Talteori - Teori og problemløsning - Georg Mohr-Konkurrencen

Talteori - Teori og problemløsning, marts 2013, Kirsten Rosenkilde, Georg Mohr-Konkurrencen 40
samt at 2002 2001 ≡ 2 2001 (mod 400). Problemet er nu at (2, 400) = 2, dvs.
de er ikke indbyrdes primiske, og vi udregner derfor i første omgang 2 2001
(mod 2 4 ) og (mod 5 2 ) hver for sig. Da φ(5 2 ) = 20, er
2 2001 ≡ 2 (mod 5 2 ) og 2 2001 ≡ 0 (mod 2 4 ).
Ifølge den kinesiske restklasse sætning er der netop en restklasse x modulo
400 som opfylder at x ≡ 0 (mod 2 4 ) og x ≡ 2 (mod 5 2 ). For at finde x = 2 4 k
skal vi bestemme k så 2 4 k ≡ 2 (mod 5 2 ). Den inverse til 2 modulo 25 er 13,
og derfor er
2 4 k ≡ 2 ⇔ k ≡ 13 3 ≡ 22 (mod 5 2 ).
Af dette ses at 2002 2001 ≡ 2 4 · 22 = 352 (mod 400), og vi er nu klar til at
udregne N modulo 1000.
N ≡ 3 20022001
≡ 3 352 ≡ 9 176 = (10 − 1) 176
176
≡ 10
2
2
176
− 10 + 1 ≡ 241 (mod 1000).
1
De tre sidste cifre i N er dermed 241.
Opgave 10.9 Lad m være et postivt heltal som hverken har 2 eller 5 som
primfaktor. Da det om lidt viser sig at der er nogle særlige problemer omkring
primfaktoren 3, sætter vi m ′ = 3 2 m . Lad yderligere q ∈ N. Fordi
gcd(m ′ , 10) = 1, ved vi fra Eulers sætning at
Dermed går m ′ op i
Da m ′ = 3 2 m , går m op i
10 q·φ(m ′ ) = (10 φ(m ′ ) ) q ≡ 1 (mod m ′ ).
10 q·φ(m ′ ) − 1 = 3 2 · 1111111 . . . 111
q·φ(m ′ )
nq = 1111111 . . . 111
q·φ(m )
.
for alle q ∈ N. Der findes altså uendeligt mange tal nq med den ønskede
egenskab.
Opgave 10.10 Hvis p ikke er et primtal, er vi færdige. Antag derfor at p er
et primtal. Af p = n + k n fås n = p − k n . Fordi gcd(p,k ) = 1 ved vi ifølge
Eulers sætning at
q = nk (k n −1) + 1 = (p − k n )k p−n−1 + 1 ≡ −k p−1 + 1 ≡ 0 (mod p).
Da k ,n ≥ 2, er q = nk (k n −1) + 1 > n + k n = p . Heraf følger at q ikke er et
primtal.
Opgave 11.1 Lad m være ordenen af a modulo n. Ifølge Sætning 11.1 ved
vi at hvis a k ≡ 1 (mod n), da er a gcd(m ,k ) ≡ 1 (mod n). Da m er det mindste
positve heltal som opfylder at a m ≡ 1 (mod n), må gcd(m ,k ) = m . Dermed
er m divisor i k og specielt i φ(n).
Opgave 11.2 Da q går op i 2 p − 1, er 2 p ≡ 1 (mod q), og dermed er p ordenen
af 2 modulo q. Af Fermats lille sætning følger dermed at p går op i
q − 1, og da q − 1 er lige, må q − 1 = 2pk for et positivt heltal k .
Opgave 11.3 Lad p være en ulige primfaktor i a 2n + 1. Da p > 2, er
a 2n
≡ −1 ≡ 1 (mod p) og a 2n+1
= a 2n 2 ≡ 1 (mod p).
Dette viser at ordenen d af a modulo p er divisor i 2 n+1 , men ikke i 2 n , og
dermed at d = 2 n+1 . Altså må 2 n+1 gå op i φ(p) = p − 1.
Opgave 11.4 Antag at der findes et helt tal n så 2 n − 1 er delelig med n, og
lad p være den mindste primfaktor i n. Bemærk at p er ulige da p også er
divisor i 2 n − 1. Lad desuden d = ordp (2). Nu ved vi at d > 1 og yderligere
at d er divisor i φ(p) = p − 1 og dermed mindre end p . Men da 2 n ≡ 1
(mod p), går d også op i n i modstrid med at p var mindste primfaktor.
Opgave 11.5 Lad d være ordenen af q modulo p . Fordi p | q r + 1 og p > 2,
må
q r ≡ −1 ≡ 1 (mod p) og q 2r ≡ (−1) 2 ≡ 1 (mod p).
Dette viser at d er divisor i 2r , men ikke i r , og da r er et primtal, må d = 2
eller d = 2r .