Θεωρία Αριθμών και Εφαρμογές

Γιάννης Α. Αντωνιάδης,
Αριστείδης Κοντογεώργης

2015

Κριτικός αναγνώστης

Θεοδώρα Θεοχάρη-Αποστολίδου

Συντελεστές ΄Εκδοσης

ΓΛΩΣΣΙΚΗ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Δημήτριος Καλλιάρας

ΓΡΑΦΙΣΤΙΚΗ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Αριστείδης Κοντογεώργης

ΤΕΧΝΙΚΗ ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ: Αριστείδης Κοντογεώργης

ISBN: 978-618-82124-5-9

Copyright © ΣΕΑΒ, 2015

Το παρόν έργο αδειοδοτείται υπό τους όρους της άδειας Creative Commons Αναφορά Δημιουργού - Μη Εμπορική

Χρήση - ΄Οχι Παράγωγα ΄Εργα 3.0. Για να δείτε ένα αντίγραφο της άδειας αυτής επισκεφτείτε τον ιστότοπο

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/3.0/gr/

Σύνδεσμος Ελληνικών Ακαδημαϊκών Βιβλιοθηκών

Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο

Ηρώων Πολυτεχνείου 9, 15780 Ζωγράφου

http://www.kallipos.gr

Στη μνήμη των πατέρων μας, Αντώνη και Ιωάννη

Κατάλογος Σχημάτων

1.3.1 Τζιτζίκι Magicada Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Δημιουργός: Bruce Marlin, Πηγή: Wikimedia Commons https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/20/Magicicada_species.jpg
1.3.2 Ερατοσθένης ο Κυρηναίος 276-194 πχ. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Portrait_of_Eratosthenes.png
1.3.3 Euler, Δημιουργός: J.E. Handmann (1718-1781), Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Leonhard_Euler_2.jpg
1.3.4 Yitang Zhang, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Zhang_2014_hi-res-download_3.jpg
1.3.5 T. Tao, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Ttao2006.jpg
1.3.6 P. Erdos και A. Selberg. Το παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Erdos_head_budapest_fall_1992.jpg και https://en.wikipedia.org/wiki/File:Atle_Selberg.jpg
1.3.7 Γραφική παράσταση της π(x) (μπλέ) και της x∕log(x) (κόκκινο) μέχρι το
1.3.8 Το ραδιοτηλεσκόπιο του Arecibo, το σήμα του Arecibo, και παράσταση εξωγήινου από την Γαλλική έκδοση από του βιβλίου του H.G. Wells, «ο πόλεμος των κόσμων». Τα παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Arecibo_Observatory_Aerial_View.jpg Δημιουργός H. Schweiker και https://en.wikipedia.org/wiki/File:Arecibo_message.svg και Δημιουργός: A. Correa https://en.wikipedia.org/wiki/File:War-of-the-worlds-tripod.jpg
2.2.1 Διόφαντος ο Αλεξανδρεύς, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.
2.2.2 Aryabhata και Brahmagupta Copyright:Public Domain, Τα παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:2064_aryabhata-crp.jpg και https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Brahmagupta.jpg
2.3.1 Περιγεγραμμένος Κύκλος
2.3.2 Εξώφυλλο της έκδοσης των «αριθμητικών» του 1621. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Diophantus_-_Aritmeticorum_libri_6.,_1670_-_842640.jpeg
2.3.3 Γεωμετρική Προσέγγιση Πυθαγόρειων Τριάδων
3.1.1 Ιάμβλιχος, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Iamblichus.jpg
3.1.2 Thabit ibn Qurra Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον Θάνατο του δημιουργού.
3.2.1 Νικόμαχος ο Γερασηνός, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain) λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.
3.2.2 Πολυγωνικοί Αριθμοί, Το παρόν σχήμα αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Polygonal_Number_3.gif
3.2.3 Η σημείωση του Gauss, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον Θάνατο του δημιουργού.
3.4.1 H. Hardy, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Ghhardy@72.jpg
5.2.1 Γεωμετρική απόδειξη τετραγωνικής αντιστροφής
5.2.2 Ημερολόγιο Gauss, το έργο αποτελεί κοινό κτήμα λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.
6.1.1 Fibonacci, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.
6.1.2 Jacques Binet, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Jacques_Binet.jpg
6.1.3 ΄Ανθος χαμομηλιού (Anthemis tinctoria), στο οποίο έχουνε σχεδιαστεί 21 μπλε και 13 γαλάζια σπιράλ. Οι διατάξεις αυτές εμπλέκουν διαδοχικούς αριθμούς Fibonacci και εμφανίζονται πολύ συχνά στη φύση. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:FibonacciChamomile.PNG
6.1.4 Σχήμα τετραγώνων
6.1.5 Lucas, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Elucas_1.png
6.1.6 Αριθμοί Fibonacci και το τρίγωνο του Pascal, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:PascalTriangleFibanacci.svg
7.4.1 Συγκλίνοντες στην χρυσή αναλογία.
9.2.1 Θεμελιώδης περιοχή

Document

Μέρος Ι, Αριθμητική των ρητών αριθμών

Εισαγωγή

Η Θεωρία Αριθμών είναι ένας από τους αρχαιότερους κλάδους των Μαθηματικών. Το παρόν πόνημα αποτελεί μια εισαγωγή στην περιοχή. Αποτελείται από δύο μέρη. Το πρώτο αναφέρεται στην Αριθμητική των ρητών αριθμών. Το δεύτερο στην Αριθμητική των τετραγωνικών αρρήτων.

Η ύλη που περιέχεται σ΄ αυτό υπερκαλύπτει τις απαιτήσεις διδασκαλίας του αντίστοιχου μαθήματος σε όλα τα Τμήματα Μαθηματικών των Πανεπιστημίων και των Πολυτεχνείων της Χώρας.

Δεν χρειάζονται προαπαιτούμενα πέρα από τις βασικές γνώσεις μαθηματικών που διδάσκονται στο Λύκειο. Επομένως, είναι προσιτό και στους ενδιαφερόμενους μαθητές του Λυκείου.

