teorija brojeva

Embed Size (px)

Citation preview

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    1/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 1

    DELJIVOST I DELJENJE SA OSTATKOM

    U na juzem smislu, zadatak teorije brojeva (artimetike) jeste izucavanje struk-ture prstena celih brojeva (Z, +, ). Zapravo, ovaj prsten je integralni domen,tj. u pitanju je komutativan prsten sa jedinicom koji nema delitelje nule: za-ista, za dva cela broja a, b Z vazi ab = 0 ako i samo ako je a = 0 ili b = 0.Posmatrano sire, predmet teorije brojeva je u tesnoj vezi sa ispitivanjem oso-bina relacije deljivosti u razlicitim integralnim domenima (ne samo u Z) cijisu elementi kompleksni brojevi. Na primer, ova relacija u integralnom domenuZ[2] = {a + b2 : a, b Z} ima sasvim drugacija svojstva nego u Z, no upravota informacija u odre -denim situacijama moze imati znacajne posledice po pitanjakoja se ticu celih brojeva.

    Definicija 1.1. Za ceo broj b kazemo da je delilac broja a Z, odnosno da delia (u oznaci b | a), ako postoji q Z tako da je

    a = bq.

    Na primer, 0 je deljiva svim delim brojevima, buduci da je 0 = b 0 za sveb Z. Takodje, 2 | 4, dok 3 5.Definicija 1.2. Broj

    Z koji deli svaki ceo broj zovemo jedinicnim elementom

    prstena Z.

    Tvr -denje 1.3. Prsten Z ima tacno dva jedinicna elementa: 1 i 1.Dokaz. Ocigledno, 1 i 1 su jedinicni elementi u Z, buduci da za sve a Z vazia = 1 a.

    S druge strane, neka je jedinicni ceo broj. Tada, specijalno, vazi | 1, pa je1 = q za neko q Z. Jasno, ni ni q ne mogu biti 0, pa je ||, |q| 1. Tako1 = q povlaci da je || = 1, tj. {1, 1}.

    S druge strane, ako na analogan nacin definisemo deljivost u prstenu Z[

    2],dobijamo da on ima beskonacno mnogo jedinicnih elemenata: na primer, a + b

    2

    je jedinicni kad god vazi a

    2

    2b2

    = 1. (Kasnije cemo videti da ova diofantskajednacina ima beskonacno mnogo resenja.) Me -dutim, prsten parnih brojeva 2Z(koji je potprsten od Z) uopste nema jedinicne elemente: svaki paran broj k kojinije deljiv sa 4 (na primer, 10) uopste nema nijedan delitelj u ovom prstenu, jerne postoje parni brojevi 1 i 2 tako da je k = 12.

    Tvr -denje 1.4. Ako su , jedinicni celi brojevi i vazi b | a, tada vazi i b | a.Dokaz. Kako | 1, to je 1 = za neko Z. Stoga, ako vazi b | a, odnosnoa = bq za neko q Z, tada je a = bq 1 = (b)(q). Dakle, b | a.

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    2/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Prethodno tvr -denje nam u stvari omogucava da ispitivanje deljivosti brojevasvedemo, po potrebi, iskljucivo na nenegativne cele, odnosno prirodne brojeve.

    Predznak (tj. mnozenje jedinicnim elementom) nema nikakvu bitnu ulogu kadaje u pitanju deljivost celih brojeva.

    Tvr -denje 1.5.

    (1) Za sve a Z vazi a | a.(2) Za sve a,b,c Z, ako a | b i b | c, tada a | c.(3) Za sve a,b,c Z, ako a | b i b | a, tada postoji jedinicni element tako

    da je a = b.(4) Ako c | a i c | b za neke a,b,c Z tada c | (a + b), c | (a b) i c | ka za

    sve k Z. Zapravo, tada za sve , Z vazi c | (a + b).Dokaz. Dokazujemo samo stavku (3), posto se ostala tvr -denja dokazuju nepos-

    redno na osnovu definicije deljivosti. Zaista, ako vazi a | b i b | a, tada je b = aqi a = bs za neke q, s Z. Otuda je b = b(sq). Ako je b = 0, tada je nuzno a = 0,pa je a = b 1. U suprotnom, sledi sq = 1, pa je element s jedinicni, sto uz a = bsdaje zeljeni rezultat.

    Prema tome, ako relaciju deljivosti | ogranicimo na skup Z+ pozitivnih celihbrojeva, dobijamo relaciju poretka, tj. parcijalno ure -denje ovog skupa.

    Naredni rezultat prirodno vodi ka poznatim pojmovima celobrojnog kolicnikai ostatka pri deljenju sa nekim celim brojem razlicitim od nule.

    Teorema 1.6. Za sve a, b Z, b = 0, postoje jedinstveni brojevi q, r Z takoda je

    a = qb + r i 0 r < |b|.Dokaz. Razmotrimo najpre slucaj b > 0. Dati uslovi su ocito ekvivalentni egzis-tenciji i jedinstvenosti celih brojeva q, r tako da je

    0 r = a qb < b,sto je, dalje, ekvivalentno dvostrukoj nejednakosti

    qb a < (q+ 1)b,

    tj. a/b [q, q + 1). Me -dutim, postoji jedinstven ceo broj q sa prethodnomosobinom: to je bas q = a/b, najveci ceo broj koji nije veci od a/b. Pri tomeodmah sledi da je i trazno r jedinstveno; naime, mora biti

    r = a a

    b

    b.

    S druge strane, ako je b < 0, tada uslovi

    0 r = a bq < |b| = banalogno kao i malopre vode dvostrukoj nejednakosti q a/b > q1, sto ponovo

    jedinstveno odre -duje q; naime, mora biti q = a/b. Jedinstvenost r opet sledineposredno.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    3/54

    PREDAVANJE 1: DELJIVOST I DELJENJE SA OSTATKOM 3

    Gornji postupak kojim se za date brojeve a, b Z dobijaju jedinstveni brojeviq, r zovemo deljenje sa ostatkom; pri tome je q celobrojni kolicnik (pri deljenju

    a sa b) dok je r ostatak. Primetimo da vazi b | a ako i samo ako je ostatak prideljenju a sa b jednak 0.

    Postupak deljenja sa ostatkom nam omogucavaizme -du ostalogda prirodnebro jeve izrazavamo u brojevnim sistemima sa datom osnovom (binarnom, dekad-nom, . . . ). Ovo je precizirano narednim tvr -denjem.

    Teorema 1.7. Neka je B > 1 ceo broj. Tada se svako A Z+ na jedinstvennacin moze zapisati u obliku

    A = anBn + an1B

    n1 + + a1B + a0, (1.1)gde je an = 0 i 0 ai < B za sve 0 i n.

    Dokaz. Teoremu dokazujemo indukcijom (po A). Tvr -denje je jasno ako je A

    {1, . . . , B 1}. Zato pretpostavimo da se svaki broj manji od A na jedinstvennacin zapisuje u zeljenom obliku, pri cemu je A B. Buduci da dati uslovizahtevaju da bude 0 a0 < B i B | (A a0), sledi da a0 mora biti upravoostatak broja A pri deljenju sa B, tj. a0 je jedinstveno odre -deno. Posmatrajmosada broj A = (A a0)/B, celobrojni kolicnik A pri deljenju sa B. Posto je0 < A < A, po induktivnoj pretpostavci imamo da se A na jedinstven nacinzapisuje u trazenom obliku:

    A = amBm + am1B

    m1 + + a2B + a1.Kako je A = AB + a0, sledi da je A = am+1B

    m+1 + amBm + + a1B + a0, pa

    dobijamo zeljeni zapis za A. On je jedistven, jer ako bi bilo A = akBk + +

    a

    1B + a

    0, gde je a

    k

    = 0 i 0 aj

    < B za sve 0 j k, tada na osnovu ranijeg

    zakljucka imamo a0 = a0, pa je

    akBk1 + + a1 = amBm + + a1.

    Deo induktivne pretpostavke koji se odnosi na jedinstvenost povlaci da mora bitik = m i ai = ai za sve 1

    i m, sto se i trazilo.

    Za reprezentaciju (zapis) broja A u obliku (1.1) kazemo da je u sistemu saosnovom B, dok su ai cifre tog zapisa. Krace, mozemo pisati i

    A = anan1 . . . a1a0[B],

    s tim da se u dekadnom sistemu (sistemu sa osnovom 10) indeks [10] najcesceizostavlja.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    4/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 2

    NAJVECI ZAJEDNICKI DELILAC, NERAZLOZIVI IPROSTI BROJEVI

    Kazemo da je d Z najveci zajednicki delilac (NZD) celih brojeva a i b akovazi:

    (i) d | a, d | b.(ii) Za sve c Z takve da c | a i c | b vazi |c| |d|.

    Primetimo da par (0, 0) nema najveci zajednicki delilac; me -dutim, za svaki drugipar celih brojeva postoje tacno dva cela broja koji zadovoljavaju gornje uslove,

    i oni su jedan drugom suprotni. Ako je d najveci zajednicki delilac za a, b, topisemo d = (a, b), pri cemu se ova notacija najcesce odnosi na pozitivan NZDza a i b (sto cemo od sada i podrazumevati, ukoliko eksplicitno nije naznacenosuprotno).

    Po upravo datoj definiciji, d = (a, b) je najveci po apsolutnoj vrednosti elementskupa Da,b = {c Z : c | a, c | b} svih zajednickih delitelja brojeva a, bkoji je (sem u slucaju a = b = 0) konacan. Me -dutim, ova definicija se vrloretko koristi u operativnom smislu, buduci da se ona poziva na poredak na celimbrojevima, a ne na njihove artimeticke osobine koje proizilaze iz relacije deljivosti.Srecom, NZD dva cela broja ima jednu izuzetnu osobinu, koju u gotovo svimrelevantnim situacijama u teoriji brojeva koristimo kao alternativnu definicijunajveceg zajednickog delioca: naime, NZD za a, b je (do na predznak jedinstveni)

    broj koji je deljiv svim zajednickim deliocima a i b (tj. svim elementima skupaDa,b).

    Teorema 2.1. Neka su a,b,c Z takvi da (a, b) postoji, c | a i c | b. Tadac | (a, b).

    Dokaz. Ovo znacajno tvr -denje dokazujemo primenom jednog od najstarijih poz-natih algoritama u matematici u pitanju je Euklidov algoritam za nalazenjeNZD-a dva broja. On se sastoji u tome da se po -de od datih brojeva a, b i dase jedan od njih celobrojno podeli drugim uz odgovarajuci ostatak. U svakomkoraku, broj kojim smo prethodno delili postaje broj koji se deli (deljenik), aostatak iz prethodnog koraka se uzima kao novi delitelj. Postupak se nastavlja

    sve dok neki od ostataka ne bude jednak 0; pri tome je poslednji nenula ostataku nizu upravo trazeni NZD. Dakle, ako je, na primer, b = 0, tada smo izvrsilisledeca celobrojna deljenja:

    a = q1b + r1, gde je 0 r1 < |b|,

    b = q2r1 + r2, gde je 0 r2 < r1,

    r1 = q3r2 + r3, gde je 0 r3 < r2,

    ......

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    5/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    rk1 = qk+2rk + rk+1, gde je 0 rk+1 < rk,

    ..

    .

    ..

    .rn2 = qnrn1 + rn, gde je 0 rn < rn1,

    rn1 = qn+1rn (rn = 0).

    Primetimo da se postupak sigurno zavrsava u konacno mnogo koraka, buduci daniz

    |b| > r1 > r2 > > rk >

    mora biti konacan.Tvrdimo da je rn = (a, b), odakle odmah sledi tvr -denje teoreme, buduci da

    se lako pokazuje da za svaki zajednicki delilac c brojeva a, b mora biti c | rkza sve k (pa tako i za k = n); naime, iz rk2 = qk+1rk1 + rk dobijamo rk =rk2qk+1rk1, pa zakljucujemo da iz (induktivne) pretpostavke c | rk2, c | rk1sledi c | rk.

    Posto malopre -dasnji sled zakljucaka vazi za svaki zajednicki delilac c brojevaa, b, sledi da on vazi i za c = (a, b); zbog toga odmah imamo (a, b) | rn, a samimtim i (a, b) rn. S druge strane, pokazimo da rn jeste zajednicki delilac za a ib. Neposredno, imamo da rn | rn1. Sada pretpostavka da rn | rk+1 i rn | rk+2povlaci, na osnovu jednakosti rk = qk+2rk+1 + rk+2, da rn | rk. Tako dolazimoda zakljucka da rn | a i rn | b. Po definiciji NZD-a, odavde sledi rn (a, b).Prema tome, rn = (a, b), kao sto se i trazilo.

    Posledica 2.2. Za sve a, b Z, c Z+ vazi (ca, cb) = c(a, b).

    Dokaz. Zapravo, ovo je vise posledica dokaza nego samog tvr -denja prethodne

    teoreme. Naime, posmatrajmo jednakosti koje smo dobili tokom Eukidovog al-goritma za izracunavanje (a, b): ovaj algoritam rezultuje poslednjim nenula os-tatkom rn = (a, b). Pomnozimo sada sve te jednakosti sa c; na taj nacin dobijamoupravo jednakosti koje proisticu iz instance Euklidovog algoritma za nalazenje(ca, cb). Poslednji nenula ostatak koji taj algoritam daje je bas (ca, cb) = crn =c(a, b).

    Tvr -denje 2.3. Najveci zajednicki delilac brojeva a, b Z se moze izraziti uobliku

    (a, b) = a + b

    za pogodno odabrane , Z.

