3 Modulorekenen 3.1 De eulerfunctie en de kleine stelling van Fermat Oefening 3.1. Bepaal Φ(1992), Φ(2011) en Φ(2048) (83 en 2011 zijn priem). Oplossing 3.1 1992 = 2 3 3 83. Φ(1992) = 2 2 2 82 = 656. 2048 = 2 11. Φ(2048) = 2 10 (2 1) = 1024. Omdat 2011 een priemgetal is, is Φ(2011) = 2010. Oefening 3.2 (Examen 2012). Geef van de drie uitspraken over de Eulertotiëntfunctie hieronder aan of ze waar of vals zijn. Indien waar, bewijs. Indien vals, geef een tegenvoorbeeld. (a) ( n > 0) (Φ(n) = n 1 n is een priemgetal) (b) ( n > 2) (Φ(n) is even) (c) ggd(φ(a), Φ(b)) = Φ(ggd(a, b)) Oplossing 3.2 (a) WAAR. Zij n 2. Als n een priemgetal is, dan zijn alle n 1 strikt kleinere getallen (t.e.m. 1) allemaal copriem met n, dus dan is Φ(n) = n 1. Als n een deler d / 1, n} heeft, dan is n niet copriem met d, dus kunnen we nooit geraken aan n 1 getallen copriem met n, die gelegen zijn in N1,..., n 1. Bijgevolg is dan Φ(n) < n 1. Dit bewijst de uitspraak voor alle n 2. Voor n = 1 zijn beide leden van de equivalentie vals (Φ(1) = 1 0), dus de equivalentie geldt voor alle n. (b) WAAR. Stel dat n een oneven priemfactor p bevat (met multipliciteit e). Dan is Φ(n) = p e 1 (p 1) k, voor een natuurlijk getal k. Omdat p 1 even is, is ook Φ(n) even. Stel nu dat n geen oneven priemfactor bevat. In dat geval kan enkel 2 voorkomen als priemfactor, dus n = 2 t. Maar dan is Φ(n) = 2 t 1. Dit is altijd even, tenzij t = 1, maar dan is n = 2, tegen de onderstelling. (c) VALS. ggd(φ(3), Φ(4)) = ggd(2, 2) = 2 1 = Φ(1) = Φ(ggd(3, 4)). 23
Oefening 3.3. Bewijs dat voor een gegeven natuurlijk getal n de som van alle natuurlijke getallen x N1, n die copriem zijn met n gelijk is aan 1 2 nφ(n). Oplossing 3.3 Het cruciale inzicht is hier dat als x copriem is met n, dan ook n x. Immers, als n en x eenzelfde deler gemeenschappelijk hebben, dan is dat ook een deler van n x. We weten dat er in N0, n juist Φ(n) getallen copriem zijn aan n. We kunnen deze getallen twee aan twee groeperen, namelijk x met n x. De som van x en n x is gelijk aan n. Wanneer we deze getallen dus optellen, bekomen we n Φ(n) 2. Oefening 3.4. Bewijs dat voor elke twee natuurlijke getallen geldt: Φ(n m ) = n m 1 Φ(n) Oplossing 3.4 We geven twee mogelijke oplossingsmethodes, maar schrijven eerst n = k k pm e i i=1 i. a. We berekenen beide leden van de opgave: Φ(n m ) = n m 1 Φ(n) = k (p m ei 1 (p i 1)), i=1 k i=1 p (m 1) e i i k (p ei 1 (p i 1)). i=1 i=1 pe i i. Dan is nm = Wegens de commutativiteit en associativiteit van de vermenigvuldiging zijn deze twee rechterleden gelijk aan elkaar. b. Een meer directe mogelijke oplossing steunt op het feit dat n en n m dezelfde priemdelers hebben. We vinden dat Φ(n) =n Φ(n m ) =n m k ) (1 1pi i=1 k i=1 (1 1pi ). Door eliminatie van ( ) 1 1 p i volgt het gestelde hieruit. 3.2 Een oefening voor vorig hoofdstuk Oefening 3.5. Zoek het kleinste getal (verschillend van nul), deelbaar door 2 en door 3, dat een kwadraat is en eveneens een vijfdemacht. 24
Oplossing 3.5 Stel het gezochte getal gelijk aan x. Aangezien 2 en 3 delers zijn van x, zullen ze in haar priemontbinding voorkomen met bepaalde machten i en j, zodat x = 2 i 3 j a, voor een eventuele extra factor a. Omdat x een kwadraat moet zijn, zal elke priemfactor een even aantal keer voorkomen, waaruit volgt dat i en j even moeten zijn. Omdat x een vijfde macht moet zijn, zal elke priemfactor p in de ontbinding k p 0 (mod 5) keer moeten voorkomen. i en j moeten dus tienvouden zijn. Nu voldoet 6 10 aan alle voorwaarden en het is tevens het kleinste getal dat aan alle voorwaarden voldoet. We vinden dus dat x = 6 10. 