Οι βασικές αρχές που επικράτησαν κατά τη συγγραφή παρουσιάζονται εν συντομία:

∙ ΄Οπως προαναφέρθηκε δεν χρειάζονται προαπαιτούμενα. Θεωρούμε ότι αυτή είναι η φυσιολογική πορεία προσέγγισης της περιοχής. Αρκετά από τα αποτελέσματα έχουν γενικευτεί στην ΄Αλγεβρα. ΄Ετσι, αυτός που έχει παρακολουθήσει ένα μάθημα ΄Αλγεβρας, μπορεί να συνάγει αντίστοιχα αποτελέσματα της Θεωρίας Αριθμών ως ειδική περίπτωση. Για τον αρχάριο όμως θεωρούμε ότι η επαγωγική μέθοδος είναι προτιμητέα.

Εξάλλου το πρώτο εισαγωγικό μάθημα Θεωρίας Αριθμών διδάσκεται, συνήθως, στο πρώτο ή δεύτερο εξάμηνο σπουδών, ενώ η ΄Αλγεβρα κατά το τρίτο ή τέταρτο.

∙ Θεωρούμε επίσης ότι η ιστορική προσέγγιση των θεμάτων είναι η παιδαγωγικά σωστή. ΄Ετσι το κείμενο εμπλουτίζεται σε κάθε του κεφάλαιο με ιστορικά στοιχεία. Δεν πρόκειται βέβαια για μια ανάπτυξη της Ιστορίας της Θεωρίας των Αριθμών, αλλά για αναφορά σε ιστορικά στοιχεία. Πιστεύουμε ότι αυτό αυξάνει το ενδιαφερόν του μελετητή. Εξάλλου η προσέγγιση αυτή είναι απόλυτα συμβατή με τη διεθνή βιβλιογραφία.

∙ ΄Οπως έχει ήδη αναφερθεί, το περιεχόμενό του είναι ένα εισαγωγικό κείμενο στην περιοχή της Θεωρίας Αριθμών. Είναι λοιπόν αυτονόητο ότι τα περισσότερα από τα βασικά αποτελέσματα είναι αποτελέσματα περασμένων αιώνων. ΄Ομως, ο κλάδος της Θεωρίας των Αριθμών είναι ένας από τους πιο δραστήριους ερευνητικά κλάδους των Μαθηματικών. Θα ήταν επομένως παράδοξο να μην αναφερθούν τα πρόσφατα αποτελέσματα της περιοχής. Φυσικά είναι αδύνατο να αποδειχθούν όλα αυτά. ΄Ομως η Θεωρία των Αριθμών έχει επί του προκειμένου ένα ασύγκριτο πλεονέκτημα. Η διατύπωση των προτάσεων είναι κατανοητή από τον καθένα. Το πλεονέκτημα αυτό μας έχει επιτρέψει τη δυνατότητα αναφοράς πληθώρας προσφάτων και εξαιρετικά σημαντικών αποτελεσμάτων του κλάδου. Αυτό πιστεύουμε ότι θα κινήσει το ενδιαφέρον πολλών αναγνωστών για περαιτέρω εμβάθυνση στην περιοχή.

∙ Ο κλάδος της Θεωρίας Αριθμών ήταν για χιλιετηρίδες ένας κλάδος των λεγόμενων Θεωρητικών Μαθηματικών, χωρίς άμεσες εφαρμογές στην καθημερινότητά μας. Τα αποτελέσματα αποτελούσαν ικανοποίηση του ανθρωπίνου πνεύματος, όπως έλεγε και ο Jacobi. Αυτό έκανε τον Hardy επίσης ευτυχισμένο, όπως αναφέρει στο έργο του «Η Απολογία ενός Μαθηματικού».

΄Ομως, κατά την τελευταία τεσσαρακονταετία η Θεωρία Αριθμών απέκτησε και πρακτικό «πεδίον δόξης λαμπρόν». Αιτία είναι η κατά τα τελευταία έτη, ραγδαία αναπτυσσόμενη Κρυπτογραφία. Δεν νοείται σήμερα βιβλίο Θεωρίας Αριθμών χωρίς αναφορά στους κρυπτογραφικούς αλγορίθμους. Αυτή την πρακτική ακολουθήσαμε και εμείς. Και εδώ επεκτεινόμαστε τόσο, ώστε οι αλγόριθμοι να είναι απλοί και κατανοητοί. Για περισσότερα στοιχεία παραπέμπουμε στο βιβλίο «Πεπερασμένα Σώματα και Κρυπτογραφία» των ίδιων συγγραφέων.

Στο βιβλίο δεν περιέχεται η θεωρία των πολλαπλασιαστικών συναρτήσεων εκτός από ειδικές περιπτώσεις όπως η ϕ-συνάρτηση του Euler. Ο λόγος είναι ότι προγραμματίζουμε την έκδοση ενός δεύτερου τόμου ο οποίος θα περιέχει την Αναλυτική Θεωρία Αριθμών, καθώς και στοιχεία υπερβατικής και προσθετικής Αριθμοθεωρίας. Σε αυτόν τον τόμο οι πολλαπλασιαστικές συναρτήσεις θα αναπτυχθούν πλήρως.

Στη συνέχεια θα αναφερθούμε με συντομία στο περιεχόμενο κάθε κεφαλαίου του πρώτου μέρους. Στο πρώτο κεφάλαιο αναπτύσονται βασικές έννοιες διαιρετότητας, πρώτων αριθμών και το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής. Στο δεύτερο κεφάλαιο μελετώνται διάφορες κλάσεις διοφαντικών εξισώσεων. Στο τρίτο κεφάλαιο ακολουθεί η μελέτη επώνυμων ακεραίων όπως φίλοι, τέλειοι, πολυγωνικοί και ισοδύναμοι αριθμοί. Για πρώτη φορά εισάγωνται έννοιες και τεχνικές κρυπτογραφίας και παραγοντοποίησης ακεραίων. Το τέταρτο κεφάλαιο είναι αφιερωμένο στη θεωρία των ισοδυναμίων (συχνά χρησιμοποιείται και ο όρος ισοτιμία). Μελετάται πληθώρα εφαρμογών κυρίως στην παραγοντοποίηση ακεραίων και στην κρυπτογραφία. Τέλος, στο πέμπτο κεφάλαιο μελετάται η θεωρία των τετραγωνικών υπολοίπων, αρχικών ριζών και δεικτών. Το περιεχόμενο των κεφαλαίων του δευτέρου μέρους περιγράφεται στην εισαγωγή του δεύτερου μέρους.

