 2 3u 2 (mod9),tedy9 3u 2,neboli3 u 2,cožnení možné,protože3nedělí u.můžemetentoodstavecuzavřítzjištěním,žepokud u v (mod3), je n=0,apokud u v( 0)(mod3),je n=1. Spočetlijsmetedyhodnotu Dvzávislostina uav: D=1,pokudje vlichéau v (mod3); D=2,pokudje vsudéau v (mod3); D=3,pokudje vlichéau v (mod3); D=6,pokudje vsudéau v (mod3). PodlepoznámkyvzávorcevdruhémodstavcivyjdeNSD(b 0, c 0 )úplněstejně.všechnanesoudělnářešenítedyjsou a=(2u 2 4uv v 2 )/D, b=( 2u 2 2uv+v 2 )/Dac=(2u 2 +v 2 )/D, 3 Promatematickéblahočtenářovotentokrátepoužívámedruhýzevztahůnamístotoho,jenž jsme použili v seriálu.

kde u Z, v N,(u, v)=1adzávisína u, vtak,jakjsmepředchvílíspočítali.nemělibychom samozřejmězapomenoutaninařešení a=1, b=±1, c=1odpovídajícíbodům(1, ±1). Úplně všechna řešení pak jsou a = k(2u 2 4uv v 2 )/D, b = k( 2u 2 2uv+v 2 )/D a c=k(2u 2 + v 2 )/D,kde u Z, v N,(u, v)=1, k Z,aa=k, b=±k, c=k, k Z(pro k=0 dostáváme triviální řešení(0, 0, 0)). Amámetozasebou.(:Nazávěrjižjenotázkaprozvídavéčtenářky:Kdejsmevřešení použili počáteční předpoklad, že c > 0?