3.3 Lineaire congruenties Oefening 3.6. Merk op dat 2 5 9 2 = 2592. Bestaat er een ander getal van de vorm 25ab dat gelijk is aan 2 5 a b? (Met 25ab bedoelen we een getal waarvan a het cijfer voor de tientallen voorstelt en b het cijfer voor de eenheden.) Oplossing 3.6 We zoeken een a en b uit N0, 9 waarvoor geldig is dat 32 a b = 2500 + 10a + b. We kunnen dit oplossen via trial and error. We zoeken dus een veelvoud van 32 dat gelegen is tussen 2500 en 2600. De enige mogelijkheden zijn 79 32 = 2528, 80 32 = 2560 en 81 32 = 2592. We zien dat de enige oplossing de gegeven oplossing is. Een meer gestructureerde oplossingingsmethode gaat als volgt. Bekijk de gelijkheid 32a b = 2500 + 10a + b nu modulo 2. Dan vinden we dat b even moet zijn: we kunnen b vervangen door 2b, met b N0, 4. Dan volgt er 32a 2b = 2500+10a+2b. Bekijken we nu deze gelijkheid modulo 5, dan vinden we 2a 2b = 2b (mod 5), of dus a 2b b (mod 5): we mogen delen door 2 omdat ggd(2, 5) = 1. Dit betekent dat b een kwadraat moet zijn modulo 5, maar de enige kwadraten modulo 5 zijn 1 en 1 = 4. Immers, modulo 5 is 1 2 1, 2 2 4, 3 2 4, 4 2 1 (mod 5). Hieruit volgt ook dat 1 de enige vierde macht is, want ( 1) 2 1 (mod 5). Als we b = 4 proberen, dan vinden we dat a 8 4 (mod 5), maar zoals net opgemerkt, is 4 geen vierde macht modulo 5, dus dit kan niet. Rest ons enkel nog b = 1, dus b = 2, en we vinden 32a 2 = 2500 + 10a + 2. We hebben echter a = 9 nodig om met 32a 2 boven de 2500 uit te tornen (32 8 2 = 2048 < 2500), zodat we met (a, b) = (9, 2) de enige oplossing hebben. Oefening 3.7. Vind alle m zodanig dat 1066 1776 (mod m). Oplossing 3.7 We zoeken een m waarvoor geldt dat 1066 + x m = 1776. Dit kunnen we herschrijven als x m = 710. We vinden dat m een deler moet zijn van 710 en dat alle delers van 710 in aanmerking komen. Oefening 3.8. Los op 25
a. 3x 6 (mod 18) b. 40x 777 (mod 1777) Oplossing 3.8 a. Aangezien ggd(3, 18) = 3 een deler is van 6 is 3x 6 (mod 18) gelijkwaardig met of nog x 2 (mod 6), x 2 + 6y y Z}. b. (a) Indien we de algemene oplossingsmethode volgen, dan vinden we dat aangezien ggd(40, 1777) = 1, de congruentie juist één oplossing heeft. We moeten eerst het invers element van 40 in Z 1777 bepalen, bijvoorbeeld via het algoritme van Euclides. 1777 44 40 = 17 40 2 17 = 6 17 2 6 = 5 6 5 = 1 5 5 1 = 0 1 = 6 5 = 6 (17 2 6) = 3 6 17 = 3 (40 2 17) 17 = 3 40 7 17 = 3 40 7 (1777 44 40) = 311 40 7 1777. c. Beschouw deze laatste vergelijking modulo 1777 en we bekomen 311 40 1 (mod 1777). We vinden dus, omdat ggd(40, 1777) = 1, dat 40x 777 (mod 1777) equivalent is aan x 311 777 (mod 1777), wat op zijn beurt equivalent is aan x 1752 (mod 1777). (b) Veel korter vinden we dat 40x 777 1000 (mod 1777). 25 1752 (mod 1777). 2x 1 (mod 5) 3x 2 (mod 7) 4x 3 (mod 11) x 3 (mod 5) x 10 (mod 7) x 9 (mod 11) Hieruit volgt dat x x 3 (mod 5) x 3 (mod 7) x 9 (mod 11) De inverse van 2 in Z 5 is 3, aangezien 2 3 1 (mod 5). De andere worden analoog berekend. We stellen een uitdrukking als de volgende voorop als oplossing voor dit stelsel: x 3 y 1 7 11 + 3 y 2 5 11 + 9 y 3 5 7 (mod 5 7 11) 26
Substitutie van deze uitdrukking in het stelsel geeft: 77y 1 1 (mod 5) 55y 2 1 (mod 7) 35y 3 1 (mod 11) 2y 1 1 (mod 5) 6y 2 1 (mod 7) 2y 3 1 (mod 11) y 1 3 (mod 5) y 2 6 (mod 7) y 3 6 (mod 11) Hieruit volgt dat x 3 3 7 11 + 3 6 5 11 + 9 6 5 7 3573 108 (mod 385). Oefening 3.9. Zoek een positief natuurlijk getal zodanig dat de helft een kwadraat is, een derde is een derdemacht en een vijfde is een vijfdemacht. Oplossing 3.9 Stel dat x een oplossing is, dan volgt uit de opgave dat zowel 2, 3 als 5 het getal x delen. Stellen we nu x = 2 a 3 b 5 c, dan moet 2 a 1 3 b 5 c een kwadraat zijn, waaruit volgt dat a 1, b en c even zijn. Wegens de tweede voorwaarde moet 2 a 3 b 1 5 c een derde macht zijn waardoor a, b 1 en c deelbaar moeten zijn door 3. Volgens de laatste voorwaarde besluiten we analoog dat a, b en c 1 deelbaar zijn door 5. Samengevat is a oplossing van a 1 (mod 2) a 0 (mod 3), en a = 15 is de kleinste oplossing a 0 (mod 5) b is oplossing van b 0 (mod 2) b 1 (mod 3) b 0 (mod 5) en c is oplossing van c 0 (mod 2) c 0 (mod 3) c 1 (mod 5), en b = 10 is de kleinste oplossing, en c = 6 is de kleinste oplossing We vinden dus als kleinste oplossing x = 2 15 3 10 5 6. Oefening 3.10. Bereken de rest na deling van 3 47 door 23. Oplossing 3.10 Aangezien ggd(3, 23) = 1, kunnen we de Stelling van Fermat toepassen, met name 3 22 1 (mod 23). Dus 3 47 3 22 2+3 3 3 (mod 23) 27 (mod 23) 4 (mod 23). Dus de rest van 3 47 na deling door 23 is 4. Oefening 3.11. Bereken de kleinste positieve macht n zodat voor elke a Z, met ggd(a, 1020) = 1, a n 1 (mod 15) a n 1 (mod 20) a n 1 (mod 17) 27