Θα θέλαμε να ευχαριστήσουμε το πρόγραμμα «Κάλλιπος», το οποίο ήταν το κίνητρο για να ολοκληρωθεί το βιβλίο. Επίσης, θερμές ευχαριστίες στην Καθηγήτρια του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίκης κα Θ. Θεοχάρη για τις παρατηρήσεις και τα σχόλιά της ως κριτική αναγνώστρια του κειμένου. Πολλές ευχαριστίες στους φοιτητές Γιάννη Καρασαρίνη και Γιάννη Μπέκα (φοιτητές ΕΚΠΑ 2015) και Μανόλη Καπνόπουλο (φοιτητή Π.Κ. 2015) για τις διορθώσεις που πρότειναν. Τέλος θερμές ευχαριστίες στον γλωσσικό επιμελητή-φιλόλογο κ. Δημήτρη Καλλιάρα για όλες τις διορθώσεις του.

Κεφάλαιο 1
Διαιρετότητα και πρώτοι αριθμοί

1.1 Το σύνολο των ακέραιων

Η (στοιχειώδης) Θεωρία Αριθμών ασχολείται κυρίως με τη μελέτη των ιδιοτήτων του συνόλου των ακέραιων αριθμών

Με ℕ+ = {1,2,3,...} θα συμβολίζουμε το σύνολο των θετικών ακέραιων και με

το σύνολο των φυσικών αριθμών .

ϒποθέτουμε ότι ο αναγνώστης γνωρίζει τις βασικές ιδιότητες των πράξεων στα παραπάνω σύνολα.

Στα επόμενα, πάρα πολύ συχνά θα χρειαζόμαστε τις παρακάτω δύο προτάσεις - αξιώματα του συνόλου ℕ.

Αξίωμα 1.1.1 (Αξίωμα της μαθηματικής επαγωγής). Αν S μη κενό υποσύνολο του ℕ με τις ιδιότητες:

0∈ S, και

για κάθε s∈S, έπεται ότι και s +1 ∈S,

τότε το S =ℕ.

Αξίωμα 1.1.2 (Αρχή του ελαχίστου). Κάθε μη κενό σύνολο S, υποσύνολο του συνόλου των φυσικών αριθμών, έχει ελάχιστο στοιχείο.

Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει a ∈S τέτοιο, ώστε να ισχύει a≤ s για κάθε s∈ S.

Η αρχή του ελαχίστου είναι συνέπεια του αξιώματος της μαθηματικής επαγωγής. Η απόδειξη θα δοθεί στο Παράρτημα 1. Μπορεί να αποδειχθεί και το αντίστροφο. Αυτό σημαίνει ότι οι δύο προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες. Μία λοιπόν από τις δύο θεωρείται αξίωμα και η άλλη αποδεικνύεται. ΄Αμεση συνέπεια της αρχής του ελαχίστου 1.1.2 είναι το

Αξίωμα 1.1.3 (Δεύτερη μορφή της μαθηματικής επαγωγής). ϒποθέτουμε ότι P(n) είναι μια πρόταση που αναφέρεται στον φυσικό αριθμό n. Αν

η P(0) είναι αληθής

από την ισχύ της P(m) για όλους τους φυσικούς m < n έπεται η ισχύς της P(n),

τότε η P(n) ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθμούς.

Απόδειξη. Θεωρούμε το σύνολο

Το M είναι υποσύνολο του συνόλου ℕ. Αν M ⁄=∅ τότε, σύμφωνα με την αρχή του ελαχίστου, το M έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω m0.

Η P(0) είναι αληθής. Επομένως m0 >0. Από τον ορισμό του m0 έχουμε ότι n πρόταση P(m ) είναι αληθής για κάθε m < m0. Σύμφωνα με την υπόθεση θα είναι αληθής και η P(m0), άτοπο. Επομένως M = ∅, δηλαδή η P(n) είναι αληθής για κάθε φυσικό αριθμό n. __

Ανάλογα αποδεικύεται και η

Πρόταση 1.1.4. ϒποθέτουμε ότι P(n) είναι μια πρόταση που αναφέρεται στον φυσικό αριθμό n. Αν η P(n0) είναι αληθής για κάποιο φυσικό αριθμό n0 > 0 και για κάθε φυσικό αριθμό m, m ≥ n0,n αλήθεια της P(m ), συνεπάγεται την αλήθεια της P(m +1), τότε η P(n) είναι αληθής για κάθε φυσικό αριθμό n ≥n0.

Η απόδειξη αφήνεται ως άσκηση στον αναγνώστη.

Παράδειγμα 1.1.5. Να αποδειχθεί ότι, για κάθε n∈ ℕ ισχύει:

Απόδειξη. Για n = 0 είναι φανερό ότι η προηγούμενη σχέση ισχύει.

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για n = m, δηλαδή ότι

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n= m + 1.

Πράγματι,

Επομένως ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθμούς n __

Παράδειγμα 1.1.6. Να αποδειχθεί ότι για κάθε φυσικό αριθμό n ισχύει:

Απόδειξη. Για n = 0, έχουμε

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για n= m, δηλαδή ότι m ( ) ∑ m = 2m i=0 i

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n = m+ 1, δηλαδή ότι ( ) m+1 m + 1 m+1 ∑i=0 i =2 .