    Dokaz. Indukcijom po k dokazujemo da se svaki ostatak rk u Euklidovom algo-

    ritmu za izracunavanje (a, b) moze izraziti kao rk = ka +kb za neke k, k Z.Zaista, to je tacno za same brojeve a = 1 a + 0 b i b = 0 a + 1 b, kao i zar1 = a q1b = 1 a + (q1) b. Zato pretpostavimo da vazi rk1 = k1a + k1bi rk = ka + kb za neke k1, k, k1, k Z. Tada je

    rk+1 = rk1 qk+1rk = (k1 qk+1k)a + (k1 qk+1k)b,

    pa je sada dovoljno definisati k+1 = k1 qk+1k i k+1 = k1 qk+1k.Specijalno, sledi (a, b) = rn = na + nb, pa = n i = n predstavljajuadekvatan izbor trazenih koeficijenata.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    6/54

    PREDAVANJE 2: NZD, NERAZLOZIVI I PROSTI BROJEVI 3

    Ovo tvr -denje ima znacajnu posledicu u vezi sa resivoscu linearne diofantskejednacine ax+ by = c. (Pod diofanskom jednacinom podrazumevamo algebarsku

    jednacinu sa celim koeficijentima cija resenja trazimo samo u skupu celih brojeva.Ovde su a,b,c fiksirani koeficijenti, dok pod resenjem podrazumevamo par celihbrojeva x, y.)

    Tvr -denje 2.4. Neka su a,b,c Z tako da je a = 0 ili b = 0. Tada diofantskajednacina ax + by = c ima resenja ako i samo ako (a, b) | c.

    Dokaz. (): Neka je (x0, y0) neko resenje date jednacine. Posto (a, b) | a i(a, b) | b, vazi

    (a, b) | ax0 + by0 = c.

    (): Pretpostavimo da (a, b) | c, tj. da je c = (a, b)c. Po prethodnomtvr -denju, postoje , Z tako da je (a, b) = a + b. To znaci da je

    c = a(c

    ) + b(c

    ),odnosno, x = c, y = c je jedno resenje date jednacine.

    Sada mozemo definisati i najveci zajednicki delilac za proizvoljan neprazanskup celih brojeva: naime, ako je a1, . . . , ak Z (pri cemu je bar jedan odbrojeva nenula), tada je njihov NZD, u oznaci (a1, . . . , ak), najveci (po apsolutnojvrednosti) broj d takav da d | ai za sve 1 i k. Ponovo se pokazuje da jeposredi broj koji je deljiv svakim zajednickim deliocem datih brojeva (pri cemu

    je redosled njihovog navo -denja nebitan). Pri tome je

    (a1, . . . , ak) = (. . . ((a1, a2), a3), . . . , ak).

    Kazemo da su brojevi a1, . . . , ak Z (gde je k 2) uzajamno prosti ako je

    (a1, . . . , ak) = 1. Ovi brojevi su po parovima uzajamno prosti ako je (ai, aj) = 1za sve indekse i, j, i = j. Svaki skup po parovima uzajamno prostih brojevacini ujedno i skup uzajamno prostih brojeva; primer brojeva 6, 10, 15 pokazujeda obratna implikacija ne vazi.

    Naredno tvr -denje povezano sa uza jamno prostim brojevima ce u daljem imativesestruku primenu i znacaj.

    Lema 2.5. Neka su a,b,c Z takvi da c | ab. Ako je (c, a) = 1, tada c | b.

    Dokaz. Ocigledno, c | cb, pa je c zajednicki delilac za ab i cb. Me -dutim, tada poTeoremi 2.1 i njenoj Posledici 2.2 vazi c | (ab, cb) = (a, c)b = b.

    U prethodnom smo videli da u odnosu na relaciju deljivosti 0, kao i jedinicni

    elementi 1,1 imaju posebnu ulogu: nula je deljiva svim celim brojevima, dokjedinicni elementi dele sve brojeve: | a za svaki jedinicni element i proizvoljnoa Z. Osim toga, vazi i a | a. Ovo su tzv. trivijalni delioci broja a. Nasce narocito interesovati brojevi koji imaju iskljucivo trivijalne delioce to sunerazlozivi bro jevi. Preciznije, broj p razlicit od 0 i jedinicnih elemenata jenerazloziv ako za bilo koje razlaganje

    p = ab

    vazi da je jedan od elemenata a, b jedinicni. U suprotnom, p je slozen broj.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    7/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    S druge strane, za nenula i nejednican broj p kazemo da je prost ako za svea, b Z takve da p | ab vazi p | a ili p | b.

    Tvr -denje 2.6. Ceo broj je prost ako i samo ako je nerazloziv.

    Dokaz. (): Pretpostavimo da je p prost broj; posmatrajmo proizvoljnu fakto-rizaciju p = ab. Kako sada p | ab, sledi da p | a ili p | b. U prvom slucaju ab | a,tj. a = abq za neko q Z, odakle je bq = 1 i b mora biti jedinicni bro j. Slicno seu drugom slucaju zakljucuje da a mora biti jedinicni.

    (): Pretpostavimo sada da je broj p nerazloziv. Neka su a, b Z takvi dap | ab. Ukoliko pri tome p | a, tvr -denje je dokazano; zato pretpostavimo da p a.Buduci da vazi (p, a) | p, zbog nerazlozivosti p mora biti (p, a) = 1. No, tada poprethodnoj lemi odmah sledi p | b.

    S obzirom na prethodno tvr -denje, u daljem cemo brojeve sa svojstvom ner-

    azlozivosti zvati prostim brojevima, kao sto je to u teoriji (celih) brojeva iuobicajeno.

    Napominjemo da je pojmove nerazlozivog, odnosno prostog elementa mogucedefinisati u svakom integralnom domenu, pa i sire, u proizvoljnim prstenima.Me -dutim, u opstem slucaju, nerazlozivi i prosti elementi ne moraju da se pok-lapaju. Na primer, u prstenu 2Z parnih brojeva svaki element oblika 4n + 2 jenerazloziv (jer svaki slozen element mora ocito biti deljiv sa 4), ali nijedan odnjih nije prost: naime, 4n + 2 | (4n + 2)2, ali 4n + 2 ne deli samog sebe u ovomprstenu (sto je posledica nepostojanja jedinicnih elemenata u njemu).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    8/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 3

    OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE

    Prvi kljucni rezultat teorije brojeva koji prakticno predstavlja odskocnu das-ku za bilo kakva ozbiljnija ispitivanja strukture prstena Z jeste osnovna teo-rema aritmetike koja tvrdi da skup prostih brojevazajedno sa 0 i 1cini

    jedinstveni minimalni generatorni skup multiplikativne polugrupe celih brojeva.

    Teorema 3.1 (Osnovna teorema aritmetike). Svaki prirodan broj a > 1 moze seprikazati kao proizvod (pozitivnih) prostih brojeva i pri tome je ta faktorizacija

    jedinstvena do na poredak faktora: drugim recima, ako vazi

    a = p1p2 . . . pr = q1q2 . . . q s,

    gde su pi, qj prosti brojevi za sve 1 i r, 1 j s, tada je r = s i postojipermutacija skupa {1, 2, . . . , r} tako da je pi = q(i) za sve 1 i r.

    Dokaz. (Egzistencija razlaganja): Tvr -denje da postoji razlaganje broja a > 1 naproste faktore dokazujemo (totalnom) indukcijom. Ono je evidentno za a = 2,posto je posredi prost broj. Zato pretpostavimo da svi brojevi iz {2, . . . , a 1}imaju bar po jedno razlaganje u proizvod prostih brojeva.

    Ako je sam broj a prost, tada nema sta da se dokazuje; u suprotnom, neka jep > 1 najmanji netrivijalni delilac broja a. Ocito, p mora biti prost broj, jer bi usuprotnom a imao delilac manji od p, sto je u suprotnosti sa izborom p. Prema

    tome, vazi a = pa

    , gde je 1 < a

    < a; zbog toga je induktivna pretpostavkaprimenljiva na a, tj. a je proizvod prostih brojeva: a = p1 . . . pm. No, tada je

    a = pp1 . . . pm,

    sto okoncava induktivni dokaz.(Jedinstvenost razlaganja): Pretpostavimo da je a = p1p2 . . . pr = q1q2 . . . q s;

    bez umanjenja opstosti, neka je r s. Posto p1 | q1q2 . . . q s i p1 je prost broj,zakljucujemo da p1 | qj1 za neko j1; me

    -dutim, i qj1 je, kao i p1, (pozitivan) prostbroj, pa je p1 = qj1 . Isto zakljucivanje se moze ponoviti i za p2, . . . , pr, pa zasvako 1 i r postoji indeks ji tako da je pi = qji. Pri tome su svi indeksij1, . . . , jr me -dusobno razliciti. Ukoliko bi bilo r < s, tada bismo, po oznacavanju{k1, . . . , ksr} = {1, . . . , s} \ {j1, . . . , jr}, dobili da je

    1 = qk1 . . . q ksr ,

    sto je ocito nemoguce. Dakle, mora biti r = s; osim toga, permutacija defini-sana sa (i) = ji (1 i r) ima sve trazene osobine.

    U razlaganju n = p1 . . . pr se jedan dati prost broj moze pojaviti vise puta kaofaktor. Zbog toga je uobicajeno da u razlaganju broja na proste cinioce identicnefaktore okupimo u stepene razlicitih prostih brojeva:

    n = p11 p22 . . . p

    kk . (3.1)

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    9/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Razlaganje (3.1) broja n se zove kanonicki oblik za n > 1. Iz osnovne teoremearitmetike neposredno sledi da je on jedinstven do na poredak stepeni prostih

    brojeva pii (i zapravo je jedinstven ako, na primer, zahtevamo da je p1 < p2 1 prirodan broj ciji je kanonicki oblik dat sa (3.1).Tada d | n ako i samo ako je

    d = p11 . . . pkk ,

    gde je 0 i i za sve 1 i k.

    Dokaz. (): Ako d | n, tada je n = dq za neko q Z+; stoga se kanonicki oblikbroja n dobija mnozenjem kanonickih oblika brojeva d i q. To znaci, izme -duostalog, da je svaki prost faktor p koji se pojavljuje u kanonickom obliku brojad sa nenula eksponentom prisutan i u n sa nenula eksponentom, i pri tome sep pojavljuje u n sa najmanje onolikim stepenom kao u d. Otuda mora biti0 i i za sve i.

    (): Ako je d oblika kao u formulaciji tvr -denja, tada za

    q = p111 . . . pkkk Z

    +

    vazi n = dq, tj. d | n.

    Broj delilaca prirodnog broja n > 0 oznacavamo sa d(n). Primetimo da jebroj n prost ako i samo ako je d(n) = 2. Funkcija d(n) se veoma lako izracunavana osnovu kanonickog oblika broja n.

    Posledica 3.3. Broj delilaca broja n, izraznog u kanonickom obliku (3.1), jednakje

    d(n) = (1 + 1)(2 + 1) . . . (k + 1).

    Dokaz. Po prethodnom tvr -denju, d je delilac broja n ako i samo ako je

    d = p11 . . . pkk

    za neke 0 i i, 1 i k. Prema tome, svaki niz brojeva (1, . . . , k) sadatim ogranicenjima opisuje jedan delilac broja n; osnovna teorema aritmetike

    obezbe -duje da razliciti nizovi eksponenata daju razlicite delioce. Broj i se utom nizu moze izabrati na i + 1 nacina; kako su svi ti izbori nezavisni, rezultatsledi.

    U slicnom stilu se moze izraziti i NZD dva broja.

    Tvr -denje 3.4. Neka su prirodni brojevi a , b > 0 dati u svojim prosirenimkanonickim oblicima

    a = p11 . . . pkk , b = p

    11 . . . p

    kk ,

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    10/54

    PREDAVANJE 3: OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE 3

    sto znaci da je i, j 0 za sve 1 i, j k. Tada je

    (a, b) = p

    min(1,1)

    1 . . . p

    min(k,k)

    k .Dokaz. Neka je

    d =k

    i=1

    pmin(i,i)i .

    Posto je min(i, i) i i min(i, i) i, sledi da d | a i d | b, tj. d je zajednickidelilac za a i b. S druge strane, neka je c zajednicki delilac za a i b. Po Tvr -denju3.2, tada je

    c = p11 . . . pkk ,

    pri cemu je i i i i i za sve 1 i k. Prema tome, i min(i, i),odakle c | d. Stoga je d = (a, b).

    Me -dutim, treba skrenuti paznju da gornje tvr -denjeiako deluje veoma jed-nostavno i intuitivnozapravo nije pogodno za prakticne, racunske primene, ida sa stanovista teorije algoritamske slozenosti daje lose rezultate. Naime, Euk-lidov algoritam nalazi NZD dva broja u polinomnom vremenu, tacnije, broj ele-mentarnih operacija potrebnih za nalazenje (a, b) se moze ograniciti kvadratnomfunkcijom po broju cifara veceg od brojeva a, b. S druge strane, nalazenje NZD-ana osnovu gornjeg tvr -denja pretpostavlja da su dati brojevi vec faktorisani naproste cinioce, tj. dati u svojim kanonickim oblicima. Upravo tu se nalazi prob-lem: nije poznato da li uopste postoji (brz) algoritam koji radi u polinomnomvremenu, a koji razlaze dati broj na proste faktore. Zapravo, znacajan deo krip-tografije, zastite komunikacija i, specijalno, dobar deo bezbednosti bankarskihsistema zasniva se na (slepoj) pretpostavci da takav algoritam za faktorizacijune postoji.

    Kazemo da je m Z+ najmanji zajednicki sadrzalac (NZS) celih brojevaa,b > 0 ako vazi:

    (i) a | m, b | m.(ii) Za sve c Z+ takve da a | c i b | c vazi c m.