Oplossing 3.11 Merk vooreerst op dat kgv(15, 20, 17) = 1020. Elk element dat inverteerbaar is modulo 1020 is dus ook inverteerbaar modulo 15, 17 en 20 (omdat inverteerbaar zijn modulo hetzelfde is als onderling ondeelbaar zijn met). We kunnen de vraag dan ook herformuleren als volgt: zoek het kleinste gemeen veelvoud van k 1, k 2 en k 3 waarbij k 1, k 2 en k 3 de kleinste positieve natuurlijke getallen zijn waarvoor a k 1 1 (mod 15), a k 2 1 (mod 20) en a k 3 1 (mod 17). Gebruikmakend van de stelling van Euler vinden we gemakkelijk k 1 = Φ(15) = 8, k 2 = Φ(20) = 8 en k 3 = Φ(17) = 16. Het antwoord op de vraag is dus n = 16. 3.4 Chinese Reststelling Oefening 3.12. Zoek het kleinste natuurlijk getal x dat aan het volgend stelsel voldoet. Oplossing 3.12 2x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 6x 8 (mod 14) 2x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 6x 8 (mod 14) 2x 3 (mod 5) 7x 11 (mod 13) 3x 4 (mod 7) Dit is snel te herleiden tot het volgend equivalent stelsel x 4 (mod 5) x 9 (mod 13) x 6 (mod 7). Toepassen van het algoritme bij de Chinese reststelling geeft dan x = 4 y 1 13 7 + 9 y 2 5 7 + 6 y 3 5 13 met Dus y 1 13 7 1 (mod 5) y 2 5 7 1 (mod 13) y 3 5 13 1 (mod 7) y 1 1 (mod 5) y 2 3 (mod 13) y 3 4 (mod 7) x 4 13 7 + 9 3 5 7 + 6 4 5 13 (mod 5 13 7) 2869 (mod 455) 139 (mod 455). 28
Oefening 3.13. Zoek het kleinste natuurlijk getal dat oplossing is van 5x 13 (mod 17) 2x 3 (mod 5) 8x 12 (mod 14) Oplossing 3.13 We reduceren het stelsel achtereenvolgens tot: 5x 13 (mod 17) 2x 3 (mod 5) 4x 6 (mod 7) 5x 30 (mod 17) 3x 3 (mod 5) 4x 20 (mod 7) x 6 (mod 17) x 1 (mod 5) x 5 (mod 7) Hieruit volgt dan dat x 6 y 1 5 7 + 1 y 2 17 7 + 5 y 3 17 5 (mod 17 5 7), waarbij y 1 5 7 1 (mod 17) y 2 17 7 1 (mod 5) y 3 17 5 1 (mod 7) Hieruit volgt dat y 1 1 (mod 17) y 2 4 (mod 5) y 3 1 (mod 7) x 6 1 5 7 + 1 4 17 7 + 5 1 17 5 (mod 17 5 7) 1111 (mod 595) 516 (mod 595). Oefening 3.14. a. Ga na welke van de volgende congruenties oplosbaar zijn: 18x 6 (mod 12) x 8 (mod 13) 35x 25 (mod 14) 25x 5 (mod 15) 28x 13 (mod 16) b. Los het stelsel, gevormd door de oplosbare congruenties, op. Oplossing 3.14 29
1. We weten dat ax b (mod m) oplosbaar is als ggd(a, m) b. We gaan na in welke congruenties deze voorwaarde is voldaan. 18x 6 (mod 12) : ggd(18, 12) = 6 en 6 6 x 8 (mod 13) : ggd(1, 13) = 1 en 1 8 35x 25 (mod 14) : ggd(35, 14) = 7 en 7 25 25x 5 (mod 15) : ggd(25, 15) = 5 en 5 5 28x 13 (mod 16) : ggd(28, 16) = 4 en 4 13. Dit betekent dat de derde en de vijfde congruentie niet oplosbaar zijn. 2. We lossen het volgende stelsel op: 18x 6 (mod 12) x 8 (mod 13) 25x 5 (mod 15) 3x 1 (mod 2) x 8 (mod 13) 5x 1 (mod 3) x 1 (mod 2) x 8 (mod 13) x 1 (mod 3). Aangezien 2, 13 en 3 onderling priem zijn, kunnen we het algoritme bij de Chinese reststelling toepassen. De oplossing van het stelsel is dus van de vorm: x 1 y 1 13 3 + 8 y 2 2 3 + 1 y 3 2 13 (mod 2 3 13).( ) We bekomen y 1 13 3 1 (mod 2) y 2 2 3 1 (mod 13) y 3 2 13 1 (mod 3). 1 y 1 1 (mod 2) 6 y 2 1 (mod 13) 2 y 3 1 (mod 3). We vinden snel y 1 = 1, y 2 = 11 en y 3 = 2. Substitutie van deze waarden in (*) geeft x 39 + 8.11.6 + 2.26 619 73 (mod 78). Oefening 3.15. Zoek de oplossingen van Z 6 29 (mod 35). Oplossing 3.15 Merk op dat 35 = 5 7. De vergelijking is dus equivalent met het stelsel Z 6 29 (mod 5) Z 6 4 (mod 5) Z 6 29 (mod 7) Z 6 1 (mod 7) De laatste vergelijking is wegens de stelling van Fermat altijd voldaan, van zodra Z 0 (mod 7). Anderzijds, aangezien terug wegens de stelling van Fermat, Z 4 1 (mod 5) (indien inverteerbaar) is de eerste vergelijking Z 6 4 (mod 5) gelijkwaardig met Z 2 4 (mod 5) en dus Z ±2 (mod 5). Er volgt dus dat alle oplossingen van de gegeven vergelijking precies deze waarden van Z zijn waarvoor Z ±2 (mod 5) en die geen 7-voud zijn. 30