΄Εχουμε

και

όπως εύκολα παρατηρεί κανείς υπολογίζοντας και τα δύο μέρη της εξίσωσης.

Συνεπώς,

Επομένως ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n. __

Παράδειγμα 1.1.7. Να αποδείξουμε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n⁄= 0 ισχύει:

Απόδειξη. Για n = 1 ισχύει.

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για m ≥ 1, δηλαδή ότι

(1.1.1)

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για m + 1, δηλαδή ότι ισχύει

Πράγματι,

Επομένως ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n,n⁄= 0. __

Παράδειγμα 1.1.8. Να αποδείξετε ότι n!> n2 για κάθε φυσικό αριθμό n ≥ 4.

Απόδειξη. Αυτό είναι ένα παράδειγμα απόδειξης με επαγωγή η οποία ξεκινάει από το n= 4. Πράγματι, η πρόταση για n= 4 δίνει ότι 4!= 24> 16= 42 η οποία είναι αληθής. ϒποθέτουμε ότι ισχύει n!> n2 και θα πρέπει να δείξουμε ότι (n+ 1)!> (n +1)2. Πολλαπλασιάζουμε τη σχέση n!> n2 με n+ 1 για να πάρουμε

Αφήνεται στον αναγνώστη ως άσκηση να αποδείξει ότι n2 > n+ 1 για n ≥ 2. __

Παράδειγμα 1.1.9. Να αποδείξετε ότι κάθε φυσικός αριθμός είναι ίσος με τον επόμενό του.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για m, δηλαδή ότι

Προσθέτουμε και στα δύο μέλη το 1 και έχουμε

δηλαδή ισχύει και για m+ 1. Επομένως ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n. __

Συμπέρασμα. ΄Ολοι οι φυσικοί αριθμοί είναι ίσοι! Πού βρίσκεται το λάθος;

Σημείωση. Το τελευταίο παράδειγμα μάς δείχνει ότι θα πρέπει να είμαστε προσεκτικοί και να εφαρμόζουμε σωστά την επαγωγή.

Ασκήσεις

Α Ομάδα (Σωστό ή Λάθος) Να απαντήσετε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι σωστές ή λάθος και να δικαιολογήσετε τις απαντήσεις σας.

Κάθε φυσικός είναι ακέραιος. Σωστό Λάθος

Κάθε ακέραιος είναι φυσικός. Σωστό Λάθος

ϒπάρχουν αριθμοί που δεν είναι ακέραιοι. Σωστό Λάθος

Αν x,y∈ ℝ και n∈ ℕ, n≥ 1 τότε ισχύει η

Β Ομάδα (Ασκήσεις κατανόησης)

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ισχύει n< 2n.

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n, ο αριθμός

είναι πολλαπλάσιο του .

Για κάθε φυσικό αριθμό n, n ≥ 1, ισχύει

Ομοίως για κάθε n ≥ 1 ισχύει

Να συμπεράνετε ότι ο n3 για κάθε φυσικό αριθμό n, n≥ 1 γράφεται ως διαφορά δύο τετραγώνων.

Γ Ομάδα (Ασκήσεις εμπέδωσης)

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι μεταξύ και .

Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο n ο αριθμός 3n5+ 5n3+ 7n διαιρείται με .

(Ανισότητα του Bernoulli) Αν x ∈ℝ με 1 +x >0 να αποδείξετε ότι για n≥ 1

Γ Ομάδα (Ασκήσεις εμβάθυνσης)

΄Εστω P(n) μία πρόταση η οποία εξαρτάται από τον φυσικό αριθμό n. ϒποθέτουμε ότι η P(0) είναι αληθής. Επίσης, αν P(k) αληθής τότε και η P(k+ 2) αληθής.

Μπορούμε να συμπεράνουμε τότε ότι η P(n) είναι αληθής για κάθε φυσικό αριθμό n; Αν όχι τι πρέπει να προσθέσουμε έτσι ώστε να ισχύει για κάθε φυσικό n·

Εδώ θα αποδείξουμε ότι όλες οι γυναίκες έχουν το ίδιο χρώμα ματιών. Πράγματι σε κάθε μονοσύνολο γυναικών όλες έχουν το ίδιο χρώμα ματιών, δηλαδή ισχύει για n= 1.

ϒποθέτουμε ότι σε κάθε σύνολο γυναικών πλήθους n, όλες έχουν το ίδιο χρώμα ματιών. Θεωρούμε ένα τυχαίο σύνολο γυναικών πλήθους n+ 1 έστω {1,2,...,n,n+ 1}. Το χωρίζουμε σε δύο σύνολα {1,2,...,n} και {2,3,...,n,n+ 1}.

Σύμφωνα με την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής, οι γυναίκες κάθε συνόλου έχουν το ίδιο χρώμα ματιών και επειδή έχουν κοινά στοιχεία τελικά και το σύνολο των γυναικών {1,2,...,n,n+ 1} έχει το ίδιο χρώμα ματιών. Επομένως κάθε σύνολο γυναικών έχει το ίδιο χρώμα ματιών. Πού είναι το λάθος;

1.2 Διαιρετότητα

Το σύνολο των ακέραιων είναι εφοδιασμένο με δύο πράξεις, πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού. Το άθροισμα, η διαφορά και το γινόμενο δύο ακέραιων είναι πάντα ακέραιος αριθμός. Το πηλίκο τους όμως δεν είναι πάντοτε ακέραιος. Δεν υπάρχει ακέραιος αριθμός a τέτοιος ώστε να ισχύει 2a= 1, ενώ υπάρχει ακέραιος αριθμός b τέτοιος ώστε 2b = − 4.

Εντελώς φυσιολογικός επομένως είναι ο ακόλουθος ορισμός:

Ορισμός 1.2.1. Δίνονται δύο ακέραιοι αριθμοί a,b με b ⁄=0. Θα λέμε ότι ο b διαιρεί τον a όταν υπάρχει ακέραιος c τέτοιος ώστε a= b⋅c.