    NZS brojeva a i b oznacavamo sa [a, b]. Ocito, [a, b] ab, buduci da je absvakako zajednicki sadrzalac za a i b, odakle je ocita egzistencija (i jedinstvenost)NZS-a. Slicno kao i u slucaju NZD-a moze se pokazati da se uslov c m iztacke (ii) moze zameniti sa m | c : NZS dva broja je delilac svakog njihovogzajednickog sadrzaoca. Me -dutim, to se moze sada i neposredno zakljuciti izosnovne teoreme aritmetike. Neka od najbitnijih svojstava NZS-a su sumirana unarednom tvr -denju.

    Tvr -denje 3.5.

    (1) Za prirodne brojeve a, b > 0 date u svojim prosirenim kanonickim oblici-ma

    a = p11 . . . pkk , b = p

    11 . . . p

    kk ,

    gde je i, j 0 za sve 1 i, j k, vazi

    [a, b] = pmax(1,1)1 . . . p

    max(k,k)k .

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    11/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    (2) Za sve prirodne brojevea, b, c > 0 vazi a | c i b | c ako i samo ako [a, b] | c.(3) Za sve prirodne brojeve a, b, c > 0 vazi

    (a, b)[a, b] = ab.

    Dokaz. (1) Neka je

    m =k

    i=1

    pmax(i,i)i .

    Prema Tvr -denju 3.2, vazi a | m i b | m, tako da je m zajednicki sadrzalac zaa i b. Ako je c pak proizvoljan sadrzalac brojeva a i b, tada je, po istom tomtvr -denju, c = p11 . . . p

    kk , pri cemu je i i i i i za sve 1 i k. Sledi da

    je max(i, i) i, pa vazi m | c, tj. m = [a, b].(2) je direktna posledica tacke (1).(3) sledi iz tacke (1), Tvr -denja 3.4, kao i cinjenice da je min(, )+max(, ) =

    + za bilo koja dva realna broja , .

    Iz osnovne teoreme aritmetike tako -de sledi zakljucak da su dva prirodna brojauzajamno prosta ako i samo ako nemaju za jednicki prost delilac. To odmah dajesledeci rezultat.

    Lema 3.6. Za sve prirodne brojeve a, b, c > 0 vazi (c,ab) = 1 ako i samo ako je(c, a) = 1 i (c, b) = 1.

    Na kra ju da jemo rezultat koji opisuje kanonicki oblik za n!, a koji je zgodani primenljiv u mnogim zadacima. Primetimo da ako p | n! za neki prost broj p,tada mora biti p | m za neko m n, pa samim tim imamo da je p n.

    Teorema 3.7 (Lezadrova formula). Ako je

    n =pn

    pp

    kanonicki oblik broja n!, tada je

    p =k1

    n

    pk

    .

    Dokaz. Najpre, primetimo da je suma u gornjoj formuli zapravo konacna, jer senjen poslednji nenula sabirak pojavljuje kada je k = max(0, logp n). Neka je udaljem p n fiksiran prost broj.

    Za m

    n, oznacimo sa p(m) najveci prirodan broj tako da p

    | m; pouslovima teoreme,p = p(1) + + p(n).

    Ako sa k, k 1, oznacimo broj elemenata m skupa {1, . . . , n} za koje je p(m) =k (dakle, broj takvih m za koje pk | m, ali pk+1 m), tada je

    p = 1 + 22 + + kk + . (3.2)

    Me -dutim, zbirk = k + k+1 +

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    12/54

    PREDAVANJE 3: OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE 5

    za svako k 1 predstavlja broj elemenata skupa {1, . . . , n} za koje je p(m) k,sto je zapravo broj svih elemenata skupa {1, . . . , n} deljivih sa pk. Ocito,

    k =

    n

    pk

    .

    S druge strane, iz (3.2) sledi

    = 1 +

    2 + +

    k + ,

    odakle odmah dobijamo trazenu formulu.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    13/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 4

    KONGRUENCIJE I SISTEMI OSTATAKA

    Imajuci u vidu postupak deljenja sa ostatkom, prirodno je izvrsiti klasifikacijuskupa Z celih brojeva na klase brojeva koji daju isti ostatak pri deljenju sanekim fiksnim deliteljem m. Ovo se realizuje binarnom relacijom kongruencijepo modulu m. Naime, definisemo da je

    a b (mod m) ako i samo ako m | a b.

    Pri tome ne predstavlja nikakvo ogranicenje opstosti ako pretpostavimo da jem > 0, buduci da m | a b ako i samo ako m | a b.

    Termin kongruencija ovde nije odabran slucajno; sledece tvr -denje pokazujeda je (mod m) zaista kongruencija prstena Z.

    Tvr -denje 4.1. Za sve a,b,c,d Z i m > 0 vazi:

    (i) a a (mod m).(ii) a b (mod m) b a (mod m).

    (iii) a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m).(iv) a b (mod m), c d (mod m)

    a + c b + d (mod m), a c b d (mod m).(v) a b (mod m), c d (mod m) ac bd (mod m).

    Dokaz. Ilustracije radi, pokazacemo samo (v). Po datim uslovima, imamo da

    m | a b i m | c d. Zbog toga,

    m | c(a b) + b(c d) = ac bd,

    tj. ac bd (mod m).

    Visestrukom primenom tacke (v) dobijamo da a b (mod m) povlaci da vazian bn (mod m) za sve n 1. Zato vazi i sledece.

    Posledica 4.2. Neka je a, b Z, m > 0, dok je f(x) polinom sa celim koefici-jentima. Tada je

    f(a) f(b) (mod m).

    Prema tome, relacija kongruencije po modulu je invarijantna na tri od cetiri

    osnovne racunske operacije: sabiranje, oduzimanje, mnozenje. Me -dutim, to nijeslucaj sa deljenjem; na primer 6 2 (mod 4), ali to ne znaci da mozemo kongru-enciju skratiti sa 2, jer nije tacno da je 3 1 (mod 4). Skracivanje kongruencija

    je moguce samo uz istovremenu promenu modula u odnosu na kojeg se kongru-encija posmatra; o tome govori naredni rezultat.

    Tvr -denje 4.3. Neka a,b,c Z, m > 0 i neka je d = (c, m). Tada vazi

    ac bc (mod m) ako i samo ako a b (modm

    d).

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    14/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Dokaz. Kongruencija ac bc (mod m) ekvivalentna je uslovu m | (a b)c. Onje, dalje, ekvivalentan sa

    md | (a b) cd .

    Posto je (m/d, c/d) = 1, gornja deljivost vazi ako i samo ako md

    | a b, odnosnoa b (mod m/d).

    Kada su modul i broj kojim se skracuje uzajamno prosti, imamo specijalanslucaj u ko jem skracivanje kongruencije jeste korektno.

    Posledica 4.4. Ako su a,b,c Z i m > 0 takvi da ac bc (mod m) i (c, m) = 1,tada je a b (mod m).

    Za a Z i fiksan modul m, klasu ekvivalencije elementa a u odnosu na relaciju (mod m) oznacavamo sa (a)m i zovemo je klasa ostatka. Na ta j nacin,

    imamo particiju skupaZ

    na m klasa, od kojih je svaka (dvostrano) beskonacnaaritmeticka progresija. Proizvoljna transverzala ove particije (skup bro jeva takavda svakoj klasi pripada tacno jedan odabrani broj) je potpun sistem ostataka.Ocigledno, 0, 1, . . . , m 1 jeste jedan potpun sistem ostataka; njega cemo zvatistandardnim. Sledeci kriterijum je ocigledan, pa izostavljamo dokaz.

    Tvr -denje 4.5. Niz celih brojevar1, . . . , rk cini potpun sistem ostataka po modulum > 0 ako i samo ako vazi:

    (1) k = m;(2) dati brojevi su po parovima nekongruentni po modulu m, tj.

    i = j ri rj (mod m).

    Tvr -denje 4.6. Neka jer1, . . . , rm

    proizvoljni potpun sistem ostataka po modulu

    m > 0 i neka je a, b Z tako da je (a, m) = 1. Tada je i

    ar1 + b , . . . , a rm + b

    potpun sistem ostataka po modulu m.

    Dokaz. Ocigledno, ar1 + b , . . . , a rm + b jeste niz koji se sastoji od m razlicitihbrojeva. Stavise, ari + b arj + b (mod m) povlaci da je ari arj (mod m),odakle po Posledici 4.4 sledi ri rj (mod m), buduci da je (a, m) = 1. Dakle,mora biti i = j, pa po prethodnom tvr -denju zakljucujemo da je posmatrani nizpotpun sistem ostatak po modulu m.

    Uslov (a, m) = 1 je ovde neophodan, jer u suprotnom nisu sve klase ostataka

    zastupljene u nizu ar1 + b , . . . , a rm + b: na primer, nije moguce da je ari 1 (mod m) (jer d = (a, m) > 1 deli i a i m), pa tako klasa (b + 1)m ne bi imalasvog predstavnika.

    Sada cemo ispitati kako su brojevi koji su uzajamno prosti sa m raspore -deniu odnosu na klase ostataka. U narednom tvr -denju ce se ispostiviti da je tajraspored izuzetno pravilan: ako za neko b (a)m vazi (b, m) = 1, tada su svielementi klase (a)m uzajamno prosti sa m. Prema tome, biti uzajamno prostsa (nekim fiksnim brojem m) nije toliko svojstvo individualnih celih brojevakoliko klasa ostataka po modulu m.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    15/54

    PREDAVANJE 4: KONGRUENCIJE I SISTEMI OSTATAKA 3

    Tvr -denje 4.7. Neka su a, b Z i m > 0 takvi da je a b (mod m). Tada je(a, m) = (b, m). Specijalno, vazi (a, m) = 1 ako i samo ako (b, m) = 1.

    Dokaz. Pretpostavka da m | a b znaci da je b = cm + a za neko c Z. Odavdeje ocito da (a, m) | b, jer (a, m) | a i (a, m) | m; stoga (a, m) | (b, m). S drugestrane, izrazavajuci a = b cm, analogno dobijamo da (b, m) | (a, m), pa sledi(a, m) = (b, m).

    Klasa ostatka (a)m je redukovana ako je (a, m) = 1; drugim recima redukovaneklase ostataka su one koje se sastoje iz brojeva uzajamno prostih sa m. Za m 1,oznacimo sa (m) broj svih elemenata standardnog potpunog sistema ostatakapo modulu m (tj. niza 0, 1, . . . , m 1) koji su uzajamno prosti sa m. Na ovajnacin se dobija Ojlerova funkcija : Z+ Z+. Mozemo uociti da je (m)zapravo ukupan broj redukovanih klasa ostataka po modulu m.

    Redukovani sistem ostataka po modulu m je bilo koja transverzala (sistempredstavnika) redukovanih klasa. Prva zapazanja u vezi sa redukovanim sis-temima ostataka mozemo sumirati na sledeci nacin.

    Tvr -denje 4.8. Niz celih brojeva r1, . . . , rk cini redukovan sistem ostataka pomodulu m > 0 ako i samo ako vazi:

    (1) k = (m);(2) dati brojevi su po parovima nekongruentni po modulu m;(3) (ri, m) = 1 za sve 1 i (m).

    Tvr -denje 4.9. Neka je r1, . . . , r(m) proizvoljni redukovan sistem ostataka pomodulu m > 0 i neka je a Z tako da je (a, m) = 1. Tada je i

    ar1, . . . , a r(m)redukovan sistem ostataka po modulu m.

    Dokaz. Provericemo uslove iz prethodnog kriterijuma. Zaista, niz ar1, . . . , a r(m)sadrzi (m) razlicitih brojeva. Oni su po parovima nekongruentni po modulum, jer ari arj (mod m) povlaci ri rj (mod m) (i stoga i = j) po Posledici4.4. Najzad, za svako i vazi (ari, m) = 1, buduci da je (a, m) = 1 i (ri, m) = 1(Lema 3.6).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    16/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 5OJLEROVA FUNKCIJA I OJLEROVA TEOREMA

    Sada cemo izvesti eksplicitnu formulu koja daje vrednosti Ojlerove funkcije(n), polazeci od pretpostavke da je broj n > 1 dat u kanonickom obliku

    n = p11 . . . pkk , (5.1)

    i to u uzem smislu, dakle uz uslov da je i > 0 za sve 1 i k.

    Teorema 5.1. Neka je n > 1 prirodan broj dat u kanonickom obliku (5.1). Tadaje

    (n) =

    ki=1

    (pii pi1

    i ) = n p|n

    p prost

    (1 1

    p

    ).

    Tvr -denje ove teoreme ce biti direktna posledica sledece dve leme.

    Lema 5.2. Za svaki prost broj p i 1 vazi (p) = p p1.

    Dokaz. Za prirodan broj m < p vazi (m, p) = 1 ako i samo ako je (m, p) = 1,odnosno, ako i samo ako p m. Dakle, (p) je broj svih elemenata skupa{0, 1, . . . , p1} koji nisu deljivi sa p, a sto je ocito pp/p = pp1.

    Za kompleksnu funkciju f : Z C jedne celobrojne promenljive (ovakvefunkcije se ponekad zovu i aritmeticke) kazemo da je multiplikativna ako za sve

    a, b Z takve da je (a, b) = 1 vazi

    f(ab) = f(a)f(b).

    Osim u slucaju kada je funkcija f konstantna nula-funkcija, imamo da je f(1) = 1i f(1) {1, 1} (iz tog razloga su zanimljivi jedino pozitivni argumenti, buducida za a > 0 vazi f(a) = f(1)f(a)).

