OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN

Transcriptie

1 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN Er zijn 42 mogelijke vercijferingen De uitkomsten zijn 0, 4 en 4 1 = Omdat 10 = 1 in Z 9 vinden we dat x = c c m = c c m. Het getal x is deelbaar door 9 als en slechts als x = 0 in Z 9, dus als en slechts als c c m deelbaar is door De laatste kaart blijft steeds op dezelfde positie liggen, dus die kunnen we buiten beschouwing laten. Als we de posities 0, 1,..., 50 interpreteren als elementen in Z 51, dan belandt de kaart op positie i na een perfect shuffle op positie 2 i. Het getal dat we zoeken is dus het kleinste strikt positief geheel getal N zodat 2 N 1 modulo 51. Door opeenvolgende waarden van N uit te proberen vinden we dat N = 8. Alternatief: Je kan de opgave ook oplossen door op te merken dat door een perfect shuffle een kaart met waarde i in Z 52 vervangen wordt door de kaart met waarde 26 i Eerst voeren we het algoritme van Euclides uit: 202 = , 142 = , 60 = , 22 = , 16 = , 6 = , 4 = 2 2. De grootste gemene deler van 202 en 142 is dus gelijk aan 2. Via het uitgebreide algoritme van Euclides vinden we de volgende tabel: = = = = = = = = Uit de laatste regel kunnen we aflezen dat 2 =

2 2 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN (1) Stel dat p een priemgetal is dat x en yz deelt. Uit het lemma van Euclides volgt dat p ook een deler moet zijn van y of z. Maar x en y hebben geen gemeenschappelijke priemdelers, en x en z evenmin. (2) Als xy een deler is van z, dan zullen x en y ook delers zijn van z. We hoeven dus enkel de omgekeerde implicatie aan te tonen. Veronderstel dat x en y delers zijn van z. We beschouwen de priemontbindingen x = p a pam m, y = q b qbn n. Omdat x een deler is van z zal de priemfactor p i minstens met een macht a i voorkomen in de priemontbinding van z, voor elke i in {1,..., m}. Analoog zal q j minstens met een macht b j voorkomen, voor elke j in {1,..., n}. Aangezien x en y relatief priem zijn, is er geen enkele priemfactor die zowel voorkomt in de ontbinding van x als in die van y. We kunnen dus besluiten dat xy = p a pam m q b qbn n een deler is van z. (3) Het is duidelijk dat x een deler is van yz als x een deler is van z. Veronderstel dus dat x het product yz deelt, en beschouw de priemontbinding x = p a pam m. We bekomen de priemontbinding van yz door die van y en z met elkaar te vermenigvuldigen en de priemfactoren te rangschikken van klein naar groot. Omdat x een deler is van yz moet elke factor p i minstens met een macht a i voorkomen in de priemontbinding van yz. Maar p i kan niet voorkomen in de priemontbinding van y, omdat x en y relatief priem zijn. Dus p i komt minstens met een macht a i voor in de priemontbinding van z, voor elke i {1,..., m}. Hieruit volgt dat x een deler is van z De natuurlijke delers van x zijn precies de getallen van de vorm p a q b met a en b natuurlijke getallen zodat a 8 en b 13. Al deze getallen zijn verschillend omdat ze een verschillende priemfactorisatie hebben. Dus het aantal delers is gelijk aan 9 14 = We beschouwen de priemontbinding n + 1 = p a pam m. Door herhaaldelijk Oefening 2.5.4(2) toe te passen, zien we dat het volstaat aan te tonen dat p ai i een deler is van n!, voor elke i in {1,..., m}. Als p ai i n, dan komt p ai i zeker voor als factor in n!. We hoeven dus enkel nog het geval te bekijken waar p ai i = n+1. Per veronderstelling is n+1 geen priemgetal, en ook niet het kwadraat van een priemgetal, waaruit we kunnen besluiten dat a i > 2. Dan zijn p i en p ai 1 i twee verschillende factoren van n!, zodat p ai i een deler is van n! Het element 5 is geen eenheid in Z 35 omdat ggd(35, 5) = 5. De andere elementen zijn wel eenheden. Om het invers te berekenen van 6 kan je meteen opmerken dat 6 6 = 1