Ισοδύναμα χρησιμοποιούνται και οι εκφράσεις «ο b είναι ένας διαιρέτης του a», «ο a είναι (ένα) πολλαπλάσιο του b», «ο a είναι διαιρετός από τον b». Αν ο b διαιρεί τον a γράφουμε b|a, αν όχι γράφουμε b∤a.

΄Αμεση συνέπεια του ορισμού είναι οι ακόλουθες ιδιότητες διαιρετότητας:

Πρόταση 1.2.2. Στα παρακάτω τα a,b,c είναι ακέραιοι.

Για κάθε ακέραιο a,a⁄= 0, ισχύει a|0 και a|a, δηλαδή ο a διαιρεί το μηδέν και τον εαυτό του.

Για κάθε ακέραιο a ισχύει 1|a, δηλαδή ο 1 διαιρεί κάθε ακέραιο.

Αν c|b και b|a, τότε και c|a.

Αν c|a και c|b, τότε και c|ka+ lb για οποιουσδήποτε ακέραιους k,l.

Αν b|a τότε και bk|ak για οποιωνδήποτε ακέραιο k⁄= 0. Αντιστρόφως, αν bk|ak τότε και b|a (Παρατηρήστε ότι k⁄= 0 αφού δεν έχουμε ορίσει το 0|0).

Αν b|a και a ⁄= 0, τότε |b|≤ |a|.

Αν b|a και a|b, τότε a = ±b.

Αν b|a και a ⁄= 0, τότε και (a∕b)|a.

Αν b1|a1 και b2|a2, τότε και b1b2|a1a2.

Απόδειξη. ΄Εχουμε:

0= a ⋅0 και a = 1⋅a

b= c⋅k και a= b ⋅l, άρα a= c(k⋅l)

a= ca′,b = cb′, οπότε ka +lb= c(ka′+lb′)

ak= (bk)⋅c= (bc)k, άρα (a − bc)k= 0 οπότε και a = bc, αφού k⁄= 0

a= b ⋅c, άρα |a|= |b|⋅|c|c ⁄=0, αφού a⁄= 0. Επομένως |b|≤ |a|.

Από τον ορισμό της διαιρετότητας έπεται ότι a⁄= 0 και b ⁄= 0. Λόγω της 7, |b|≤|a| και |a|≤ |b|.

Συνεπώς |a|= |b|, δηλαδή a= ±b.

a= bc. Επειδή a⁄= 0 έπεται ότι και c ⁄=0, άρα c|a.

a1 = b1c1 και a2 = b2c2, άρα a1a2 = (b1b2)(c1c2).

__

Παρατήρηση. Από την 7. ιδιότητα της Πρότασης (1.2.2) έπεται ότι το πλήθος των διαιρετών ακέραιου αριθμού είναι πάντοτε πεπερασμένο.

Θεώρημα 1.2.3 (θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο). Αν a,b ακέραιοι και b ⁄= 0, τότε υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι q και r τέτοιοι ώστε

Απόδειξη. Γεωμετρικά, στον πραγματικό άξονα, η πρόταση είναι προφανής. Το σύνολο M :={a − bx|x∈ ℤ} περιέχει φυσικούς αριθμούς. Πράγματι, αν b > 0 τότε ο αριθμός a− b(− |a|) είναι φυσικός αριθμός και στοιχείο του M. Αν πάλι b < 0 τότε ο αριθμός a − b|a| είναι φυσικός αριθμός και στοιχείο του M. Επομένως το σύνολο

είναι μη κενό υποσύνολο του ℕ.

Σύμφωνα με την αρχή του ελαχίστου, το S έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω r. Ο r έχει τη μορφή r= a− bq για κάποιο q∈ ℤ, δηλαδή

Θα αποδείξουμε ότι r <|b|. Αν υποθέσουμε ότι r≥ |b|, τότε ο αριθμός

ανήκει στο S και είναι μικρότερος του r, άτοπο. Συνεπώς 0≤ r< |b|

Αν τώρα a= bq+ r= bq′+r′ και 0≤ r,r′ < |b|, τότε

Επειδή τα r,r′ βρίσκονται στο διάστημα [0,|b|) έπεται ότι |r′− r|< |b|. Αν λοιπόν q ⁄=q′ θα είχαμε |r′− r|< |b|< |b(q− q′)|= |r′− r|, άτοπο.

Συνεπώς q= q′ και, κατ΄ ακολουθία,

__

Μερικές φορές χρήσιμη είναι και η ακόλουθη μορφή.

Πόρισμα 1.2.4. Αν a,b ακέραιοι και b ⁄= 0, υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι q,r τέτοιοι ώστε

και

Απόδειξη. Σύμφωνα με το Θεώρημα 1.2.3 υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι q0,r0 ώστε να ισχύει a= bq0+ r0 και 0≤ r0 < |b|. Αν 0 ≤ r0 ≤ 1|b|, 2 τότε παίρνουμε q := q0 και r:=r0.

Αν 1|b|< r0 <|b|, 2 Τότε παίρνουμε

΄Εστω τώρα ότι a= bq+ r= bq′+ r′ με

Ισχύει, 0 ≤|r′− r|< |b|. Η υπόθεση q⁄= q′ μας οδηγεί και πάλι στο άτοπο

Επομένως q= q′ και r =r′. __

Παράδειγμα 1.2.5. Αν a= 145 και b= 23, τότε q =6 και r= 7. Αν a= 61 και b = − 7 τότε q =− 9 και r= − 2. Αν a= − 59 και b= 9 τότε q= − 7 και r =4.

Παρατηρήσεις.

Από το Θεώρημα 1.2.3 προκύπτει αμέσως ότι b|a ακριβώς τότε όταν r= 0.

Σύμφωνα με το Θεώρημα 1.2.3 κάθε ακέραιος αριθμός διαιρούμενος με δοθέντα φυσικό αριθμό m > 1, δίνει υπόλοιπο r∈ {0,1,2,...,m− 1}.