    Lema 5.3. Ojlerova funkcija je multiplikativna.

    Dokaz. Pretpostavimo da su a, b Z+ takvi da je (a, b) = 1. Posmatracemonajpre onaj redukovani sistem ostataka r1, . . . , r(a) po modulu a koji je sadrzanu standardnom potpunom sistemu ostataka po tom modulu, dakle, u skupu{0, 1, . . . , a 1}. Imajuci u vidu Tvr -denje 4.7, tada su svi brojevi manji od abkoji su uzajamno prosti sa a upravo oni koji su nabro jani u sledecoj tablici:

    r1 r2 . . . ri . . . r(a)a + r1 a + r2 . . . a + ri . . . a + r(a)

    ......

    ......

    ka + r1 ka + r2 . . . ka + ri . . . ka + r(a)...

    ......

    ...(b 1)a + r1 (b 1)a + r2 . . . (b 1)a + ri . . . (b 1)a + r(a)

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    17/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Da bi neki broj (zapravo, ostatak po modulu ab) iz ove tablice bio uzajamnoprost sa ab potrebno je i dovoljno da bude uzajamno prost sa b, imajuci u vidu

    Lemu 3.6.Posmatrajmo sada proizvoljnu kolonu ove tablice, na primer, i-tu kolonu:

    ri, a + ri, . . . , (b 1)a + ri. Ovaj niz se sastoji od b razlicitih bro jeva. Onisu nekongruentni po modulu b; zaista, ka + ri a + ri (mod b) povlaci dab | (k )a, tj. da b | k (posto je (a, b) = 1). Buduci da je |k | < b,sledi da mora biti k = . Prema tome, po Tvr -denju 4.5, svaka kolona prethodnetablice cini potpun sistem ostataka po modulu b. Iz tog razloga, svaka kolonasadrzi tacno (b) brojeva koji su uzajamno prosti sa b. Kako tih kolona ima(a), zakljucujemo da u posmatranoj tablici ima tacno (a)(b) brojeva kojisu uzajamno prosti sa ab. Me -dutim, po definiciji Ojlerove funkcije, taj broj jeistovremeno jednak (ab), pa zeljena jednakost (ab) = (a)(b) sledi.

    Dokaz Teoreme 5.1 sada lako sledi iz zapazanja da, uz kanonicki oblik (5.1)broja n, multiplikativno svojstvo Ojlerove funkcije daje da vazi

    (n) =ki=1

    (pii ).

    Leonard Ojler (Leonhard Euler, 17071783) je 1736. dokazao tvr -denje u komefunkcija koja danas nosi njegovo ime igra centralnu ulogu i koje predstavljauopstenje od ranije poznate male Fermaove teoreme.

    Teorema 5.4 (Ojlerova teorema). Neka je a Z i m > 0 tako da je (a, m) = 1.Tada je

    a(m) 1 (mod m).

    Dokaz. Neka je r1, . . . , r(m) neki redukovani sistem ostataka po modulu m. PoTvr -denju 4.8, tada je i ar1, . . . , a r(m) tako

    -de redukovan sistem ostataka po mo-dulu m. To zapravo znaci da je preslikavanje : {1, . . . , (m)} {1, . . . , (m)}definisano sa (i) = j ako i samo ako je ari rj (mod m) bijekcija, tj. per-mutacija skupa {1, . . . , (m)}. Tako je

    ar1 r(1) (mod m),

    ...

    ark r(k) (mod m),

    gde smo radi kraceg zapisa oznacili k = (m). Mnozeci ove kongruencije, dobi-jamo

    a(m)r1 rk r(1) r(k) (mod m),

    pa posto je r1 rk = r(1) r(k) i (r1 rk, m) = 1, sledi da je

    a(m) 1 (mod m),

    kao sto se i trazilo.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    18/54

    PREDAVANJE 5: OJLEROVA FUNKCIJA I OJLEROVA TEOREMA 3

    Posledica 5.5 (Mala Fermaova teorema). Neka je p prost broj i a Z takav dap a. Tada je

    ap1 1 (modp).Drugim recima, za sve cele brojeve a vazi ap a (modp).

    Dokaz. Sledi direktno iz Ojlerove teoreme, posto je (p) = p 1 za svaki prostbroj p.

    Prethodna teorema nosi ime po Pjeru de Fermau (Pierre de Fermat, 16011665), francuskom pravniku, jednom od najznacajnijih i najuspesnijih matema-ticara-amatera svih vremena.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    19/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 6

    LINEARNE KONGRUENCIJE, KINESKA TEOREMAO OSTACIMA

    Neka je f(x) polinomska funkcija sa celim koeficijentima, f(x) Z[x], i nekaje m Z+. Tada izraz

    f(x) 0 (mod m) (6.1)

    zovemo (polinomska) kongruencijska jednacina. Njeno resenje je svaki broj s Zkoji (uvrsten umesto x) zadovoljava gornji uslov. Me -dutim, primetimo sledece:ako je s resenje jednacine (6.1) i t s (mod m), tada je i t resenje. Prema

    tome, skup resenja jednacine (6.1) je unija klasa ostataka po modulu m, patako mozemo reci, malo slobodnije govoreci, da su resenja te jednacine po jedineklase ostataka. U skladu sa tim, recicemo da je broj resenja jednacine (6.1)ukupan broj klasa ostataka po modulu m koje cine skup resenja te jednacine.Ekvivalentno, u pitanju je broj elemenata maksimalnog skupa celih brojeva kojise sastoji od me -dusobno nekongruentnih resenja za (6.1).

    Kljucna pitanja koja se postavljaju u vezi kongruencijskih jednacina jesusledeca: Koji su potrebni i dovoljni uslovi da bi (6.1) bila resiva? Koliki jebroj resenja (u gornjem smislu)? Na koji nacin se ta resenja mogu odrediti?

    Ako je f(x) linearna funkcija (sa celim koeficijentima), tada jednacinu (6.1)zovemo linearna kongruencijska jednacina, ili samo linearna kongruencija. Line-arnu kongruenciju je zgodno pisati u obliku

    ax b (mod m), (6.2)

    gde je a, b Z. Sledece tvr -denje daje kriterijum resivosti jednacine (6.2).

    Tvr -denje 6.1. Jednacina (6.2) ima resenja ako i samo ako (a, m) | b.

    Dokaz. Neka je s Z tako da je as b (mod m). Tada postoji c Z tako daje as b = mc, odnosno as + m(c) = as mc = b. Prema tome, diofantskajednacina ax + my = b ima resenja, sto je po Tvr -denju 2.4 ekvivalentno uslovu(a, m) | b. Obratno, ako vazi ovaj uslov, tada i jednacina ax+my = b ima resenje(x0, y0). Ali, tada je ax0 b (mod m), pa posmatrana linearna kongruencija imaresenje.

    Pitanje bro ja i oblika svih resenja za (6.2) raspravljeno je u narednom tvr -denju.Teorema 6.2. Pretpostavimo da jednacina (6.2) ima resenja, i neka je s Z

    jedno njeno resenje. Tada su elementi niza

    s, s +m

    (a, m), . . . , s + ((a, m) 1)

    m

    (a, m)

    me-dusobno nekongruentna resenja jednacine (6.2), i pri tome je svako njenoresenje kongruentno nekom od navedenih. Prema tome, broj resenja (6.2) jednak

    je (a, m).1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    20/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Dokaz. Po datim uslovima, as b (mod m). Neka je sada t bilo koje resenjejednacine (6.2); tada je at b (mod m). Otuda je at as (mod m), pa po

    Tvr -denju 4.3 sledit s (mod

    m

    (a, m)).

    Drugim recima,

    t = s + km

    (a, m)za neko k Z. Lako se proverava da se zapravo za svako k Z dobija po

    jedno resenje za (6.2), tako da navedena (dvostrano beskonacna) aritmetickaprogresija predstavlja trazeni skup resenja.

    Preostaje da se utvrdi koja su od ovih resenja me -dusobno nekongruentna pomodulu m. Zaista, ako je

    t1 = s + k1

    m

    (a, m) , t2 = s + k2

    m

    (a, m) ,

    tada je t1 t2 (mod m) ako i samo ako je k1m k2m

    (mod m) (gde jem = m/(a, m)), a sto je dalje ekvivalentno sa k1 k2 (mod(a, m)) (ponovo poTvr -denju 4.3). Prema tome, dobicemo maksimalni skup nekongruentnih resenjaako i samo ako pustimo k da uzima vrednosti u nekom potpunom sistemu os-tataka po modulu (a, m). U formulaciji teoreme figurise upravo standardni pot-puni sistem ostataka po modulu (a, m), pa je dokaz time okoncan.

    Posledica 6.3. Ako je (a, m) = 1, tada kongruencija (6.2) ima jedinstvenoresenje za svako b Z.

    Naravno, preostaje pitanje kako odrediti to jedno partikularno resenje s iz

    Teoreme 6.2 (odnosno, jedinstveno resenje u slucaju (a, m) = 1). Navescemo tripristupa.

    1. Pretrazivanje grubom silom. Ovaj metod je pogodan za rucnu primenusamo u slucaju malih modula. Na primer, kongruencija 23x 11 (mod 5)se moze pojednostaviti do 3x 1 (mod 5), kada nije tesko neposrednoutvrditi da je sa x 2 (mod 5) dato jedinsveno resenje posmatrane kon-gruencije.

    2. Diofantske jednacine. Ranije smo vec videli da je ax b (mod m) ek-vivalentno linearnoj diofantskoj jednacini ax + my = b u smislu da zasvako x koje resava linearnu kongruenciju postoji y Z tako da je (x, y)resenje odgovarajuce diofantske jednacine; obratno, prva komponenta

    svakog resenja (x, y) potonje jednacine resava i linearnu kongruenciju.U nacelu, (celobrojna) resenja jednacine ax + my = b (gde (a, m) | b)dobijaju se na osnovu Euklidovog algoritma za izracunavanje (a, m). Oovom ce jos biti reci kasnije.

    3. Ojlerova teorema. U nacelu, trazenje partikularnog resenja kongruencijeax b (mod m) moze se svesti na slucaj kada je (a, m) = 1; u suprotnom,ako je a = (a, m)a1, b = (a, m)b1 i m = (a, m)m1, tada je po Tvr -denju4.3 svako resenje jednacine a1x b1 (mod m1) ujedno i resenje za po-laznu kongruenciju. Primetimo da je tada (a1, m1) = 1; zbog toga je, po

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    21/54

    PREDAVANJE 6: LINEARNE KONGRUENCIJE, KINESKA TEOREMA O OSTACIMA 3

    Ojlerovoj teoremi a(m1)1 1 (mod m1), pa s = a

    (m1)11 b1 predstavlja

    jedno trazeno resenje, s obzirom na

    a1 a(m1)11 b1 = a

    (m1)1 b1 b1 (mod m1).

    Posmatrajmo sada sistem kongruencijskih jednacina

    f1(x) 0 (mod m1), f2(x) 0 (mod m2), . . . , f k(x) 0 (mod mk), (6.3)

    gde je f1(x), f2(x), . . . , f k(x) Z[x]. Kako bi ovaj sistem uopste imao resenja,potrebno je da svaka od navedenih jednacina ponaosob bude resiva. Kao stosmo ranije raspravili, resenje jednacine fi(x) 0 (mod mi) dobicemo u oblikux ci (mod mi) (pri cemu u opstem slucaju u obzir dolazi nekoliko razlicitihvrednosti ci). Zbog toga, posebnu ulogu u resavanju opstih sistema polinomnihkongruencijskih jednacina igraju sistemi linearnih kongruencija oblika

    x c1 (mod m1), x c2 (mod m2), . . . , x ck (mod mk). (6.4)

    Najpre cemo razmotriti slucaj k = 2, kada se sistem sasto ji od dve jednacine.

    Tvr -denje 6.4. Sistem linearnih kongruencija

    x c1 (mod m1), x c2 (mod m2)

    ima resenje ako i samo ako (m1, m2) | c1 c2. U tom slucaju, skup svih resenjagornjeg sistema cini jednu klasu ostatka po modulu [m1, m2]. Drugim recima,ako je s Z jedno resenje gornjeg sistema, tada je sa

    t = s + k[m1, m2], k Z,

    dat skup svih resenja tog sistema.

    Dokaz. Dati sistem linearnih kongruencija ima resenje (po x) ako i samo akosistem linearnih diofantskih jednacina

    x = c1 + m1y, x = c2 + m2z

    ima celobrojno resenje (x,y ,z). Me -dutim, egzistencija resenja gornjeg sistemaekvivalentna je egzistenciji resenja jednacine c1 + m1y = c2 + m2z, odnosno

    m2z m1y = c1 c2.

    Me -dutim, po Tvr -denju 2.4, gornja diofantska jednacina je resiva ako i samo ako(m2,m1) = (m1, m2) | c1 c2, sto se i trazilo.

    Neka je sada s Z jedno (fiksirano) resenje datog sistema; uocimo proizvoljnoresenje t. U tom slucaju je t s (mod m1) i t s (mod m2), tj. t s je deljivosa m1 i m2. Po definiciji najmanjeg zajednickog sadrzaoca, poslednji uslov jeekvivalentan sa [m1, m2] | t s. Dakle, t = s + k[m1, m2] za neko k Z; s drugestrane, lako se verifikuje da se za svako k Z dobija resenje datog sistema, patvr -denje sledi.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    22/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    Posledica 6.5. Ako je (m1, m2) = 1, tada sistem

    x c1 (mod m1), x c2 (mod m2)

    ima resenje za svako c1, c2 Z, i pri tome skup svih resenja cini jednu klasuostatka po modulu m1m2.

