MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 4

MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 4
Avsnitt 4.2
Oppgave 1a*. a ≡ b (mod n) betyr at a−b = pn for en p. Hvis m|n, er n = qm for en q, så a−b = pqm,
og konklusjonen følger.
Oppgave 1b. Siden ca − cb = c(a − b) = c(pn) for et tall p, følger det direkte at ca ≡ cb (mod cn) når
a ≡ b (mod n) og c > 0.
Oppgave 2. Man trenger ikke lete lenge: 1 ≡ 4 = 22 (mod 3), men 1 6≡ 2 (mod 3). Legg merke til at
dette viser at det motsatte av teorem 4.2(f) ikke er sant.
Oppgave 4a. Først litt utregning: 21 = 2, 22 = 4, 23 ≡ 1 (mod 7). Dermed har vi 250 = 23·16+2 =
16 2
23
· 2 ≡ 1 · 4 = 4 (mod 7).
Så den andre: 41 = 42 − 1 ≡ −1 (mod 7), så dette er bare (−1)65 , og siden 65 er odde, blir svaret −1.
Oppgave 4b. Her har man to valg. Man kan enten grave seg ned i arbeid, eller observere at de hundre
tallene deler seg i fire kongruensklasser. Dermed har vi
15 + 25 + 35 + 45 + 55 + · · · + 995 + 1005 ≡ 15 + 25 + 35 + 05 + 15 + · · · + 35 + 05
(mod 4)
og siden det er 100 ledd, blir det 25 i hver klasse, og ved teorem 4.2e og at 25 ≡ 1 (mod 4), så er summen
redusert til 15 + 25 + 35 . Siden 3 er det samme som −1 modulo 4, kan vi sette inn −1 i stedet, og da
kansellerer første og tredje ledd, og vi står igjen med 25 = 4 · 23 ≡ 0 (mod 4).
Oppgave 8a. Alle oddetall kan skrives på formen 4k + 1 eller 4k + 3. Om vi kvadrerer hver av disse, får
vi (4k + 1)2 = 16k 2 + 8k + 1 = 8(2k 2 + k) + 1 og (4k + 3)2 = 16k 2 + 24k + 8 + 1 = 8(2k 2 + 3k + 1) + 1,
og begge er på formen vi ønsket.
Merk at vi kunne prøvd å starte med å si at “alle oddetall kan skrives på formen 2k + 1”. Det er riktig,
men ville ikke gitt oss noen faktor 8, som var nødvendig.
Oppgave 8d*. Innser først at hvis a ikke er delelig med med 2 eller 3, så er a ≡ 1 (mod 6) eller a ≡ 5
(mod 6). Dvs a = 6k + 1 eller a = 6k − 1.
I det første tilfellet får vi a2 = 12k(3k + 1) + 1. Nå er alltid k eller 3k + 1 et like tall, altså må a2 − 1
alltid være delelig med 24, dvs a2 ≡ 1 (mod 24).
a = 6k − 1 vises tilsvarende.
Avsnitt 4.3
Oppgave 4. Nier-prøven gir at
176521221 ≡ 1 + 7 + 6 + 5 + 2 + 1 + 2 + 2 + 1 ≡ 27 ≡ 2 + 7 ≡ 9 ≡ 0
mod 9
, altså er 176521221 delelig med 9.
Videre gir nier-prøven gir at
149235678 ≡ 1 + 4 + 9 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 8 ≡ 45 ≡ 4 + 5 ≡ 9 ≡ 0
mod 9
så 149235678 er delelig med 9.
Tilsvarende med elverprøven:
176521221 ≡ 1 − 7 + 6 − 5 + 2 − 1 + 2 − 2 + 1 ≡ −3 6≡ 0
. Så 176521221 er ikke delelig med 11.
Tilsvarende
149235678 ≡ 1 − 4 + 9 − 2 + 3 − 5 + 6 − 7 + 8 ≡ 9
så 149235678 er ikke delelig med 11.
Date: 21. september 2015.
1
mod 11
mod 11
2
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 4
n
Oppgave 20a*. Den n-te repuniten Rn er definert som 10 9−1 , og består av n ettall etter hverandre.
Pn
Pn
Man kan også skrive Rn = i=1 10i−1 . Forsøk å dele Rn på 9. Resten blir da i=1 1i−1 , siden 10 ≡ 1
mod 9. Det er klart at summen av n ettall (= n) bare vil bli et multiplum av 9 hvis og bare hvis n er
det. Dette er et spesialtilfelle av teorem 4.5, så vi kunne også brukt det.
Oppgave 20b*. Denne oppgaven er tilsvarende (a), så her bruker vi teorem 4.6 i stedet, for å få litt
variasjon i argumentet. La N = Rn = 1·10n−1 +1·10n−2 +· · ·+1·10+1. Da blir T = 1−1+· · ·+(−1)n−1 ,
som er 0 når (n − 1) er et oddetall og 1 når (n − 1) er et partall. Altså vil 11|T hvis og bare hvis n er et
partall, og ved teoremet vil 11|Rn hvis og bare hvis n er et partall.
Avsnitt 4.4
Oppgave 1a. Siden gcd(29, 25) = 1, finnes det én løsning til denne ligningen, og vi finner denne ved å
finne et tall a slik at 25a ≡ 1 (mod 29), for da kan vi isolere x på venstre side.
Da er det ingen vei utenom enn å hente fram Euklids algoritme:
29 = 25 + 4
25 = 6 · 4 + 1
så 1 = 25 − 6 · 4 = 25 − 6 · (29 − 25) = −6 · 29 + 7 · 25. Modulo 29 forsvinner det første leddet, så
7 · 25 ≡ 1 (mod 29), og dermed er x ≡ 7 · 15 ≡ 105 ≡ 18 (mod 29).