Αυτό σημαίνει ότι κάθε ακέραιος a γράφεται σε μία από τις μορφές

για κάποιο μονοσήμαντα ορισμένο ακέραιο l.

Πρόκειται για μια από τις πιο σημαντικές συνέπειες του Θεωρήματος 1.2.3.

Στην περίπτωση που το m = 2 οι ακέραιοι αριθμοί χωρίζονται σε δύο υποσύνολα. Στους (άρτιους) που γράφονται στη μορφή 2l και στους (περιττούς) αυτούς που γράφονται στη μορφή 2l+ 1(l ∈ ℤ).

Για m = 3, έχουμε ότι κάθε ακέραιος αριθμός a γράφεται σε μία από τις μορφές

Επομένως το 2 2 a = 9l = 3k ή 2 2 a = 9l +6l+ 1= 3s+ 1 ή 2 2 a = 9l +12k +4 = 3t+ 1.

Συνεπώς δεν υπάρχει ακέραιος αριθμός της μορφής 3l+ 2(l ∈ ℤ) ο οποίος να είναι τέλειο τετράγωνο.

Παράδειγμα 1.2.6. Ο αριθμός 3l2− 1, για οποιοδήποτε ακέραιο l δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Για m = 4 έχουμε ότι κάθε ακέραιος a γράφεται σε μία από τις μορφές

για κάποιο, συγκεκριμένο ακέραιο l.

Εύκολα, όπως στο (3), συμπεραίνουμε ότι 2 a = 4k ή 4k+ 1.

Επομένως, δεν υπάρχει ακέραιος αριθμός της μορφής 4l+ 2 ή 4l+ 3(l ∈ℤ ), ο οποίος να είναι τέλειο τετράγωνο.

Παράδειγμα 1.2.7. Κανένας από τους αριθμούς

δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου.

Αυτό ισχύει διότι όλοι αυτοί οι αριθμοί γράφονται στη μορφή 4l+ 3.

Πράγματι, 11= 4⋅2+ 3,111 = 4⋅25+ 4⋅2+ 3= 4⋅27+ 3,1111 = 4⋅250+4 ⋅27 +3 = 4⋅277+ 3 και ούτω καθεξής.

Επίσης 2 a = 4l ή 4l+ 1(l ∈ℤ ) και 2 b = 4s ή 4s+1(s∈ ℤ),

έχουμε ότι το άθροισμα των τετραγώνων δύο ακέραιων αριθμών είναι ακέραιος αριθμός της μορφής 4t ή 4t+ 1 ή 4t+ 2(t ∈ℤ )

Επομένως, κανένας ακέραιος της μορφής 4k+ 3(k ∈ℤ ) δεν γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακέραιων αριθμών.

Για m = 10 έχουμε ότι κάθε ακέραιος a γράφεται στη μορφή

Επομένως a2 =100q2+ 20q+ r2.

Αυτό σημαίνει ότι ο 2 a και ο 2 r έχουν το ίδιο ψηφίο μονάδων.

Τα τετράγωνα των αριθμών έως δίνουν ψηφίο μονάδων 0,1,4,5,6,9. Συνεπώς το τελευταίο ψηφίο του τετραγώνου ακέραιου αριθμού είναι 0,1,4,5,6,9.

Αν a,b ακέραιοι και b> 0, από το Θεώρημα 1.2.3 προκύπτει ότι a = bq+ r, 0≤ r< b. Επομένως,

Ορισμός 1.2.8. Αν x πραγματικός αριθμός, το ακέραιο μέρος του x ορίζεται ως ο μεγαλύτερος ακέραιος που είναι μικρότερος ή ίσος του x και συμβολίζεται με [x]. Επομένως [a] q= b.

Ασκήσεις

Ομάδα Α Σωστό ή Λάθος

Κάθε φυσικός αριθμός m διαιρεί το γινόμενο οποιωνδήποτε m διαδοχικών ακέραιων. Σωστό Λάθος

Αν n,m∈ ℕ, n≥ m > 0, το πλήθος των φυσικών αριθμών ≤ n οι οποίοι διαιρούνται με m είναι [ ] nm-+ 1 Σωστό Λάθος

Για κάθε φυσικό n> 0, ισχύει 2n−1 (a+ 1)|(a + 1) Σωστό Λάθος

Το πλήθος των φυσικών μεταξύ και οι οποίοι δεν είναι διαιρετοί δια του είναι 956. Σωστό Λάθος

Ομάδα Β (Ασκήσεις κατανόησης)

Πόσοι ακέραιοι ανάμεσα στο και το διαιρούνται με και πόσοι με ;

Να αποδείξετε ότι το γινόμενο δύο περιττών ακέραιων είναι περιττός ακέραιος, ενώ το γινόμενό τους είναι άρτιος αν ένας τουλάχιστον από τους δύο είναι άρτιος.

Να αποδείξετε ότι ο κύβος οποιουδήποτε ακέραιου έχει τη μορφή 9ℓ, 9ℓ+ 1 ή 9ℓ+ 8, ℓ ∈ℤ.

Αν ένας ακέραιος a διαιρεί τους 12n+ 5 και 4n+ 2 για κάποιο ακέραιο n τότε a= ±1.

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος της μορφής 8ℓ+ 7, ℓ∈ ℤ ο οποίος να γράφεται ως άθροισμα τριών τετραγώνων.

Αν οι a,b είναι περιττοί ακέραιοι και b∤a, τότε υπάρχουν ακέραιοι k,ℓ τέτοιοι ώστε a= bk+ ℓ, όπου ℓ είναι περιττός και |ℓ|< b.

Αν a ακέραιος, τότε ένας από τους a, a+ 2, a+ 4 διαιρείται με .

Ομάδα Γ (Ασκήσεις εμπέδωσης)

Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο ℓ, υπάρχει ένας ακέραιος n τέτοιος ώστε 3 5|n + ℓ. Να ελέγξετε αν ισχύει το ίδιο αν αντικαταστήσουμε το με το .

Αν ο ακέραιος a δεν διαιρείται με ούτε με 3, τότε ο a2+ 23 διαιρείται με .