    Prethodna posledica predstavlja zapravo samo jedan specijalni slucaj opstijegpoznatog rezultata u vezi sa linearnim sistemima kongruencija tipa (6.4). U pi-tanju je kineska teorema o ostacima, verovatno najstarija zapisana matematickateorema, koja u potpunosti daje odgovor na pitanje o resivosti sistema (6.4) kadasu moduli u tom sistemu po parovima uzajamno prosti.

    Teorema 6.6 (Kineska teorema o ostacima). Neka su m1, m2 . . . , mk po parovi-ma uzajamno prosti pozitivni celi brojevi. Tada sistem linearnih kongruencija

    x c1 (mod m1), x c2 (mod m2), . . . , x ck (mod mk)ima resenje za sve c1, c2, . . . , ck Z, i pri tome skup svih resenja cini jednu klasuostatka po modulu m1m2 mk.

    Prvi dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom po k, broju jednacina koje cine sistem.Za k = 2 imamo prethodnu posledicu; zato pretpostavimo da je k > 2 i da svakisistem tipa (6.4) koji se sastoji od k 1 jednacine ima resenje, pri cemu skupsvih resenja cini jednu klasu ostatka po modulu proizvoda datih modula. Zbogtoga je sistem

    x c1 (mod m1), x c2 (mod m2), . . . , x ck1 (mod mk1)

    ekvivalentan uslovu x c (mod m1m2 mk1) za pogodno odabrano c Z.

    Prema tome, posmatrani sistem ekvivalentan je sistemu koji se sastoji od samodve linearne kongruencije:

    x c (mod m1m2 mk1), x ck (mod mk).

    Buduci da je po datim uslovima (m1m2 mk1, mk) = 1, Posledica 6.5 povlaciegzistenciju resenja gornjeg, pa tako i polaznog sistema. Pri tome sva resenjaformiraju jednu klasu ostatka po modulu m1m2 mk.

    Drugi dokaz. Drugi dokaz se odnosi samo na egzistenciju resenja. Naime, nekaje M = m1m2 mk i definisimo Mi = M/mi (sto je proizvod svih modula osimi-tog). Po datim uslovima, vazi (Mi, mi) = 1 za sve 1 i k. Zbog toga, poTvr -denju 6.1 (odnosno, po Posledici 6.3), linearna kongruencija

    Miy ci (mod mi)ima resenje; neka je, na primer, y = i jedno od resenja. Tvrdimo da je tada

    x = M11 + M22 + + Mkk

    resenje sistema (6.4). Zaista, primetimo da mi | Mj ako i samo ako i = j. Prematome, za sve 1 i k imamo

    x Mii ci (mod mi),

    sto je upravo ono sto se i trazilo.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    23/54

    PREDAVANJE 6: LINEARNE KONGRUENCIJE, KINESKA TEOREMA O OSTACIMA 5

    Dakle, resavanje sistema (6.4) u slucaju kada je (mi, mj) = 1 za sve i = j svodise na pojedinacno resavanje linearnih kongruencija oblika Miy ci (mod mi);

    ukoliko uspemo da na -demo partikularna resenja (oznacena sa i u prethodnomdokazu) ovih jednacina, tada opste resenje sistema (6.4) u posmatranom slucajuglasi:

    x = kM +k

    i=1

    iMi,

    gde je k Z.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    24/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 7

    VILSONOVA TEOREMA, PRSTEN OSTATAKA

    Teorema 7.1 (Vilsonova teorema). Neka je p prost broj. Tada je

    (p 1)! 1 (modp).

    Dokaz. Tvr -denje teoreme je ocito tacno za p = 2, 3, pa pretpostavimo da jep 5. Dokazacemo da se skup {2, 3 . . . , p 2} moze razbiti u (p 3)/2 parovatako da proizvod svakog para daje ostatak 1 pri deljenju sa p.

    Naime, za svako 2 a p 2, po Posledici 6.3, postoji tacno jedno resenje

    linearne kongruencijeax 1 (modp)

    u skupu {0, 1, . . . , p 1}. Me -dutim, to resenje ocito nije x = 0, kao ni x {1, p 1} (jer bi u suprotnom bilo a 1 (modp), sto nije slucaj). Prema tome,to resenje, koje cemo oznaciti sa f(a), tako -de lezi u skupu {2, 3, . . . , p 2}.Ovim smo definisali jednu transformaciju posmatranog skupa, tj. funkciju f :{2, 3, . . . , p 2} {2, 3, . . . , p 2}. Ova funkcija ima sledeca svojstva:

    (1) af(a) 1 (modp);(2) f(f(a)) = a, tj. ako je f(a) = b, tada je f(b) = a (ovo je posledica

    prethodne tacke i jedinstvenosti resenja kongruencije f(a)x 1 (modp)u skupu {2, 3, . . . , p 2});

    (3) f(a) = a za sve a {2, 3, . . . , p 2} (u suprotnom bi bilo a2 1 (modp),tj. p | a2 1 = (a 1)(a+ 1), sto je moguce samo ako je a 1 (modp)).

    Drugim recima {{a, f(a)} : a {2, 3, . . . , p 2}} predstavlja upravo trazenosparivanje.

    Otuda odmah sledi da je

    (p 1)! = 1 [(2 f(2)) ] (p 1) 1 (p 1) 1 (modp),

    sto se i trazilo.

    Pri tome vazi i obrat ove teoreme: ako za neki prirodan broj n 2 vazi

    (n 1)! 1 (modn),

    tada n mora biti prost; naime, ako je n slozen, tada n | (n 1)!.Prethodni dokaz Vilsonove teoreme predstavlja jedan od motiva da se na skupusvih klasa ostataka (a)m po modulu m definise algebarska struktura uvo -denjemoperacija + i definisanih sa

    (a)m + (b)m = (a + b)m,

    (a)m(b)m = (ab)m.

    Ove definicije su logicki dobre, tj. ne zavise od izbora predstavnika a, b, buduci dasmo jos u Tvr -denju 4.1 pokazali da je (modm) zaista kongruencija prstena

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    25/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Z. Na taj nacin, skup svih klasa ostataka {(a)m : 0 a n 1} zajedno saopisanim operacijama tako -de cini prsten, koji zovemo prsten ostataka po modulu

    m i oznacavamo sa Zm. Naime, ako je mZ ideal od Z koji se sastoji od svih celihbrojeva deljivih sa m, tada je Zm = Z/mZ. Drugim recima, preslikavanje kojesvakom celom broju dodeljuje njegovu klasu ostatka po modulu m je sirjektivnihomomorfizam prstena Z Zm, i jezgro tog homomorfizma je bas mZ. PrstenZm je, bas kao i Z, komutativan i ima jedinicu u pitanju je klasa (1)m.

    Aditivna grupa (Zm,+) prstena ostataka je uvek ciklicna: ona je ocito gene-risana klasom (1)m, posto je

    (a)m = (1)m + + (1)m

    a sabiraka

    i (0)m = (m)m. S druge strane, u odnosu na mnozenje imamo komutativnimonoid sa nulom (Zm, ) koji u opsem slucaju nije grupa, buduci da ne mora jusvi njegovi (nenula) elementi biti invertibilni u odnosu na jedinicu (1)m.

    Tvr -denje 7.2. (a)m je invertibilan element prstenaZm ako i samo ako je (a)mredukovana klasa, tj. ako je (a,m) = 1.

    Dokaz. Dokaz tvr -denja sledi iz cinjenice da je egzistencija klase (x)m takve da je(a)m(x)m = (1)m ekvivalentna egzistenciji resenja kongruencije ax 1 (modm).Sada je dovoljno pozvati se na Tvr -denje 6.1.

    Primetimo da je skup svih redukovanih klasa zatvoren na mnozenje: ako je(a,m) = (b,m) = 1, tada je i (ab,m) = 1, tj. (ab)m je tako -de redukovana klasa.Prema tome, redukovane klase u odnosu na mnozenje cine podmonoid od (Zm, )u kojem svaki element ima inverz; dakle, u pitanju je grupa, koju oznacavamo sa

    Um (oznaka potice od toga sto se u engleskoj terminologiji invertibilni elementiprstena zovu units jedinice). Buduci da su sve nenula klase po modulu mredukovane ako i samo ako je m prost broj, odmah imamo sledeci zakljucak.

    Posledica 7.3. Zm je polje ako i samo ako jem prost broj.

    Sada imamo da je Vilsonova teorema specijalan slucaj sledeceg poznatog tvr -de-nja: proizvod svih nenula elemenata bilo kog konacnog polja je 1. Ono sedokazuje na isti nacin kao i Vilsonova teorema (koja tvrdi ovo isto u polju Zp):svi elementi koji su sami sebi inverzni su koreni polinoma x2 1 = 0 (dakle, 1 i1), dok se svi preostali elementi mogu podeliti u parove koji se sastoje iz nekogelementa i njegovog inverza.

    Tako -de, posto je |Um| = (m), imamo da je Ojlerova teorema direktna posle-dica Lagranzove teoreme iz elementarne teorije grupa. Posto red svake podgrupedeli red konacne grupe G, sledi da red elementa a G, najmanji n Z+ takoda u G vazi an = 1, deli |G|. Zbog toga mora biti a|G| = 1. Primenjujuci ovo nagrupu Um, dobijamo da za svaku redukovanu klasu (a)m vazi

    (a)(m)m = (1)m.

    Drugim recima, ako je (a,m) = 1, tada je a(m) 1 (modm).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    26/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 8

    RED I PRIMITIVNI KORENI

    Neka je (a, m) = 1. Iz Ojlerove teoreme neposredno sledi postojanje pozitivnogcelog broja t takvog da je at 1 (mod m): takav je, na primer, t = k(m) zabilo koje k 1 (s druge strane, ako (a, m) = 1, takav broj t ocito ne moze dapostoji). Najmanji broj t koji zadovoljava posmatrani uslov jeste red celog brojaa po modulu m u pitanju je zapravo red elementa (a)m u grupi Um (zbog cegabrojevi kongruentni po modulu m imaju isti red). Red broja a oznacavamo saom(a).

    Iz definicije odmah sledi da je om(a) (m). Jos neke osnovne osobine redarezimirane su u narednom tvr -denju.

    Tvr -denje 8.1. Neka je (a, m) = 1 i neka su t,u,v Z+.

    (1) at 1 (mod m) ako i samo ako om(a) | t.(2) au av (mod m) ako i samo ako u v (mod om(a)).(3) Broj a ima tacno om(a) stepeni koji su po parovima nekongruentni po

    modulu m.(4) om(a) | (m).

    Dokaz. (1) Ako je t = qom(a), tada je

    at = (aom(a))q 1 (mod m).

    S druge strane, pretpostavimo da je t = qom(a) + r, gde je 0 r < om(a). Vazi:

    at = (aom(a))qar ar (mod m),

    pa ce biti at 1 (mod m) ako i samo ako je r = 0, tj. om(a) | t.(2) Bez ogranicenja opstosti, neka je u v. Buduci da je (a, m) = 1, kongru-

    encija au av (mod m) se moze skratiti sa ai za sve 1 i v, tako da se dobijaekvivalentna kongruencija auv 1 (mod m). Po tacki (1), poslednja kongruen-cija je dalje ekvivalentna sa uslovom om(a) | u v, tj. u v (mod om(a)).

    (3) Ovo je direktna posledica tacke (2).(4) Sledi iz Ojlerove teoreme i tacke (1).

    Ceo broj g je primitivni koren po modulu m ako je om(g) = (m). Na primer,o10(3) = 4 = (10), pa je 3 primitivni koren po modulu 10. S druge strane,ako a nije primitivni koren po modulu m tada po tacki (4) prethodnog tvr -denjapostoji neki pravi delitelj d | (m) tako da je ad 1 (mod m); stoga postoji nekiprost delitelj p | (m) tako da d deli (m)/p. Prema tome, da bismo proverilida li je a primitivni koren po modulu m potrebno je i dovoljno ustanoviti da li

    je a(m)/p 1 (mod m) za neki prost broj p | (m).U narednom tvr -denju dajemo nekoliko ekvivalentnih formulacija pojma pri-

    mitivnog korena.1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    27/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Tvr -denje 8.2. Sledeci uslovi su ekvivalentni:

    (1) Broj g Z je primitivni koren po modulu m.

    (2) 1, g , g2, . . . , g(m)1 je redukovan sistem ostataka po modulu m.(3) Um je ciklicna grupa generisana klasom (g)m.

    Dokaz. (1)(2): Neka je om(g) = (g). Tada su po tacki (3) prethodnogtvr -denja svi brojevi 1, g , g2, . . . , g(m)1 po parovima nekongruentni po modulum; osim toga, zbog (g, m) = 1, oni su svi uzajamno prosti sa m. Posto nave-denih brojeva ima tacno (m), po Tvr -denju 4.8 sledi da oni cine redukovansistem ostataka po modulu m.

    (2)(3): Ocigledno.(3)(1): Po definiciji reda elementa sledi da je om(g) = (m). Osim toga,

    (g)m Um povlaci da je (g, m) = 1.

    Naravno, postavlja se pitanje u odnosu na koje module uopste postoji (barjedan) primitivan koren. Iz prethodnog tvr -denja je jasno da je pitanje egistencijetakvog korena po modulu m ekvivalentno pitanju da li je grupa Um ciklicna. Naprimer, ako je m = 12, tada je jedan redukovani sistem ostataka {1, 5}, pa selako proverava da nijedan od njih nije reda (12) = 4 (tako grupaU12 nije ciklicnagrupa reda 4, vec Kla jnova grupa direktan proizvod dve ciklicne grupe reda 2).U narednom cemo dokazati da primitivan koren postoji za svaki prost modul.(Ovo je opet specijalan slucaj opstijeg algebarskog rezultata: multiplikativnagrupa nenula elemenata svakog konacnog polja je ciklicna.) Najpre su nampotrebna dva pomocna rezultata.