Oefening 3.16. Toon aan dat het berekenen van 5 6791 (mod 391) te herleiden valt tot het oplossen van het stelsel X 10 (mod 17) X 19 (mod 23). Zoek de oplossingen van dit stelsel. Oplossing 3.16 Deel 1 Reductie van de vergelijking tot lineaire congruenties. We zoeken een oplossing voor de vergelijking X 5 6791 (mod 391) Omdat 391 = 17 23, is het berekenen van 5 6791 (mod 391) equivalent met het zoeken naar een oplossing van het stelsel X 5 6791 (mod 17) X 5 6791 (mod 23) We willen gebruik maken van de stelling van Euler. Omdat Φ(17) = 16 hebben we dat 5 16 1 (mod 17). We kunnen berekenen dat 6791 = 424 16+7, dus 5 6791 5 7 (mod 17). Analoog, omdat Φ(23) = 22 en 6791 15 (mod 22), is het stelsel equivalent met X 5 7 (mod 17) X 5 15 (mod 23) Nu is 5 7 5 25 3 5 8 3 40 64 6 ( 4) 24 10 (mod 17). Analoog is 5 15 25 7 5 2 7 5 32 20 9 ( 3) 27 4 19 (mod 23). Het stelsel is dus equivalent met X 10 (mod 17) X 19 (mod 23). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. We zoeken een oplossing hiervan met behulp van de Chinese reststelling. Stel X = 10 y 1 23 + 19 y 2 17. Dan is 23y 1 1 (mod 17) 17y 2 1 (mod 23) 6y 1 18 (mod 17) 17y 2 1 (mod 23) y 1 3 (mod 17) y 2 19 (mod 23). Na substitutie van y 1 en y 2 vinden we dat X 180 (mod 391) de oplossing is van het stelsel. Oefening 3.17. Hoeveel primitieve elementen bezit het veld Z 16? Welke orde kan een niet-primitief element van Z 16 hebben en hoeveel elementen van die orde zijn er? 31
Oplossing 3.17 Om een primitief element te vinden, moeten we eerst alle elementen vinden die copriem zijn met 16. Er zijn juist Φ(16) = Φ(2 4 ) = 2 3 = 8 elementen van Z1, 16 copriem aan 16, namelijk 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}. Van deze elementen moeten we de orde bepalen. Dit is het kleinste natuurlijk getal t waarvoor geldt dat a t 1 (mod 16). Om niet voor alle elementen een groot aantal berekeningen te moeten maken, zullen we de theorie moeten gebruiken. Aangezien a Φ(m) 1 (mod m) vinden we al dat elke t 8. We weten ook dat de mogelijke ordes van deze getallen een deler moet zijn van 8, we hebben dus enkel 1, 2, 4 en 8 als mogelijke ordes van deze elementen. Een element wordt primitief element genoemd als t = 8. Verder hebben we dat als de orde van een element a gelijk is aan t, a k eveneens orde t heeft als en slechts als ggd(k, t) = 1. Hieruit kunnen we reeds besluiten dat als we een primitief element a vinden, er minstens Φ(8) = 4 primitieve elementen zijn, namelijk a, a 3, a 5 en a 7 (die wegens primitiviteit van a allemaal verschillend zijn). Deze voorberschouwingen zullen we kunnen gebruiken bij de berekeningen. De orde van 1 is gelijk aan 1. Beschouw a = 3. We vinden 3 2 9 (mod 16) 3 3 27 11 (mod 16) 3 4 3 11 33 1 (mod 16) De orde van 3 is gelijk aan 4, maar ook de orde van 3 3 11 (mod 16) is gelijk aan 3. We vinden ook dat de orde van 3 2 9 (mod 16) kleiner of gelijk is aan 2, maar aangezien enkel 1 als orde 1 heeft, vinden we dat de orde van 9 gelijk is aan 2. Beschouw nu a = 5. We vinden 5 2 25 9 (mod 16). Aangezien we de orde van 9 al kennen, vinden we dat de orde van 5 gelijk is aan 4. Ook de orde van 5 3 5 9 13 (mod 16) is gelijk aan 4. Hieruit kunnen we ook meteen besluiten dat er geen primitieve elementen zijn, aangezien er geen 4 elementen meer over zijn. We moeten nu nog de orde van 7 en 15 bepalen. We vinden dat 7 3 49 1 (mod 16), de orde van 7 is dus gelijk aan 2. Uit ( 1) 2 1 (mod 16), volgt dat ook de orde van 1 15 gelijk is aan 2. We vatten dit samen in volgende tabel: x 3 5 7 9 11 13 15 orde 4 4 2 2 4 4 2 Oefening 3.18. Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. 5x 36 (mod 91) x 38 (mod 70) 32
Oplossing 3.18 We brengen het stelsel eerst naar de vorm x b i (mod m i ). Hiertoe zoeken we het invers element van 5 in Z 91. (36 + 4 91 = 400) Het stelsel herleidt zich tot x 80 (mod 91) ( ) x 38 (mod 70) Om de Chinese reststelling te kunnen toepassen, moeten 91 en 70 copriem zijn. Maar we vinden dat ggd(91, 70) = 7, waarbij 91 = 7 13 en 70 = 7 10. We kunnen nu de Chinese reststelling in de omgekeerde richting toepassen en vinden dat x 80 (mod 91) gelijkwaardig is met het stelsel x 80 (mod 7) x 80 (mod 13) Om dit in te zien, kunnen we x 80 (mod 91) ook schrijven als x = 80+a 91 = 80+a 7 13. Als we deze uitdrukking modulo 7 nemen, bekomen we x 80 (mod 7) en analoog x 80 (mod 13). Anderzijds heeft het stelsel gevormd door deze twee vergelijkingen juist 1 oplossing modulo 7 13 = 91. We vinden dat x 80 (mod 91) noodzakelijk gelijk moet zijn aan de unieke oplossing van het stelsel. Analoog is x 38 (mod 70) gelijkwaardig met het stelsel x 