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει 2|3n− 1, 3 |4n− 1, 4|5n− 1,...

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι n για τους οποίους ο 3|2n+ 1.

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n ισχύουν:

Μπορούμε να συμπεράνουμε ότι για κάθε περιττό k και κάθε φυσικό n ισχύει k k|n − n;

Από το σύνολο {1,2,...,2n} επιλέγουμε τυχαία n +1 αριθμούς. Να αποδείξετε ότι ανάμεσά τους υπάρχει τουλάχιστον ένα ζευγάρι όπου ο ένας διαιρεί τον άλλο.

Ομάδα Δ (Ασκήσεις εμβάθυνσης)

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει:

Να βρείτε όλους τους ακέραιους a, a ⁄=3, για τους οποίους ισχύει:

Αν x,y,z θετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύει x2+y2 = z2, τότε ένας τουλάχιστον διαιρείται με .

Αν S := 12 +13 +⋅⋅⋅+ 1n, όπου n φυσικός, n > 1, τότε ο S δεν είναι ακέραιος.

1.3 Πρώτοι Αριθμοί

Κάθε ακέραιος αριθμός a⁄= 0 έχει διαιρέτες τουλάχιστον τους αριθμούς ± 1 και ±a.

Ορισμός 1.3.1. ΄Ενας ακέραιος αριθμός p διάφορος των 0,± 1 λέγεται πρώτος όταν έχει ως διαιρέτες του μόνο τους ± 1 και ± p.

΄Ενας ακέραιος διάφορος του 0,±1 που δεν είναι πρώτος λέγεται σύνθετος.

Για παράδειγμα, οι ± 3 και ± 19 είναι πρώτοι, ενώ οι ± 6,± 18 σύνθετοι.

Επειδή ο ακέραιος αριθμός a είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν ο − a είναι πρώτος, από εδώ και πέρα κάθε αναφορά σε πρώτους αριθμούς θα αφορά θετικούς πρώτους. Το σύνολο των πρώτων αριθμών θα το συμβολίζουμε με ℙ.

Κατ΄ αρχήν αποδεικνύουμε την

Πρόταση 1.3.2. Κάθε φυσικός αριθμός n,n >1, έχει τουλάχιστον έναν πρώτο διαιρέτη.

Απόδειξη. Θεωρούμε το σύνολο

Το M είναι υποσύνολο του συνόλου ℕ και είναι διάφορο του κενού, διότι n ∈M.

Σύμφωνα με την αρχή του ελαχίστου (Αξίωμα 1.1.2), το M έχει ένα ελάχιστο στοιχείο, έστω p. Ο p είναι πρώτος διαιρέτης του n.

Πράγματι, αν δεν ήταν πρώτος θα είχε τουλάχιστο μια ανάλυση της μορφής p = a⋅b με a,b∈ ℕ ∖{1}. Αυτό σημαίνει ότι ο a∈ ℕ,a >1 και a|n (αφού a|p και p |n), δηλαδή ότι a θα ήταν στοιχείο του M και ότι a< p, άτοπο. __

Ιστορικά 1.3.3. Οι πρώτοι που άρχισαν να αφηγούνται ιστορίες σχετικά με τους πρώτους αριθμούς, ήταν οι αρχαίοι ΄Ελληνες. Αυτοί αναγνώρισαν την ισχύ των αποδείξεων στη χάραξη μόνιμων διόδων προς τα όρη του μαθηματικού κόσμου [13].

Η πρόταση 1.3.2 είναι η πρόταση 32, του βιβλίου VII των «Στοιχείων» του Ευκλείδη:

Στην πρόταση 20, βιβλίο Θ΄, των «Στοιχείων» του ο Ευκλείδης εξηγεί και αποδεικνύει μια απλή αλλά θεμελιώδη αλήθεια σχετικά με τους πρώτους αριθμούς: ότι είναι άπειροι.

Εφαρμογές 1.3.4. Μια οικογένεια τζιτζικιών στις ανατολικές ΗΠΑ περνάει 13 ή 17 χρόνια κάτω από τη γη ως νύμφες. Μετά από 13 ή 17 έτη εμφανίζεται μαζικά και σε πολύ μεγάλους αριθμούς για να ζευγαρώσει και να γεννήσει τα αυγά της. Οι βιολόγοι πιστεύουν ότι ο χρόνος που περνούν ως νύμφες είναι πρώτος αριθμός προκειμένου να αποφύγουν πληθυσμούς που τρέφονται με αυτές και έχουν επίσης έναν περιοδικό κύκλο ζωής. Αν το τζιτζίκι είχε έναν κύκλο ζωής 12 χρόνια θα συναντούσε τους κυνηγούς του που έχουν περίοδο ζωής 2,3,4,6,12 χρόνια σίγουρα.

Σχήμα 1.3.1: Τζιτζίκι Magicada Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Δημιουργός: Bruce Marlin, Πηγή: Wikimedia Commons https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/20/Magicicada_species.jpg

Πρόταση 1.3.5 (΄ϒπαρξη άπειρων πρώτων). Το σύνολο των πρώτων αριθμών ℙ είναι άπειρο.

Απόδειξη πρώτη (Ευκλείδη)

ϒποθέτουμε ότι το σύνολο ℙ είναι πεπερασμένο,

Θεωρούμε τον φυσικό αριθμό

Επειδή N > 1, από την πρόταση 1.3.2 προκύπτει ότι ο N έχει έναν τουλάχιστο πρώτο διαιρέτη, έστω p. ΄Ομως p ∕∈ℙ, διότι αν p= pi, για κάποιο i∈ 1,2,...,n θα είχαμε και p|N − p1p2...pn = 1, άτοπο.

Καταλήξαμε σε άτοπο επειδή υποθέσαμε ότι το ℙ είναι πεπερασμένο. ΄Αρα το ℙ είναι άπειρο.
□

Ιστορικά 1.3.6. «΄Ηταν ένα πολύ όμορφο επιχείρημα. Ο Ευκλείδης δεν διέθετε κάποιον τρόπο παραγωγής πρώτων αριθμών. Είχε όμως αποδείξει ότι η πηγή τους δεν κινδύνευε να στερέψει...»