    Lema 8.3. Neka je a Z+ i (a, m) = 1. Tada je om(ak) = om(a) = d ako i

    samo ako je (k, d) = 1.

    Dokaz. Po tacki (1) Tvr -denja 8.1 vazi da je

    (ak)t = akt 1 (mod m)

    ako i samo ako om(a) = d | kt. Prema tome, ako je (k, d) = 1, tada mora bitid | t. S druge strane, akd = (ad)k 1 (mod m), pa je om(a

    k) = d.Obratno, ako je (k, d) = d > 1, tada za t = d/d imamo da d | kt, pa je

    (ak)t 1 (mod m), sto znaci da je om(ak) d/d < d = om(a). Specijalno,

    om(ak ) = om(a).

    Lema 8.4. Za svako n 1 vazi

    d|n

    (d) = n.

    Dokaz. Ako je n = p11 pkk kanonicki oblik bro ja n, tada se proizvoljan delilac

    d | n prikazuje u obliku d = p11 pkk , gde je i i za sve 1 i k. Zbog

    multiplikativnosti Ojlerove funkcije (Lema 5.3) imamo (d) = (p11 ) (pkk ),

    odakle nije tesko videti da vazi jednakost

    d|n

    (d) =k

    i=1

    (1 + (pi) + + (pii )).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    28/54

    PREDAVANJE 8: RED I PRIMITIVNI KORENI 3

    Me -dutim, opsti clan proizvoda na desnoj strani je jednak

    1 + (pi 1) + + (pi

    i

    pi1

    i

    ) = pi

    i

    ,

    sto znaci da je desna strana jednaka n.

    Teorema 8.5. Za svaki prost broj p postoji tacno (p 1) po parovima nekon-gruentnih primitivnih korena po modulu p.

    Dokaz. Za d 1 definisimo h(d) kao broj nenula ostataka pri deljenju sa p kojisu reda d,

    h(d) = |{a {1, . . . , p 1} : op(a) = d}|.

    Jasno, za svaki broj a vazi op(a) | (p) = p 1, pa je h(d) = 0 za sve d takveda d p 1. Zbog toga je

    d|p1 h(d) = p 1. Tvrdimo da vazi h(d) (d);

    tacnije, dokazacemo da je h(d) = (d) kad god postoji bar jedan element grupeUp

    reda d.Pretpostavimo, dakle, da je op(a) = d. Tada su brojevi 1, a , . . . , a

    d1 poparovima nekongruentni po modulu p. Osim toga, svi ovi brojevi su resenjakonguencijske jednacine xd 1 (modp), posto za sve 0 i d 1 vazi (ai)d =(ad)i 1 (modp). Ovo poslednje tvr -denje se drugim recima moze izraziti nasledeci nacin: (1)p, (a)p, . . . , (a

    d1)p su razliciti elementi polja Zp i svaki od njihje koren polinoma

    q(x) = (1)pxd + (1)p Zp[x].

    Kako svaki polinom stepena d nad nekim poljem F moze imati na jvise d korenau F (sto je posledica Bezuovog stava), sledi da su nabro janim klasama iscrpljenisvi koreni polinoma q(x) u Zp. Prema tome, svako resenje kongruencije x

    d 1 (modp) kongruentno je po modulu p sa nekim od brojeva 1, a , . . . , ad1.

    Kako je svaki broj reda d tako -de resenje jednacine xd 1 (modp), sledi da jesvaki broj reda d kongruentan po modulu p sa nekim od 1, a , . . . , ad1. Me -dutim,po Lemi 8.3 imamo da je op(a

    k) = d ako i samo ako je (k, d) = 1. Otuda sledi

    da me -du brojevima 1, a , . . . , ad1 ima tacno (d) onih koji su reda d. Dakle,dokazali smo da h(d) > 0 za neko d | p 1 povlaci da je h(d) = (d).

    Najzad, iz prethodnog tvr -denja i Leme 8.4 imamo sledeci niz jednakosti inejednakosti:

    p 1 =

    d|p1

    h(d)

    d|p1

    (d) = p 1.

    Ova nejednakost postaje jednakost samo ukoliko je h(d) = (d) za sve delioced | p 1. Specijalno, za d = p 1 dobijamo da u skupu {1, 2, . . . , p 1} imatacno (p 1) primitivnih korena po modulu p.

    Opsti rezultat koji opisuje sve module m u odnosu na koje primitivni korenipostoje (odnosno, za koje je Um ciklicna grupa) dajemo bez dokaza.

    Teorema 8.6. Neka je m 2 prirodan broj. Postoji primitivni koren po modulum ako i samo ako je m {2, 4} ili m = p ili m = 2p za neki prost broj p 3i prirodan broj 1.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    29/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 9

    BINOMNE KONGRUENCIJE, KVADRATNI OSTACI

    Neka je k 2, p prost broj i a Z tako da je (a, p) = 1 (tj. p a). U narednomcemo razmatrati pitanje resivosti kongruencije

    xk a (modp).

    Kongruencijske jednacine ovog tipa zovemo binomne kongruencije. Primetimoda se naoko opstija dvoclana (binomna) kongruencija bxk c (modp) (gde

    p b) lako svodi na posmatrani oblik uvo -denjem smene y = xk i nalazenjem

    resenja linearne kongruencije by c (modp) u obliku y a (modp). Osim toga,jednostavnosti radi razmatramo slucaj prostog modula, sa napomenom da seveci deo pojmova i rezultata koji slede mogu lako adaptirati i na slucaj slozenihmodula u odnosu na koje postoji primitivan koren.

    Problem resivosti binomnih kongruencija po prostom modulu p = 2 se naprilicno elegantan nacin moze resiti primenom pojma diskretnog logaritma, od-nosno indeksa broja a koji pripada redukovanoj klasi ostataka modp. Naime,neka je g neki primitivni koren po modulu p (u Teoremi 8.5 smo videli ne samoda takav koren postoji, nego da ih ima (p 1) me -dusobno nekongruentnih).Tada po Tvr -denju 8.2 brojevi

    1, g , . . . , gp2

    cine redukovan sistem ostataka modp, pa kako je po pretpostavci (a, p) = 1,postoji tacno jedan eksponent k, 0 k p 2, tako da je a gk (modp).Ovaj broj k zovemo indeks ili diskretni logaritam broja a, u oznaci k = indp,g a(p se izostavlja ako je modul jasan iz konteksta). Naravno, indeks broja zavisiod izbora g, pa tako o indeksu ima smisla govoriti samo kada je prethodnofiksiran primitivni koren u odnosu na koji se on posmatra. Tako -de, jasno je daa b (modp) povlaci indg a = indg b, tako da je indeks zapravo karakteristikaredukovane klase, a ne samog broja.

    Podsetimo se Tvr -denja 8.1 (2) u slucaju kada je modul prost, a osnova stepenaprimitivni koren. Tada imamo:

    gu gv (modp) ako i samo ako u v (modp 1).

    Iz ove osobine se lako dokazuje da, posmatrano po modulu (p) = p 1, indeksima nekoliko svojstava koje veoma lice na poznate osobine realne funkcije f(x) =logb x za pozitivnu bazu b = 1 i x R

    +. Naime, imamo (za bilo koje primitivnekorene g, h po modulu p):

    (1) indg 1 = 0; indg g = 1;(2) indg(ab) indg a + indg b (modp 1);

    (3) indg(ak) k indg a (modp 1);

    (4) indh a indh g indg a (modp 1).1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    30/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Vratimo se sada pitanju resavanja opste binomne kongruencije.

    Teorema 9.1. Neka je p prost broj i (a, p) = 1. Tada binomna kongruencijaxk a (modp) ima resenje ako i samo ako je

    ap1

    (k,p1) 1 (modp).

    U slucaju resivosti, broj po parovima nekongruentnih resenja je (k, p 1). Osimtoga uslov resivosti je ekvivalentan i sa

    (k, p 1) | indg a,

    gde je g proizvoljan primitivni koren po modulu p.

    Dokaz. Po definiciji indeksa, za svaki ceo broj x vazi x gindg x (modp), pa cemoresenje traziti u obliku kao na desno j strani poslednje kongruencije. Primenjujuci

    ovo i na a, dobijamo sledecu kongruencijsku jednacinu po indg x:

    gk indg x gindg a (modp).

    Po vec razmotrenom specijalnom slucaju Tvr -denja 8.1, tacka (2), ta jednacinaje ekvivalentna sa

    k indg x indg a (modp 1).

    Ovo je sada linearna kongruencija po indg x koja je po Tvr -denju 6.1 resiva akoi samo ako (k, p 1) | indg a; potonji uslov je, dakle, ekvivalentan resivosti

    kongruencije xk a (modp). S druge strane, vazi

    a

    p1(k,p1)

    (

    g

    indg a)p1

    (k,p1)

    = g

    (p1)indg a

    (k,p1)

    (modp),

    pa vazi a(p1)/(k,p1) 1 (modp) ako i samo ako je eksponent na desnoj strani,((p 1)indg a)/(k, p 1), deljiv sa p 1, tj. ako i samo ako (k, p 1) | indg a.

    Najzad, iz prethodnih razmatranja je jasno da je broj po parovima nekon-gruentnih resenja resive kongruencije xk a (modp) jednak broju me -dusobnonekongruentnih resenja jednacine k indg x indg a (modp1), sto je po Teoremi6.2 upravo (k, p 1).

    Za ceo broj a, (a, p) = 1, kazemo da je ostatak k-tog stepena po modulu p uko-liko kongruencija xk a (modp) ima resenja. Prema tome, prethodna teoremadaje kriterijum kada je neki broj ostatak k-tog stepena.

    Posledica 9.2. Broj po parovima nekongruentnih ostataka k-tog stepena po mo-dulu p jednak je

    p 1

    (k, p 1).

    Dokaz. Po prethodnoj teoremi, ostaci k-tog stepena po modulu p su upravoresenja binomne kongruencije

    xp1

    (k,p1) 1 (modp).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    31/54

    PREDAVANJE 9: BINOMNE KONGRUENCIJE, KVADRATNI OSTACI 3

    Po istoj teoremi, bro j njenih po parovima nekongruentnih resenja je

    p 1(k, p 1) , p 1

    =

    p 1

    (k, p 1) ,

    sto je i trebalo dokazati.

    Specijalno, kada je k = 2, ostatke k-tog stepena zovemo kvadratni ostaci (pomodulu p). Kada je p = 2, kvadratni ostaci su zapravo neparni brojevi, tj. klasa(1)2, pa pretpostavimo da je p > 2. Sada imamo da je a Z kvadratni ostatakako i samo ako vazi

    ap12 1 (modp),

    odnosno ako je indeks broja a (u odnosu na bilo koji primitivan koren modp)paran. S druge strane, brojeve koji nisu kvadratni ostaci prepoznacemo po tomesto za njih vazi

    ap1

    2 1 (modp),

    buduci da za y = a(p1)/2 mora biti y2 1 (modp), tj. p | y2 1 = (y 1)(y +1),pa je y 1 (modp) jedina preostala mogucnost. (Primetimo da brojeve iz klase(0)p ne svrstavamo ni u jednu od ove dve kategorije.) Dalje, broj po parovimanekongruentnih kvadratnih ostataka je (p 1)/2; ukoliko je a kvadratni ostatak,tada kongruencija x2 a (modp) ima tacno dva nekongruentna resenja.

    Kako bismo kompaktnije i lakse izrazavali svojstvo biti kvadratni ostatak,uvodimo tzv. Lezandrov simbol:

    a

    p

    =

    {1 ako je a kvadratni ostatak modp,

    1 ako a nije kvadratni ostatak modp.

    U nekim slucajevima je zgodno prosiriti Lezandrov simbol i na brojeve a deljivesa p, kada definisemo (a/p) = 0. Me -dutim, ukoliko to nije drugacije naglaseno,sama pojava Lezandrovog simbola podrazumeva da p a (kao i to da je p > 2).

    Po prethodnim razmatranjima, imamo:

    ap12

    a

    p

    (modp).

    Osnovna svojstva Lezandrovog simbola rezimirana su u sledecem tvr -denju.

    Tvr -denje 9.3.

    (i) Ako je a b (modp), tada jea

    p =

    b

    p.

    (ii)

    ab

    p

    =

    a

    p

    b

    p

    .

    (iii)

    1

    p

    =

    {1 ako je p 1 (mod 4),

    1 ako je p 1 (mod 4).

    Dokaz. (i) Ako je a b (modp), tada je i a(p1)/2 b(p1)/2 (modp), odakle je(a/p) (b/p) (modp); drugim recima, p | (a/p) (b/p). Me -dutim, primetimoda vazi |(a/p) (b/p)| 2, pa iz p > 2 sledi da je (a/p) = (b/p).

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    32/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    (ii) Leva i desna strana jednakosti koju dokazujemo su kongruentne po mo-dulu p, buduci da su, po definiciji Lezandrovog simbola, obe kongruentne sa

    (ab)(p

    1)/2 = a(p

    1)/2b(p

    1)/2. Sada zaklucak o jednakosti sledi isto kao i uprethodno j tacki.

    (iii) Ova tacka sledi direktno iz1

    p

    (1)

    p12 (modp)

    i kriterijuma za kvadratne ostatke: desna strana kongruencije je jednaka 1 ako isamo ako je broj (p 1)/2 paran, tj. ako i samo ako je p 1 (mod4).