Oppgave 1d*. Legg merke til at gcd(102, 36) = 6, men at 6 - 8, så denne ligningen har ingen løsninger.
Oppgave 4d. Vi har følgende system:
(1)
2x ≡ 1
(mod 5)
(2)
3x ≡ 9
(mod 6)
(3)
4x ≡ 1
(mod 7)
(4)
5x ≡ 9
(mod 11)
For å kunne bruke CRT, må vi multiplisere (1), (2) og (3) med et passende tall, slik at de kommer på
formen x ≡ et aller annet.
Men (2) ser vi er ekvivalent med x ≡ 3 (mod 2). Vi får da ved prøve og feile metoden:
3 · 2x ≡ 3
(mod 5)
x≡3
(mod 2)
2 · 4x ≡ 2
(mod 7)
9 · 5x ≡ 9 · 9
(mod 11)
dvs:
x≡3
(mod 5)
x≡3
(mod 2)
x≡2
(mod 7)
x≡4
(mod 11)
For å bruke CRT trenger vi
N1 = 2 · 7 · 11 = 154
N2 = 5 · 7 · 11 = 385
N3 = 5 · 2 · 11 = 110
N4 = 5 · 2 · 7 = 70
Dessuten trenger vi å løse likningene
Nk x k ≡ 1
(mod nk )
154x1 ≡ 1
(mod 5)
385x2 ≡ 1
(mod 2)
110x3 ≡ 1
(mod 7)
dvs
70x1 ≡ 1
(mod 11),
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015
LØSNINGSFORSLAG – ØVING 4
3
som er ekvivalent med
4x1 ≡ 1
(mod 5)
x2 ≡ 1
(mod 2)
5x3 ≡ 1
(mod 7)
4x4 ≡ 1
(mod 11).
x1 ≡ 4
(mod 5)
x2 ≡ 1
(mod 2)
x3 ≡ 3
(mod 7)
x4 ≡ 3
(mod 11).
Igjen ved prøve og feile metoden:
Dette gir CRT-løsningen:
x = 3 · 154 · 4 + 3 · 385 · 1 + 2 · 110 · 3 + 4 · 70 · 3 = 4503.
Vi skal regne (mod 5 · 2 · 7 · 11 = 770), dvs
x = 653
(mod 770).
Oppgave 6*. Innser at oppgaven er det samme som å løse kongruensene:
(5)
a≡0
(mod 2)
(6)
a≡2
(mod 3)
(7)
a≡2
(mod 4)
(8)
a≡2
(mod 5)
(9)
a≡2
(mod 6)
Her ser vi at (6)+(7) medfører (9), og fra (5) kan vi sette a = 2b. Da får vi
2b ≡ 2
(mod 3)
2b ≡ 2
(mod 4)
2b ≡ 2
(mod 5)
som er det samme som
b≡1
(mod 3)
b≡1
(mod 2)
b≡1
(mod 5).
Altså er b = 1 + 30s og a = 2b = 2 + 60s. Minste løsning større enn 2 blir da a = 62.
Oppgave 10. Her må problemet skrives om til et system av ligninger, som vi så kan bruke det kinesiske
restteoremet (CRT) på.
x≡3
(mod 17)
x ≡ 10
x≡0
(mod 16)
(mod 15)
Vi noterer oss at 15, 16 og 17 ikke har noen fellesfaktorer, og om vi bruker notasjonen fra boka, får vi da
n = 17 · 16 · 15 = 4080, og N1 = 240, N2 = 255, N3 = 272. Vi må da løse ligningene
240x1 ≡ 1
(mod 17)
255x2 ≡ 1
(mod 16)
272x3 ≡ 1
(mod 17)
15x2 ≡ 1
(mod 16)
2x3 ≡ 1
(mod 15)
som er det samme som
2x1 ≡ 1
(mod 15)
og som løses av x1 = 9, x2 = 15, x3 = 8. Da får vi en fullstendig løsning gitt ved x = 3 · 240 · 9 + 10 · 255 ·
15 + 0 · 272 · 8 ≡ 3930 (mod 4080), som er det minste antall mynter piratene kan ha røvet.
4
MA1301 TALLTEORI, HØST 2015 LØSNINGSFORSLAG – ØVING 4
Oppgave 18*. Ser først at systemet er det samme som
2x ≡ 3
(mod 5)
2x ≡ 1
(mod 3)
3x ≡ 2
(mod 7).
Multipliser disse kongruensene med henholdsvis 3, 2 og 5; og vi får
(10)
x≡4
(mod 5)
(11)
x≡2
(mod 3)
(12)
x≡3
(mod 7).
For variasjon bruker vi ikke CRT, men løser systemet rekursivt. (10) gir at x = 4 + 5y som settes inn i
(11), og vi får
(4 + 5y) − 2 = 3z.
Dvs
5(y + 1) = 3(z + 1).
Altså y + 1 = 3u og x = 15u − 1. Sett så inn i (12):
(15u − 1) − 3 = 7v
15u − 4 = 7v.
Siden 1 = 15 − 7 · 2 og 4 = 15 · 4 − 7 · 8 får vi
15(u − 4) = 7(v − 8).
Dermed blir u−4 = 7w og x = 15u−1 = 59+105w. Så vi får de positive løsningene 59 og 164 (mod 210).
Kontroller tilslutt at 59 og 164 passer i de opprinnelige likningene.