38 (mod 7) x 38 (mod 10) Wanneer we nu stelsel (*) willen oplossen, bekomen we een stelsel met 4 congruenties. We zouden deze stap de ontbinding van het stelsel kunnen noemen. x 80 (mod 7) x 3 (mod 7) x 80 (mod 13) x 2 (mod 13) x 38 (mod 7) x 3 (mod 7) x 38 (mod 10) x 8 (mod 10) Aangezien de eerste en de derde congruentie dezelfde restklasse modulo 7 hebben, is dit geen strijdig stelsel. We kunnen dus 1 van deze congruenties weglaten en stellen volgende oplossing voorop: x 3 y 1 130 + 2 y 2 70 + 8 y 3 91 (mod 7 10 13) Het stelsel herleidt zich tot 130y 1 1 (mod 7) 70y 2 1 (mod 13) 91y 3 1 (mod 10) 4y 1 1 (mod 7) 5y 2 1 (mod 13) y 3 1 (mod 10) y 1 2 (mod 7) y 2 8 (mod 13) y 3 1 (mod 10) 33
We vinden nu als oplossing x 3 2 130 + 2 8 70 + 8 1 91 2628 808 (mod 910). Met andere woorden, als we geen stijdigheid bekomen bij het ontbinden van het stelsel, vinden we een unieke oplossing modulo kgv(m 1, m 2 ). Oefening 3.19. Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. x 15 (mod 32) x 12 (mod 72) Uit de eerste vergelijking volgt dat x 15 7 (mod 8). Uit de tweede vergelijking volgt dat x 12 4 (mod 8). Deze zijn in tegenspraak met elkaar, dus het stelsel is strijdig: de verzameling oplossingen van dit stelsel is ledig en bezit dus geen kleinste element. Oefening 3.20. Zoek het kleinste natuurlijk getal dat een oplossing is van volgend stelsel. x 5 (mod 62) x 17 (mod 14) (6) Omdat de moduli 62 en 14 niet copriem zijn, kunnen we de Chinese reststelling niet toepassen. We kunnen echter wel één van de moduli, bijvoorbeeld 62, delen door 2, zodat we wel onderling ondeelbare moduli hebben. Inderdaad: als x een oplossing is van (6), zal x zeker een oplossing zijn van x 5 (mod 31) (7) x 17 (mod 14). Omgekeerd, als x voldoet aan (7), dan zijn er twee mogelijkheden modulo 62: x 5 (mod 62) x 36 (mod 62). Wegens de tweede vergelijking weten we echter dat x 1 (mod 2), zodat noodzakelijk het eerste geval geldt. Bijgevolg voldoet x aan (6). We kunnen het gereduceerde stelsel oplossen. We hebben wegens de Chinese reststelling een unieke oplossing modulo 31 14 = 434. We mogen op zoek gaan naar een oplossing van de vorm x = 5 y 1 14 + 3 y 2 31. Invullen hiervan in (7) geeft: 14y 1 1 32 (mod 31) 31y 2 1 (mod 14) 7y 1 16 77 (mod 31) 3y 2 15 (mod 14) We vinden dus y 1 = 11, y 2 = 5 en dit geeft x = 5 ( 11) 14 + 3 5 31 = 305 129 (mod 434). 129 zal dus het kleinste natuurlijk getal zijn dat aan de gegeven congruenties voldoet. 34
Oefening 3.21. Zoek alle oplossingen van de vergelijking y 2 = 2158 (mod 2479), als je weet dat 2479 = 37 67. Oplossing 3.21 Aangezien 2479 = 37 67, is deze equivalentie gelijk aan volgend stelsel: y 2 2158 12 (mod 37) y 2 2158 14 (mod 67). Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. We zoeken met behulp van het Legendre symbool of 12 en 14 een kwadraatrest zijn respectievelijk modulo 37 en 67. 12 4 3 3 37 1 = = 1 = = = 1 37 37 37 37 3 3 14 67 = 2 67 7 67 = ( 1) 7 67 = ( 1) ( 1) Beide Legendre symbolen zijn 1. Beide vergelijkingen hebben dus oplossingen in y. We hadden dit ook onmiddellijk kunnen vinden, want het stelsel kunnen we herschrijven als y 2 12 (mod 37) 49 (mod 37) y 2 14 (mod 67) 81 (mod 67). De eerste equivalantie heeft als oplossingen y ±7 (mod 37), de tweede heeft als oplossingen y ±9 (mod 67). Dit geeft dan vier stelsels lineaire congruenties: y 7 (mod 37) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67) y 9 (mod 67) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67) y 7 (mod 37) y 9 (mod 67). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. Het eerste en tweede, net zoals het derde en vierde stelsel, hebben tegengestelde oplossingen die, wegens de Chinese reststelling, uniek zijn modulo 37 67 = 2479. 67 7 = 4 67 = 1. 35