    Na osnovu ovog tvr -denja zakljucujemo da se vrednost svakog Lezandrovogsimbola (a/p), a > 1, moze izraziti preko vrednosti (2/p) i (q/p), gde je qneparanprost broj razlicit od p; naime, ako je a = q11 q

    kk kanonicki oblik bro ja a (pri

    cemu se uslov p a reflektuje u tome da su svi prosti brojevi qi razliciti od p),tada imamo a

    p

    =

    q1p

    1

    qkp

    k.

    Izracunavanje vrednosti ovih elementarnih Lezandrovih simbola omogucicenam Gausova omiljena Theorema Aureum zakon kvadratne reciprocnosti.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    33/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 10

    GAUSOV ZAKON KVADRATNE RECIPROCNOSTI

    U prethodnom predavanju videli smo da se za svaki ceo broj a takav da p a(gde je p > 2 fiksiran prost bro j) Lezandrov simbol (a/p) moze izraziti, na osnovufaktorizacije na proste faktore a = (1)20q11 q

    kk , kao

    a

    p

    =

    1

    p

    2

    p

    0 q1p

    1

    qkp

    k,

    gde su prosti brojevi qi

    neparni i razliciti od p. (Zapravo, gornji izraz se mozedodatno pojednostaviti primedbom da se faktori kod kojih je odgovarajuci eks-ponent i paran mogu brisati, dok se neparni eksponenti mogu zameniti sa 1.Ista ova primedba povlaci da vazi (k2a/p) = (a/p) ukoliko p k.) To u prviplan izbacuje znacaj izracunavanja vrednosti simbola (2/p) i (q/p), gde je q = pneparan prost broj. U ostvarenju tog cilja kljucnu ulogu igra sledece tvr -denje.

    Lema 10.1 (Gausova lema). Neka je a Z takav da je p a. Posmatrajmoostatke koje brojevi

    a, 2a, . . . ,p 1

    2a

    daju pri deljenju sa p; neka me-du njima ima v onih koji su veci od p/2. Tada jeap

    = (1)v.

    Dokaz. Oznacimo sa r1, . . . , rv ostatke vece od p/2 koje daju posmatrani brojevi,dok su s1, . . . , sm preostali ostaci (oni koji su manji od p/2). Imamo da jev + m = (p 1)/2. Svi uoceni ostaci su me -dusobno razliciti (po Tvr -denju 4.6) inijedan od njih nije 0.

    Posmatrajmo sada brojeve p ri, 1 i v. Oni su svi me -dusobno razliciti,manji od p/2, i nijedan od njih nije 0. Stavise, tvrdimo da nijedan od njih nije

    jednak nekom od sj, 1 j m. U suprotnom, imali bismo p ri = sj za nekeindekse i, j, odnosno ri + sj = p, pa kako je

    ri ka (modp), sj a (modp)za neke 1 k, (p 1)/2, sledilo bi da p | ka + a = (k + )a. Me -dutim, ovo

    je nemoguce, jer p a i 2 k + p 1 < p.Dakle, brojevi p r1, . . . , p rv, s1, . . . , sm su me -dusobno razliciti, manji od

    p/2 i razliciti od 0, pa kako ih ima tacno (p 1)/2, sledi da su u pitanju upravobrojevi 1, 2, . . . , (p 1)/2 u nekoj permutaciji. Zbog toga je

    (p r1) (p rv)s1 sm = 1 2 p 1

    2=

    p 1

    2

    ! ,

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    34/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    pa sledi

    p 12

    ! (r1) (rv)s1 sm = (1)v

    r1 rvs1 sm

    (1)v a (2a)

    p 1

    2a

    = (1)va

    p1

    2

    p 1

    2

    ! (modp).

    Posto p ((p1)/2)!, ova kongruencija se sme skratiti sa ((p1)/2)!, pa dobijamoda je 1 (1)va(p1)/2 (modp), odnosno

    a

    p

    a

    p1

    2 (1)v (modp),

    kao sto se i trazilo.

    Na osnovu Gausove leme se sada moze ustanoviti za koje proste module p je

    2 kvadratni ostatak.

    Tvr -denje 10.2. 2

    p

    =

    {1 ako je p 1 (mod 8),

    1 ako je p 3 (mod 8).

    Napomena. Za neparne (ne nuzno proste) brojeve p uvek vazi da 8 | p2 1.Primetimo da 16 | p2 1 (tj. (p2 1)/8 je paran broj) ako i samo ako je p 1 (mod 8); zato se prethodno tvr -denje u kompaktnijem vidu moze zapisati kao

    2

    p

    = (1)

    p21

    8 .

    Dokaz. Primenjujemo Gausovu lemu za slucaj a = 2: dobijamo da je2

    p

    = (1)v,

    gde je v broj ostataka vecih od p/2 koje brojevi 2, 4, . . . , p 1 daju pri deljenjusa p. Me -dutim, svi navedeni brojevi su manji od p, pa se poklapaju sa svojim(pozitivnim) ostacima modp, tako da me -du njima ima (p 1)/4 manjih od

    p/2, sto znaci da je

    v =p 1

    2

    p 1

    4

    .

    Prema tome, ako je p = 8k1 za neko k, tada je v = 2k, pa je (2/p) = (1)2k = 1.

    S druge strane, ako je p = 8k +3, tada je v = 2k +1, dok se za p = 8k 3 dobijav = 2k 1; u oba slucaja sledi (2/p) = 1.

    Tako -de, za neparne vrednosti a > 1, jedna od posledica Gausove leme jestesledeca njena reformulacija.

    Lema 10.3. Neka je a neparan broj takav da p a. Tada jea

    p

    = (1)t,

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    35/54

    PREDAVANJE 10: GAUSOV ZAKON KVADRATNE RECIPROCNOSTI 3

    gde je

    t =

    p1

    2n=1

    nap

    .

    Dokaz. Koristicemo istu notaciju kao u dokazu Gausove leme kada su u pitanjuostaci r1, . . . , rv, odnosno s1, . . . , sm. Po Teoremi 1.6 (deljenje sa ostatkom) zasvako n (iz skupa {1, 2, . . . , (p 1)/2}) imamo

    na = p

    na

    p

    + r,

    pri cemu je 0 < r < p ili jedan od ostataka ri, ili pak jedan od ostataka sj kako n prolazi opisanim skupom, tako vrednosti r prolaze nizom ostatakar1, . . . , rv, s1, . . . , sm u nekoj permutaciji. Zato je

    p1

    2n=1

    na = p

    p1

    2n=1

    na

    p

    +

    vi=1

    ri +m

    j=1

    sj = pt +v

    i=1

    ri +m

    j=1

    sj.

    S druge strane, videli smo u dokazu Gausove leme da je pr1, . . . , prv, s1, . . . , smpermutacija brojeva 1, 2, . . . , (p 1)/2, pa je stoga

    p1

    2n=1

    n =v

    i=1

    (p ri) +m

    j=1

    sj = vp v

    i=1

    ri +m

    j=1

    sj .

    Oduzimanjem poslednje dve jednakosti, dobijamo

    (a 1)

    p12

    n=1

    n = p(t v) + 2

    vi=1

    ri.

    Kako su a i p neparni bro jevi, zakljucujemo da tv mora biti paran broj. Drugimrecima, t i v su iste parnosti, tj. (1)t = (1)v. Imajuci u vidu Gausovu lemu,dokaz je okoncan.

    Evo, dakle, Gausove zlatne teoreme (lat. Aureum Theorema).

    Teorema 10.4 (Zakon kvadratne reciprocnosti). Neka su p, q > 2 razliciti prostibrojevi. Tada je

    q

    pp

    q = (1)p1

    2 (1)q1

    2 ,

    odnosno q

    p

    =

    pq

    ako je p q 1 (mod 4),

    pq

    inace.

    Drugim recima, ako je bar jedan od prostih brojeva p, q oblika 4k + 1, tadaje q kvadratni ostatak po modulu p ako i samo ako je p kvadratni ostatak pomodulu q. U suprotnom, ako su oba brojap, q oblika 4k + 3, tada tacno jedna odkongruencija x2 q (modp), x2 p (mod q) ima resenja.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    36/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    Dokaz. U realnoj ravni R2 posmatrajmo (otvoren) pravougaonik

    Ap,q =

    (x, y) : 0 < x N, onda STOP. U suprotnom, nastavimo sa radom.(4) Zaokruzimo broj k i precrtajmo sve njegove umnoske qk N, q 2.(5) Vratimo se na korak (2).

    Tvr -denje 11.3. Za svaki prirodan broj N 2, skup brojeva koji su po okonaca-nju gornjeg algoritma zaokruzeni ili neobelezeni poklapa se sa skupom prostihbrojeva ne vecih od N.

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    40/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Dokaz. Jasno, ako je broj n N precrtan tokom posmatranog algoritma, tadaon mora biti slozen, jer su svi precrtani bro jevi oblika qk za neko q, k 2.

    Obratno, pretpostavimo da je broj n N slozen; neka je n = ab tako da jea b. Tada je a2 n, pa n mora imati prost faktor p takav da je p2 n. Buducida je p prost, on ne moze biti precrtan tokom algoritma. Me -dutim, ocigledno jeda se algoritam nece zaustaviti sve dok postoji neobelezeni broj ciji je kvadrat N; posto je p2 N, sledi da p mora biti zaokruzen tokom algoritma. Ali,tada ce zbog p | n broj n biti precrtan.

    Uobicajeno je da se za (u nacelu realan broj) x > 0 sa (x) oznaci broj svihprostih brojeva ne vecih od x (tj. broj svih prostih brojeva u intervalu [0, x]).Fundamentalan rezultat analiticke teorije brojeva, teorema o prostim brojevima,daje asimptotsko ponasanje funkcije (x) kada x ; u izvesnom smislu, ovateorema opisuje gustinu prostih brojeva u skupu N. Nju su 1896. nezavis-

    no dokazali francuski matematicari de la Vallee-Poussin i Hadamard koristecikompleksnu analizu; prvi elementaran dokaz (koji se oslanja samo na realno-analiticke metode) dali su 1949. Erdos Pal i Atle Selberg.

    Teorema 11.4 (Teorema o prostim brojevima). Vazi (x) x/ ln x kada x ; drugim recima,

    limx

    (x)x

    lnx

    = 1.

    Prema tome, verovatnoca da je slucajno izabran broj iz skupa {1, . . . , N } prostje (uz uniformnu raspodelu i dovoljno veliko N) priblizno jednaka 1/ ln N.

    Posledica 11.5. Vazi:

    limn

    pnn ln n = 1.

    Prema tome, postoje konstante c1, c2 > 0 tako da za dovoljno veliko n vazi

    c1n ln n < pn < c2n ln n.

    Me -dutim, iako ovi rezultati na globalnom nivou grubo odre -duju ponasanjeniza prostih brojeva, lokalno gledajuci njihova distribucija je veoma slozena,tj. javljaju se razne nepravilnosti. Koliko se malo zna o tim nepravilnostimasvedoci i cinjenica da nije poznat odgovor cak ni na sledece pitanje.

    Problem 1 (Problem blizanaca). Dva prosta broja p i qsu blizanci ako je |pq| =2 (na primer, to su {3, 5}, {5, 7}, {11, 13}, {17, 19},. . . ). Koliko ima prostihblizanaca konacno ili beskonacno mnogo?

    S druge strane, niz prostih brojeva sadrzi proizvoljno velike rupe.

    Tvr -denje 11.6. Za svaki prirodan broj N 1 postoji niz od N uzastopnihprirodnih brojeva koji su svi slozeni.

    Dokaz. Posmatrajmo brojeve n+2, . . . , n+N+1, gde je n = (N+1)!. Ocigledno,za sve 2 k N + 1 vazi

    n + k = k

    ((N + 1)!

    k+ 1

    ),

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    41/54

    PREDAVANJE 11: O PROSTIM BROJEVIMA 3

    pa zakljucujemo da su svi posmatrani brojevi slozeni.

    Ipak, ove rupe stoje u vezi sa velicinom prostih brojeva izme-

    du kojih sejavljaju. Naime, po cuvenoj teoremi Cebiseva (poznatoj i kao Bertranov postulatiz vremena kada ona jos nije bila dokazana), odnos dva uzastopna clana nizaprostih brojeva nikada nije veci od 2 ! Prema tome, prost broj koji sledi nakon pmanji je od 2p, sto znaci da se ovde moze realizovati rupa duzine najvise p 1.

    Teorema 11.7 (Cebisev). Za svaki prirodan broj n 1 postoji prost broj p takoda je

    n < p 2n.

    Problem 2. Da li za svaki prirodan broj n postoji prost broj p tako da je

    n2 < p < (n + 1)2 ?

    Posebnu tematiku koja se tice raspodele prostih brojeva u skupu N cini pi-tanje prisustva prostih brojeva u aritmetickim progresijama. Jedan od centralihrezultata u tom smislu cini poznata Dirihleova teorema.

    Teorema 11.8 (Dirichlet). Neka su a > 0 i b celi brojevi takvi da je (a, b) = 1.Tada (beskonacna) aritmeticka progresija ak+b, k = 0, 1, 2, . . . sadrzi beskonacnomnogo prostih brojeva.

    Mi cemo ovde dokazati dva specijalna slucaja.

    Tvr -denje 11.9. Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 3.

    Dokaz. Imitiramo dokaz Tvr -denja 11.1. Pretpostavimo da postoji samo konacnomnogo prostih brojeva p1 = 3, . . . , pr koji daju ostatak 3 pri deljenju sa 4. Pos-matrajmo tada broj

    A = 4p1 pr 1.

    Jasno, A nije deljiv nijednim od prostih brojeva p1, . . . , pr, kao ni sa 2. Prematome, svi prosti faktori qi broja A = q1 qs su oblika 4k + 1, odakle lako sledida je 1 A 1 (mod 4); kontradikcija.