3 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN 3 in Z 35, zodat 6 zichzelf als invers heeft. Het invers van 8 vinden we door het uitgebreide algoritme van Euclides toe te passen op 35 en 8. Zo vinden we dat 1 = en dus dat 13 = 22 het invers is van 8 in modulo 35. Het invers van 34 vinden we door op te merken dat 34 = 1, zodat het invers van 34 gelijk is aan (1) Omwille van de associativiteit en de commutativiteit van de vermenigvuldiging in Z M, geldt dat (r s) (r 1 s 1 ) = (r r 1 ) (s s 1 ) = 1. Dus r s is een eenheid, met invers r 1 s 1. (2) Door beide leden van de gelijkheid r u = r v te vermenigvuldigen met r 1, vinden we dat en dus dat u = v. (r r 1 ) u = (r r 1 ) v We beschouwen de congruentieklassen x en y modulo 100. Gegeven is dat x = 13 en x y = 52. Omdat 13 een eenheid is in Z 100 kunnen we uit Oefening 2.7.4(2) besluiten dat y = De elementen van {0,..., M 1} die niet relatief priem zijn met M zijn de veelvouden van p en q. Dit zijn de getallen 0, p, 2p,..., (q 1)p, q, 2q,..., (p 1)q. Merk op dat al deze getallen verschillend zijn, omdat een geheel getal dat deelbaar is door p en q ook deelbaar moet zijn door het product pq (Oefening 2.5.4(2)). Onze lijst bevat dus precies verschillende elementen. verzameling E M precies elementen bevat. 1 + (q 1) + (p 1) = p + q 1 Door dit aantal af te trekken van M zien we dat de pq p q + 1 = (p 1)(q 1) Om het laatste cijfer van 7 (2n) te vinden, berekenen we de congruentieklasse van 7 (2n) modulo 10. Het Eulergetal ϕ(10) is gelijk aan (2 1) (5 1) = 4, zodat 2 n 0 mod ϕ(10). Aangezien 7 en 10 relatief priem zijn, kunnen we Gevolg toepassen, en besluiten dat 7 (2n) mod 10. Om aan te tonen dat 2 (2n) + 1 eindigt op een 7, volstaat het te bewijzen dat 2 (2n) eindigt op een 6. Ditmaal kunnen we Gevolg niet meer rechtstreeks toepassen, omdat 2 en 10 niet relatief priem zijn. In plaats daarvan berekenen we de congruentieklasse van 2 (2n) modulo 5. Omdat ϕ(5) = 4 en ggd(5, 2) = 1 vinden we net als in de vorige oefening dat 2 (2n) 1 mod 5.

4 4 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN Dit betekent dat 2 (2n) 1 een veelvoud is van 5. Het getal 2 (2n) kan dus enkel eindigen op 1 of 6. Eindigen op 1 is echter onmogelijk, omdat 2 (2n) even is. De laatste twee cijfers van 39 (412011) kunnen we bepalen door te rekenen modulo 100. We merken eerst op dat ϕ(100) = 40. Omdat 41 1 modulo 40 vinden we meteen dat mod 40. Omdat 39 en 100 relatief priem zijn, mogen we Gevolg toepassen, waaruit we afleiden dat 39 (412011) 39 mod 100. Het getal 39 (412011) eindigt dus op Het codewoord is D Bring it on! Dit volgt meteen uit de definitie van de binaire schrijfwijze: als a = 1 2 n + a n 1 2 n a 0, met a i {0, 1}, dan is de uitkomst van onze berekening gelijk aan g 2n g an 1 2n 1... g a0 = g a Het getal a is minstens Het aantal bewerkingen met de eerste methode is a Door dit getal te vermenigvuldigen met 10 6 zien we dat de totale berekening met de eerste methode minstens seconden kost; dat is meer dan jaar. De leeftijd van het universum wordt geschat op ongeveer jaar. Volgens de tweede methode moeten we de 799 binaire cijfers van a afgaan. We veronderstellen dat we hierin 400 keer 0 en 399 keer 1 vinden (het eerste cijfer is steeds een 1). Bij een 0 moeten we één bewerking uivoeren, bij een 1 twee. Het totaal aantal bewerkingen is dus = Door dit getal te vermenigvuldigen met 10 6 zien we dat de totale berekening slechts 0, seconden in beslag neemt We zullen meermaals gebruik maken van de volgende eigenschap: als a en a congruent zijn modulo p 1, dan zal g a = g a. Dit kan je meteen afleiden uit Gevolg Veronderstel eerst dat a een geheel getal is dat relatief priem is met p 1. Omdat g een generator is van Z p, kunnen we elk element x van Z p schrijven als g c met c {0,..., p 2}. Omdat a een eenheid is modulo p 1, kunnen we een element b in {0,..., p 2} vinden zodat (kies b zo dat b = a 1 c). Dan zal ab c mod p 1 (g a ) b = g c = x in Z p. Dus g a is ook een generator van Z p. Veronderstel nu dat a een geheel getal is zodat g a een generator is van Z p. Dan bestaat er een geheel getal b zodat (g a ) b = g.