S1 Een oplossing voor het eerste stelsel is y = 7 67 y 1 + 9 37 y 2. Substitutie in het eerste stelsel geeft 67y 1 1 (mod 37) 37y 2 1 (mod 67) y 1 21 (mod 37) y 2 29 (mod 67), immers: de inverse van 30 (mod 37) volgt uit het algoritme van Euclides, analoog als de inverse van 37 (mod 67) uit dezelfde berekening volgt. We berekenen namelijk 67 = 1 37 + 30 37 = 1 30 + 7 30 = 4 7 + 2 7 = 3 2 + 1. 1 = 7 3 2 = 7 3 (30 4 7) = 3 30 + 13 7 = 3 30 + 13 (37 30) = 13 37 16 30 = 13 37 16 (67 37) = 16 67 + 29 37. Deze laatste vergelijking modulo 67 nemen levert ons het ene resultaat, terwijl modulo 37 we het andere gezochte resultaat vinden. Beide waarden voor y 1 en y 2 geven y 7 67 21 + 9 37 29 (mod 37 67) 2153 (mod 2479). S2 De oplossing voor het tweede stelsel is dan y 2153 (mod 2479) 326 (mod 2479). S3 Het derde stelsel heeft als oplossing: y = 7 67 y 1 9 37 y 2 Substitutie in het derde stelsel geeft 67 y 1 1 (mod 37) 37 y 2 1 (mod 67) Deze vergelijkingen werden reeds opgelost bij stelsel 1, namelijk y 1 = 21 en y 2 = 29. We vinden dus y 7 67 21 9 37 29 (mod 2479) 192 (mod 2479). 36
S4 De oplossing voor het vierde stelsel is dan y 192 (mod 2479) 2287 (mod 2479). Oefening 3.22. Los op: x 4 17 (mod 19) x 2 5 (mod 59) Oplossing 3.22 Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking is equivalent met x 4 17 (mod 19) 36 (mod 19) x 2 ±6 (mod 19). Dus x 2 6 (mod 19) of x 2 6 (mod 19) 13 (mod 19). We onderzoeken met behulp van het Legendre symbool of 6 en 13 kwadraatresten zijn (mod 19). 6 3 2 19 2 1 = = ( 1) = ( 1) ( 1) = 1 19 19 19 3 19 3 en 13 19 = 19 13 = 6 13 = 2 13 3 13 = 2 13 13 3 = ( 1) 1 3 = 1. We vinden dat 6 een kwadraatrest is (mod 19), maar dat 13 geen kwadraatrest is (mod 19). De vergelijking x 2 13 (mod 19) heeft geen oplossingen. Het origineel stelsel is herleid tot x 2 6 (mod 19) x 2 5 (mod 59). De eerste vergelijking is equivalent met x 2 25 (mod 19), dus x ±5 (mod 19), en de tweede vergelijking kan herschreven worden als x 2 64 (mod 59) zodat x ±8 (mod 59). Besluit: de vergelijkingen x ±5 (mod 19) x ±8 (mod 59) geven vier stelsels lineaire congruenties. 37
Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. S1 Beschouw x 5 (mod 19) x 8 (mod 59). Een oplossing hiervoor is x = 5 59 y 1 + 8 19 y 2. Substitutie in het eerste stelsel geeft 59 y 1 1 (mod 19) 19 y 2 1 (mod 59). y 1 10 (mod 19) y 2 28 (mod 59). Waarbij we het algoritme van Euclides gebruikt hebben: 59 3 19 = 2 19 9 2 = 1 1 = 19 9 (59 3 19) = 28 19 9 59. Hieruit volgt dat y 1 = 10 en y 2 = 28. Substitutie van deze waarden in de uitdrukking van x geeft x 5 59 10 + 8 19 28 (mod 19 59) 480 (mod 1121). S2 Als een onmiddellijk gevolg heeft het stelsel x 5 (mod 19) x 8 (mod 59) x 480 (mod 1121) 641 (mod 1121) als oplossing. S3 Analoog is een oplossing voor x 5 (mod 19) x 8 (mod 59) gelijk aan x 5 59 y 1 8 19 y 2 (mod 19 59). Substitutie van y 1 = 10 en y 2 = 28 geeft x 936 (mod 1121). S4 Tenslotte is het tegengestelde van deze oplossing, de oplossing van x 5 (mod 19) x 8 (mod 59). 38
Oefening 3.23. Los op: x 3 5 (mod 11) x 4 38 (mod 43). Oplossing 3.23 Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking oplossen in Z 11 geeft X 3 5 (mod 11) X 3 (mod 11) x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x 2 1 4 9 5 3 3 5 9 4 1 x 3 1 8 5 9 4 7 2 6 3 10 Voor de tweede vergelijking vinden we dat X 4 38 81 (mod 43), waaruit volgt dat X 2 9 (mod 43) of X 2 34 (mod 43). We moeten nu onderzoeken of 34 al dan niet een kwadraat is modulo 43 aan de hand van de Legendre symbolen. We berekenen 34 43 = 2 17 43 43 = ( 1) 43 17 = ( 1) 9 17 = 1. We vinden 34 43 = 1 waaruit volgt dat X 2 34 (mod 43) geen oplossingen heeft. Besluit We bekomen twee stelsels lineaire congruenties: X 3 (mod 11) X 3 (mod 11) X 3 (mod 43) X 40 (mod 43). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. S1 Voor het eerste stelsel is de oplossing X 3 (mod 11 43) 3 (mod 473). S2 Een oplossing voor het tweede stelsel is X = 3 y 1 43 + 40 y 2 11. Substitutie in het stelsel geeft 43y 1 1 (mod 11) 11y 2 1 (mod 43) y 1 10 (mod 11) y 2 4 (mod 43). Het algoritme van Euclides geeft 1 = 4 11 43. We vinden X 3 10 43 + 40 4 11 212 (mod 473). Oefening 3.24. Geef alle oplossingen van x 2 = 1526 (mod 1829). Oplossing 3.24 Aangezien 1829 = 59 31 kan de opgave herleid worden tot het volgende stelsel: x 2 1526 (mod 59) 51 (mod 59) x 2 1526 (mod 31) 7 (mod 31). 39