    Tvr -denje 11.10. Postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 1.

    Dokaz. Pretpostavimo da postoji samo konacno mnogo prostih brojeva p1 =5, . . . , pr koji da ju ostatak 1 pri deljenju sa 4. Sada cemo posmatrati broj

    A = (2p1 pr)2 + 1.

    On nije deljiv brojevima 2, p1, . . . , pr, pa sledi da svi njegovi prosti faktori morajubiti oblika 4k + 3. Neka je q jedan od njih. Tada na osnovu q | A sledi

    (2p1 pr)2 1 (mod q).

    Dakle, 1 je kvadratni ostatak po modulu q, sto je po Tvr -denju 9.3 (iii) moguceako i samo ako je q 1 (mod 4). Kontradikcija.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    42/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    Pitanje egzistencije prostih brojeva u aritmetickim progresijama se u izvesnomsmislu moze obrnuti: da li postoje konacne aritmeticke progresije proizvoljne

    duzine u skupu prostih brojeva? (Veoma lako se pokazuje da ne postoji beskonac-na aritmeticka progresija ciji su svi clanovi prosti.) Potvrdan odgovor na ovopitanje dokazali su 2004. Ben J. Green i Terence Tao.

    Teorema 11.11 (Green & Tao). Za svako N 1 postoji aritmeticka progresijaod N clanova koja se sastoji od iskljucivo prostih brojeva.

    Evo jos nekoliko otvorenih problema vezanih za proste brojeve.

    Problem 3 (Goldbahova hipoteza). Da li se svaki paran broj 4 moze prikazatikao zbir dva prosta broja?

    Problem 4. Da li postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika k2 + 1 ?

    Problem 5. Da li postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 2k 1 ?(Mersenovi prosti brojevi)

    Problem 6. Da li postoji beskonacno mnogo prostih brojeva oblika 2k + 1 ? (Fer-maovi prosti brojevi)

    Zanimljivo je da se i Mersenovi i Fermaovi prosti bro jevi pojavljuju u razlicitimkontekstima u teoriji brojeva, algebri i drugim oblastima matematike. Navodimodva primera koji ovo ilustruju.

    Teorema 11.12. Broj n je savrsen ako je jednak zbiru svih svojih delitelja ra-zlicitih od samog n. Paran broj n je savrsen ako i samo ako je oblika

    n = 2p1(2p 1),

    gde je 2p 1 Mersenov prost broj.

    Problem 7. Da li postoji neparan savrsen broj?

    Teorema 11.13 (Gauss). Neka je N 3 prirodan broj. Pravilan N-tougao semoze konstruisati pomocu lenjira i sestara ako i samo ako se N moze prikazatikao proizvod stepena dvojke i razlicitih Fermaovih prostih brojeva.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    43/54

    M163: Teorija brojeva

    Predavanje 12

    O DIOFANTSKIM JEDNACINAMA

    Podsetimo se, diofantska jednacina je jedancina oblika

    f(x1, . . . , xk) = 0,

    gde je f polinom (od k promenljivih x1, . . . , xk) sa celim koeficijentima, cijaresenja trazimo iskljucivo u skupu celih brojeva. 1970. godine, Jurij V. Matijase-vic je pokazao da ne postoji algoritam koji bi za svaku diofantsku jednacinuodlucivao da li ona ima resenja; na taj nacin je negativno resen 10. Hilbertov

    problem iz 1900. godine. Me-

    dutim, upravo zbog toga diofantske jednacine i jesufascinantno polje istrazivanja u teoriji brojeva. Ovde cemo se osvrnuti na samonekoliko odabranih tipova.

    Linearne jednacine.

    Neka su a,b,c Z, pri cemu bar jedan od a, b nije 0. Posmatramo jednacinuax + by = c. (12.1)

    Teorema 12.1.

    (i) Jednacina (12.1) ima resenja ako i samo ako (a, b) | c.(ii) Ako je (x0, y0) jedno resenje jednacine (12.1), tada su sva njena resenja

    data sa

    x = x0 + b(a, b)

    t, y = y0 a(a, b)

    t,

    gde je t Z.Dokaz. Deo (i) je samo reformulacija Tvr -denja 2.4, tako da dokazujemo deo (ii).Zaista, neposredno se proverava da za sve t Z dati brojevi (x, y) cine resenjeod (12.1). Obratno, pretpostavimo da (x, y) jeste jedno od resenja. Tada vazi

    ax + by = c = ax0 + by0,

    odakle je

    a(x x0) + b(y y0) = 0.Prema tome, vazi

    a(a, b)

    (x x0) = b(a, b)

    (y0 y).Posto su bro jevi a/(a, b) i b/(a, b) uzajamno prosti, sledi da b/(a, b) deli x x0,tj.

    x = x0 +b

    (a, b)t

    za neko t Z. Uvrstavajuci ovo u prethodnu jednakost dobijamo trazeni oblikza y.

    1

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    44/54

    2 M163: TEORIJA BROJEVA

    Partikularno resenje (x0, y0) se moze lako dobiti primenom Euklidovog algo-ritma: ako je a,b,r1, r2, . . . , rm = (a, b) niz ostataka koji taj algoritam generise,

    tada se jednacina ax + by = c (a b) moze redom svesti na jednacine

    r1x1 + by1 = c1,

    r1x2 + r2y2 = c2,

    ...

    za neke cele brojeve c1, c2, . . . , pri cemu je poslednja jednacina oblika (a, b)xm +rm1ym = cm ili rm1xm + (a, b)ym = cm, te se ona moze neposredno resiti,imajuci u vidu da (a, b) | rm1 i (a, b) | cm. Uvrstavanjem njenog resenja (opstegili partikularnog) u prethodne jednacine, dobija se odgovarajuce resenje za ax +by = c.

    Ilustrovacemo ovo na primeru jednacine26x + 37y = 79.

    Izrazava juci x, sledi

    x = y + 3 + 1 11y26

    .

    Dakle, mora biti 26 | 1 11y, sto vodi ka resavanju jednacine 26u + 11y = 1.Odavde izrazavamo y, pa dobijamo

    y = 2u + 1 4u11

    .

    Tako je naredni korak resavanje jednacine 4u + 11v = 1. Sada je

    u = 2v + 1 3v4

    ,

    pa zakljcujemo da 1 3v mora biti deljivo sa 4, tj. 4w + 3v = 1. Konacno,

    v = w + 1 w3

    ,

    odakle je w = 3t + 1, t Z. Stoga w = 1 jeste jedno partikularno resenje,koje redom daje v = 1, u = 3, y = 7 i x = 13. Prema tome, opste resenjeposmatrane jednacine glasi

    x = 13 + 37t, y = 7 26t,

    t Z, posto je (26, 37) = 1.Pitagoritne trojke.

    Jedna od na jpoznatijih nelinearnih diofantskih jednacina je

    x2 + y2 = z2, (12.2)

    izme -du ostalog i zbog njene geometrijske interpretacije: njena (pozitivna) resenja(x,y ,z) opisuju sve provougle trouglove sa celobrojnim duzinama strana. Zatose ta resenja nazivaju Pitagorine trojke.

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    45/54

    PREDAVANJE 12: O DIOFANTSKIM JEDNACINAMA 3

    Primetimo: ako je (x,y ,z) Pitagorina trojka, onda je to i (xd,yd,zd) za sved

    Z. Zbog toga je dovoljno da se razmatraju samo pozitivna resenja od (12.2)

    kod kojih je (x,y ,z) = 1; takva resenja se jos zovu i primitivna resenja.

    Teorema 12.2. Sva primitivna resenja (x,y ,z) jednacine (12.2) pri cemuresenja dobijena permutovanjem x i y ne smatramo razlicitim data su sa

    x = m2 n2, y = 2mn, z = m2 + n2,gde su m, n Z+, m > n, razlicite parnosti i (m, n) = 1.Dokaz. Neka je (x,y ,z) neko primitivno resenje jednacine (12.2). Dokazimo naj-pre da ono mora biti opisanog oblika. Pre svega, brojevi x,y ,z moraju biti poparovima uzajamno prosti; u suprotnom, ako bi, na primer, bilo (x, z) = d > 1,tada bismo imali d2 | z2x2 = y2, tj. d | y, sto protivreci pretpostavci (x,y ,z) =1. Osim toga, brojevi x, y moraju biti razlicite parnosti. Zbog (x, y) = 1 onine mogu biti oboje parni. Ako bi pak x, y bili oboje neparni, tada bismo imaliz2 = x2 + y2 2 (mod 4), sto je nemoguce, jer 2 nije kvadratni ostatak pomodulu 4.

    Bez ogranicenja opstosti, neka je x neparan, a y paran. Tada je i z neparanbroj, pa imamo (y

    2

    )2=

    z x2

    z + x2

    .

    Brojevi (z + x)/2 i (z x)/2 mora ju biti uzajamno prosti, buduci da su njihovizbir i razlika redom (uzajamno prosti brojevi) z i x. Sledi da su oba broja(z + x)/2 i (z x)/2 potpuni kvadrati:

    z + x = 2m2

    , z x = 2n2

    .

    Odavde odmah dobijamo zeljeni oblik za x,y ,z. Dodatni uslovi za m, n tako -deslede na osnovu neparnosti x i primitivnosti posmatranog resenja.

    Obratno, neka je x = m2 n2, y = 2mn i z = m2 + n2 za m, n Z+koji zadovoljavaju date uslove. Veoma lako se proverava da ovo zaista jesteresenje jednacine (12.2); prostaje da se vidi da je ono primitivno. Pretpostavimosuprotno: tada x i z imaju zajednicki prost faktor p, pa sledi da p deli 2m2 =(m2 + n2) + (m2 n2) i 2n2 = (m2 + n2) (m2 n2). Kako je (m, n) = 1,to m i n nemaju zajednickih prostih faktora, pa (npr. po Tvr -denju 3.4) vazi(m2, n2) = 1. Prema tome, jedina mogucnost je da je p = 2; me -dutim, ona jetako -de iskljucena, jer su zbog razlicite parnosti m i n brojevi x, z neparni.

    Velika Fermaova teorema.

    1637. godine, francuski pravnik, sudija Pjer de Ferma, verovatno najveci mate-maticar-amater svih vremena, napisao je na margini svog primerka DiofantoveArtimetike (latinsko izdanje iz 1621. godine) sledecu opasku: Zbir dva cela kubanikada nije kub, zbir dva cetvrta stepena nikada nije cetvrti stepen, etc. Imamcudesan dokaz za ovu tvrdnju, ali je ova margina nazalost suvise mala da ga ovdeizlozim. Vise od tri i po veka matematicari celog sveta sto profesionalci, sto

  • 7/29/2019 teorija brojeva

    46/54

    4 M163: TEORIJA BROJEVA

    amateri bezuspesno su pokusavali da otkriju Fermaov cudesni dokaz dadiofantska jednacina

    xn + yn = zn (12.3)nema resenja ni za jedno n > 2. Posto iz pretpostavke da jednacina xk + yk = zk

    nema resenja sledi da ni jednacina xkt + ykt = zkt nema resenja ni za jednot 1, dovoljno je ograniciti se na slucajeve kada je n = 4, odnosno kada jen neparan prost broj. Dokaz za slucaj n = 4 je dao sam Ferma (i mi cemoga kasnije ovde navesti), a ceo vek kasnije Ojler je resio slucaj n = 3. U XIXveku neresivost jednacine (12.3) je dokazana za jos neke (neparne proste) vred-nosti n, a u XX veku je potraga za dokazima tog tipa nastavljena i uz pomocracunara; ipak, takav pristup je razresio samo konacno mnogo eksponenata n.1983. godine nemacki matematicar Gerd Faltings izazvao je senzaciju sa svojimdokazom da za svako n > 2 postoji samo konacno mnogo primitivnih resenja

    (kod kojih je (x,y ,z) = 1). Me -dutim, ispostavilo se da je to bio samo uvodu pravu matematicku dramu koja je usledila. 23. juna 1993., nakon gotovosedam godina tajnog rada u potkrovlju svoje kuce i tri dana uzastopnih pre-davanja na seminaru Univerziteta u Kembridzu, britanski matematicar EndrjuVajls (Andrew Wiles) obznanio je svetu da je u potpunosti dokazao veliku Fer-maovu teoremu. Ali, vec te jeseni postalo je jasno da Vajlsov dokaz sadrzi ozbi-ljan, sustinski nedostatak; nakon nekoliko pokusaja da se nastali problemi brzorese, Vajls je 4. decembra, u i-mejlu upucenom matematickoj javnosti priznaogresku, uz najavu da ce jos neko vreme posvetiti pokusajima da popravi dokaz.Te zime, pozvao je svog bivseg ucenika Ricarda Tejlora da mu pomogne u tome.Naredne jeseni, Vajls je bio spreman da odustane. A onda, kada je u ponedeljakujutro 19. septembra 1994. Vajls odlucio da jos jednom, verovatno po poslednjiput pogleda svoje beleske, u trenutku nadahnuca dosao je do cudesnog uvida:sve kockice su se konacno sklopile. Tako je, posle ravno 357 godina pokusajaod strane najbriljantnijih matematicara svog vremena, velika Fermaova teoremakonacno dokazana. Kompletan dokaz izlozen je na 129 strana, u sklopu dva radau casopisu Annals of Mathematics (jedan u koautorstvu sa Tejlorom). Za ovajrezultat, Vajls je dobio mnogobrojna vredna priznanja. 1999. godine jedan aste-roid je nazvan po njemu, a 2000. godine britanska kraljica