5 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN 5 Zij nu c het unieke element in {0,..., p 2} zodat Dan zal ab c mod p 1. g = g ab = g c in Z p. Dit is enkel mogelijk als c = 1, vermits g een generator is van Z p. Dus a is een eenheid in Z p 1, met invers b. We kunnen daarom besluiten dat de generatoren van Z p precies de elementen zijn van de vorm g a, met a een element van {0,..., p 2} dat relatief priem is met p 1. Al deze machten van g zijn verschillend, want g is een generator. Er zijn dus precies ϕ(p 1) generatoren in Z p Stel q = (p 1)/2. Als p = 5, dan is ϕ(p 1) = 2 en dus ϕ(p 1) p 1 = 1 2. Als p 5, dan is q 2 en dus zijn 2 en q relatief priem. Uit Propositie volgt dan dat ϕ(p 1) = q 1 p 1 2q. Deze kans ligt dicht bij 1/2 als q voldoende groot is Als er zo n d bestaat, kan g duidelijk geen generator zijn, omdat g d gelijk is aan g p 1 = 1. Veronderstel nu omgekeerd dat g geen generator is. Dan bestaan er elementen i en j in {0,..., p 2} zodat i > j en g i = g j, of dus g i j = 1. Zij d de grootste gemene deler van i j en p 1. Dit is een deler van p 1, verschillend van p 1 omdat i j p 2. Omwille van de stelling van Bézout-Bachet kunnen we gehele getallen a en b vinden zodat Daaruit volgt dat a(i j) + b(p 1) = d. g d = (g i j ) a (g p 1 ) b = Voor elk geheel getal i > 0 geldt dat p 1 i (x g d ) e = x e (g p 1 ) ie d = x e waarbij de laatste gelijkheid volgt uit het feit dat g p 1 = 1 omwille van de kleine stelling van Fermat We hebben dat x = x ae+b(p 1) = (x e ) a (x p 1 ) b = (x e ) a waarbij de laatste gelijkheid volgt uit het feit dat x p 1 = 1 omwille van de kleine stelling van Fermat Als we pq en ϕ(n) = (p 1)(q 1) kennen, dan kunnen we ook p + q = pq (p 1)(q 1) + 1 bepalen. De priemgetallen p en q zijn dan de oplossingen van de vierkantsvergelijking x 2 (p + q)x + pq = 0.

6 6 OPLOSSINGEN VAN DE OEFENINGEN Veronderstel eerst dat x en n relatief priem zijn. Omdat y d = x de en de 1 mod n besluiten we meteen uit Gevolg dat y d = x. Stel nu dat x en n niet relatief priem zijn. Dan is x deelbaar door p of q. Merk op dat de 1 modulo ϕ(p) = p 1 en modulo ϕ(q) = q 1, omdat de 1 deelbaar is door ϕ(n) = (p 1)(q 1) en dus zeker ook door p 1 en q 1. Als x niet deelbaar is door p, dan zegt Gevolg dat x x de modulo p. Als x wel deelbaar is door p, dan geldt ook dat x x de modulo p aangezien beide leden deelbaar zijn door p. Analoog vinden we dat x x de modulo q. Dus p en q delen allebei x x de, en omdat p en q relatief priem zijn kunnen we daaruit besluiten dat x x de modulo pq = n (zie Oefening 2.5.4(2)).