Deel 1 Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. We zoeken met behulp van het Legendresymbool of 51 een kwadraatrest is modulo 59 en of 7 een kwadraatrest is modulo 31. 51 17 3 =. 59 59 59 We bekijken deze twee Legendresymbolen afzonderlijk: 17 59 = 59 17 = 8 17 = 4 17 2 17 = 1. 3 59 = ( 1) 59 3 = ( 1) 2 3 = ( 1) ( 1) = 1. We vinden dat 51 = 1. 59 Anderzijds is 7 = ( 1) 31 31 7 = ( 1) 3 7 = 7 3 = 1 3 = 1. De twee Legendresymbolen zijn 1, waaruit volgt dat beide vergelijkingen hebben oplossingen in x. We vinden voor de eerste vergelijking dat x 2 51 (mod 59) 169 (mod 59), dus x ±13 (mod 59). De tweede vergelijking levert het volgende op: x 2 7 (mod 31) 100 (mod 31), dus x ±10 (mod 31). We bekomen de volgende vier stelsels lineaire congruenties: x 10 (mod 31) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59) x 13 (mod 59) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59) x 10 (mod 31) x 13 (mod 59). Deel 2 Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. Het eerste en tweede, net zoals het derde en vierde stelsel, hebben tegengestelde oplossingen die, wegens de Chinese reststelling, uniek zijn modulo 31 59 = 1829. 40
S1 Een oplossing voor het eerste stelsel is x = 13 31 x 1 + 10 59 x 2. Het Algoritme van Euclides geeft 1 = 10 59 19 31. Substitutie van de oplossing in het stelsel geeft 59y 1 1 (mod 31) 31y 2 1 (mod 59) y 1 10 (mod 31) y 2 40 (mod 59) x 13 31 40 + 10 59 10 (mod 59 31) 72 (mod 1829). S2 De oplossing voor het tweede stelsel is dan x 72 (mod 1829) 1757 (mod 1829). S3 Het derde stelsel heeft als oplossing: x = 13 31 x 1 10 59 x 2 Substitutie in het derde stelsel geeft 59y 1 1 (mod 31) 31y 2 1 (mod 59) y 1 10 (mod 31) y 2 40 (mod 59) De oplossing van het stelsel wordt nu: x 13 31 40 10 59 10 (mod 1829) 1075 (mod 1829). S4 De oplossing voor het vierde stelsel is dan x 1075 (mod 1829) 754 (mod 1829). Oefening 3.25. Wat is het laatste cijfer van het getal 7 94? Er wordt gevraagd naar 7 94 (mod 10). Omdat 7 en 10 copriem zijn, kunnen we de kleine stelling van Fermat toepassen: 7 Φ(10) = 7 4 1 (mod 10). Bijgevolg is 7 94 = ( 92 74) 4 7 2 1 92 4 49 9 (mod 10). Het laatste cijfer van 7 94 is dus een 9. Meteen hebben we bewezen dat elke macht van 7, waarbij de exponent 2 modulo 4 is, eindigt op een 9. Oefening 3.26. Zoek de oplossing(en) (x, y) van het volgende stelsel over Z 7. x + 2y = 4 4x + 3y = 4 Zoek eveneens de oplossingen over Z 5. 41
Oplossing 3.26 De determinant van de coëfficiëntenmatrix is gelijk aan 5. Over Z 7 : De rang van het stelsel is 2 want 5 2 (mod 7) 0 (mod 7). Er is dus een unieke oplossing. Beschouw deze vergelijkingen nu modulo 7: x + 2y = 4 4x 4y = 4 Uit de laatste x = y + 1, wat na invullen in de eerste geeft: 3y = 3. Hieruit volgt y = 1 en x = 2. We vinden de unieke oplossing (x, y) = (2, 1). Over Z 5 : De rang van het stelsel is 1 want 5 0 (mod 5). Het stelsel betekent modulo 5 x + 2y = 4 x 2y = 4, dus het is strijdig (4 = -4). Oefening 3.27. Stel dat een jaar een schrikkeljaar is, m.a.w. 366 dagen bevat, als en slechts als het jaartal een veelvoud is van 4. Veronderstel ook dat een maancyclus bestaat uit 29 dagen. Op zaterdag 1 juni 1991 was het volle maan. In welk jaar, volgend op een schrikkeljaar, zal het voor het eerst volle maan zijn op een dinsdag 2 juni? Oplossing 3.27 Deel 1: Het stelsel congruentievergelijkingen. Zij x het aantal dagen na 1 juni 1991 waarop het voor de eerste maal volle maan is op een dinsdag 2 juni, in een jaar volgend op een schrikkeljaar. Dan voldoet x aan x 0 (mod 29) x 3 (mod 7) x 732 (mod 1461), want een maancyclus bestaat uit 29 dagen, wat de eerste vergelijking geeft. De volle maan moet op een dinsdag zijn, dus 3 dagen na een zaterdag, waaruit de tweede vergelijking volgt. De derde vergelijking wordt als volgt bekomen: De eerst mogelijke oplossing is 2 juni 1993 en dit is 732 dagen na 1 juni 1991. De volgende kandidaat-oplossingen zijn 2 juni 1997, 2 juni 2001,... Tussen twee mogelijke oplossingen liggen er dus 4 jaar en 4 jaar bestaat uit 3 365 + 366 = 1461 dagen. Dus x 732 (mod 1461). 42
Deel 2: De oplossing van het stelsel. 1461 = 3 487, dus de drie moduli zijn onderling ondeelbaar, zodat de Chines reststelling van toepassing is. We zoeken een oplossing voor x van de vorm x = 3 29 1461 y 1 + 732 7 29 y 2. Invullen in het stelsel geeft ons om te beginnen 29 1461 y 1 1 (mod 7) 1 5 y 1 15 (mod 7) y 1 3 (mod 7), maar het bepalen van de inverse van 203 = 7 29 modulo 1461 zal niet zo vlot gaan. gebruiken het algoritme van Euclides: We 1461 = 7 203 + 40 203 = 5 40 + 3 40 = 13 3 + 1 3 = 3 1. 1 = 40 13 (203 5 40) = 66 40 13 203 = 66 (1461 7 203) 13 203 = 66 1461 475 203. Uit de laatste gelijkheid volgt dat 475 986 gezochte inverse is van 203 (mod 1461), dus y 2 986 (mod 1461). We vinden x 3 29 1461 3 + 732 7 29 986 (mod 7 29 1461) 88392 (mod 296583). Daar 88392 = 60 1461 + 732, is het voor de eerste keer volle maan op dinsdag 2 juni, in een jaar volgend op een schrikkeljaar, in het jaar 1991 + 60 4 + 2 = 2233. Oefening 3.28. Los het volgende stelsel op: z 2 2 (mod 7) z 2 81 (mod 101) Oplossing 3.28 Deel 1: Reductie van de vergelijkingen tot lineaire congruenties. De eerste vergelijking is equivalent met z 2 9 (mod 7) z ±3 (mod 7). 43
De tweede vergelijking impliceert z ±9 (mod 101). Deel 2: Oplossing van de stelsels lineaire congruenties. We zoeken dus een oplossing van de vier stelsels (voor elke mogelijke combinatie van + en in ±): z ±3 (mod 7) z ±9 (mod 101). We zoeken de vier oplossingen van de vorm z = (±3) 101 y 1 + (±9) 7 y 2. Invullen van deze gedaante van z levert 101y1 1 (mod 7) 7y 2 1 (mod 101) Om de inversen te bepalen, voeren we het algoritme van Euclides uit: 101 = 14 7 + 3 7 = 2 3 + 1 1 = 7 2 3 = 7 2 (101 14 7) = 2 101 + 29 7. We vinden dus dat y1 2 5 (mod 7) y 2 29 (mod 101) Na substitutie van y 1 en y 2 in de vorm van z geeft dit z (±3) 101 5 + (±9) 7 29 (mod 7 101) 514, 312, 193, 395} (mod 707). Oefening 3.29. Hoeveel oplossingen natuurlijke getallen (x 1,..., x 6 ) zijn er voor de vergelijking x 1 + +x 6 = 31 met x 1,..., x 4 1 (mod 3) en x 5, x 6 0 (mod 3)? En als we 31 vervangen door 32? 44
Oplossing 3.29 Daar x 1,..., x 4 1 (mod 3) en x 5, x 6 0 (mod 3), stel x 1 = 3y 1 + 1, x 2 = 3y 2 + 1, x 3 = 3y 3 + 1, x 4 = 3y 4 + 1 en x 5 = 3y 5, x 6 = 3y 6. Dit geeft x 1 + + x 6 = 31 (3y 1 + 1) + + (3y 4 + 1) + 3y 5 + 3y 6 = 31 y 1 + + y 6 = 9. Het aantal oplossingen hiervoor is ( 6 9 ) = ( 14 9 ) = 2002. De vergelijking heeft geen enkele oplossing als 31 vervangen wordt door 32, want als we modulo 3 kijken, vinden we 1 + 1 + 1 + 1 + 0 + 0 2 (mod 3), een strijdigheid! Oefening 3.30. Zoek alle oplossingen voor de congruentie X 2 + 6X 31 0 (mod 72). Oplossing 3.30 Deze congruentie (mod 72) is equivalent met het stelsel X 2 + 6X 31 0 (mod 8) X 2 + 6X 31 0 (mod 9) X 2 + 6X + 1 0 (mod 8) X 2 + 6X + 5 0 (mod 9) X 1, 5 (mod 8) X 4, 8 (mod 9). Er zijn dus 4 stelsels die opgelost moeten worden: X 1 (mod 8) X 1 (mod 8) X 4 (mod 9) X 8 (mod 9) 45
X 5 (mod 8) X 4 (mod 9) X 5 (mod 8) X 8 (mod 9). De oplossingen hiervoor zijn X 49, 17, 13, 53} (mod 72). Een alternatieve oplossing kan erin bestaan om eerst de term in X te elimineren. Dan vinden we, met Y = X + 3: X 2 + 6X 31 0 (mod 72) (X + 3) 2 9 31 0 (mod 72) Y 2 40 (mod 72) Dit is equivalent met Y 2 40 0 (mod 8) Y 2 40 4 (mod 9) Y 0 of 4 (mod 8) Y ±2 (mod 9). De oplossingen die we in elk van de vier gevallen zijn precies weer 49, 17, 13, 53} (mod 72). Oefening 3.31. Wanneer bezit de vergelijking 5X 2 + 8X + 1 0 (mod p), p priem, p 13, een oplossing? Oplossing 3.31 De vergelijking bezit een oplossing als de discriminant 44 een kwadraatrest 11 als 11 een kwadraatrest (mod p) is. Dus = 1. p Uit de kwadratische wederkerigheidswet volgt 11 p = ( 1) 5(p 1)/2 = ( 1) (p 1)/2 p 11 en dit impliceert, aangezien p 11 = ( 1) (p 1)/2. 11 p = 1, dat (mod p) is, m.a.w. Deel 1: p 11 = 1 = ( 1) (p 1)/2. Dan is (p 1)/2 oneven en dus p 3 (mod 4). 46
Aangezien p geen kwadraatrest is (mod 11), is p 2, 6, 7, 8, 10 (mod 11), dus p, p 13, is een priemgetal dat voldoet aan de vergelijkingen p 2, 6, 7, 8, 10 (mod 11) p 3 (mod 4) en dit impliceert p 35, 39, 7, 19, 43 (mod 44). p Deel 2: = 1 = ( 1) (p 1)/2. 11 Dan is (p 1)/2 even en dus p 1 (mod 4). Aangezien p een kwadraatrest is (mod 11), is p 1, 3, 4, 5, 9 (mod 11). Dus hier voldoet p aan de vergelijkingen p 1, 3, 4, 5, 9 (mod 11) p 1 (mod 4) en dit betekent p 1, 25, 37, 5, 9 (mod 44). We concluderen dat deze vergelijking oplossingen heeft als p 13, p priem, congruent is met 1, 5, 7, 9, 19, 25, 35, 37, 39 of 43 modulo 44. 47