Marcus du Sautoy Η μουσική των πρώτων αριθμών [13].

Απόδειξη δεύτερη (T.J. Stieltjes)

ϒποθέτουμε ότι το σύνολο ℙ είναι πεπερασμένο και έστω

Γράφουμε το γινόμενο των πρώτων p1 ⋅p2 ⋅⋅⋅pn = A⋅B, ως γινόμενο δύο παραγόντων A και B. Κάθε πρώτος αριθμός pi διαιρεί τον A ή τον B, αλλά όχι συγχρόνως και τους δύο. Αυτό σημαίνει ότι pi ∤(A+ B) για κάθε i= 1,...,n. ΄Ομως ο A+ B > 1 έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη p, p⁄= pi για κάθε i= 1,...,n.

΄Οπως και στην πρώτη απόδειξη, καταλήξαμε σε άτοπο, επειδή υποθέσαμε ότι το ℙ είναι πεπερασμένο. ΄Αρα το ℙ είναι άπειρο.
□

Παρατηρήσεις

Η απόδειξη του Ευκλείδη, προκύπτει από την απόδειξη του Stieltjes για A = 1.

Και οι δύο αποδείξεις χρησιμοποιούν την ίδια ιδέα που είναι η απαγωγή στο άτοπο.

ϒπάρχουν πολλές αποδείξεις του Θεωρήματος του Ευκλείδη. Παραπέμπουμε τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη στο [1] το οποίο περιλαμβάνει έξι αποδείξεις και στο [11] το οποίο περιλαμβάνει έντεκα. Η πιο πρόσφατη απόδειξη είναι του Filip Saidak [6].

΄Εστω n φυσικός αριθμός > 1. Είναι φανερό ότι οι αριθμοί n και n+ 1 δεν έχουν κοινό πρώτο παράγοντα. Επομένως ο αριθμός N2 = n(n +1) έχει τουλάχιστο δύο διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους παράγοντες. ΄Ομοια και οι φυσικοί αριθμοί n(n+ 1) και n(n+ 1)+ 1 δεν έχουν κοινό πρώτο παράγοντα. Επομένως ο

θα έχει τουλάχιστο τρεις διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους παράγοντες. Η διαδικασία αυτή μπορεί να συνεχιστεί επ΄ άπειρο, δηλαδή το πλήθος των πρώτων είναι άπειρο.

Η απόδειξη του Saidak είναι ακόμη πιο απλή από την απόδειξη του Ευκλείδη αφού δεν χρησιμοποιεί την «απαγωγή στο άτοπο». Επίσης δεν χρησιμοποιεί την ιδιότητα ότι αν ένας πρώτος p διαιρεί το γινόμενο ab τότε θα διαιρεί τουλάχιστον ένα από τους a, b (δες πόρισμα 1.5.6 το οποίο χρησιμοποιείται σε πολλές άλλες αποδείξεις του Θεωρήματος του Ευκλείδη, 1.3.5). Τέλος, είναι με κάποια έννοια κατασκευαστική αφού μας δίνει θετικούς ακέραιους με οσοδήποτε μεγάλο πλήθος πρώτων παραγόντων.

Πρόταση 1.3.7. Αν ο φυσικός αριθμός n είναι σύνθετος, τότε έχει έναν πρώτο παράγοντα √- p,p ≤ n.

Απόδειξη. Αφού ο n είναι σύνθετος, έχει τουλάχιστον μία ανάλυση της μορφής:

΄Ενα τουλάχιστον από τα a,b είναι μικρότερο ή ίσο της √n, διότι αν a> √n- και b> √n θα είχαμε n =a ⋅b> √n ⋅√n = n, άτοπο. Επειδή το a> 1 έχει, σύμφωνα με την πρόταση 1.3.2 ένα τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη p.

Ο πρώτος αυτός είναι διαιρέτης του n και p ≤ a≤ √n. __

Η Πρόταση 1.3.7 μας δίνει ένα κριτήριο ελέγχου πρώτων αριθμών.

Παράδειγμα 1.3.8. Ο φυσικός αριθμός n =179 είναι πρώτος. Αν ήταν σύνθετος θα είχε έναν πρώτο διαιρέτη √ --- p≤ 179< 14. Οι πρώτοι οι μικρότεροι του 14 είναι οι 2, 3, 5, 7, 11 και 13. Κανένας τους δεν διαιρεί το 179. Συνεπώς ο 179 δεν είναι σύνθετος, άρα είναι πρώτος.

Φυσικά το κριτήριο δεν είναι εφαρμόσιμο για μεγάλους φυσικούς αριθμούς.

Παρατήρηση 1.3.9. Αν γνωρίζαμε ότι ένας σύνθετος αριθμός n περιέχει ℓ-το πλήθος διαιρέτες, τότε ένας τουλάχιστον από αυτούς θα είναι μικρότερος από την ℓ√- n. Σε διαφορετική περίπτωση, αν δηλαδή και οι ℓ διαιρέτες ήταν γνήσια μεγαλύτεροι του √ℓ- n, τότε το γινόμενο θα ήταν γνήσια μεγαλύτερο του n.

Η κρυπτογραφία βασίζεται στη δυσκολία να παραγοντοποιήσουμε έναν σύνθετο αριθμό σε γινόμενο πρώτων. Από την παραπάνω παρατήρηση προκύπτει ότι δυσκολεύουμε περισσότερο την παραγοντοποίηση του αριθμού n αν αυτός είναι γινόμενο δύο πρώτων που είναι περίπου ίδιου μεγέθους κοντά στη √ - n. Από την άλλη το να είναι το n γινόμενο δύο πρώτων παραγόντων είναι η «κερκόπορτα» του αλγορίθμου Fermat, όπως θα δούμε στην πρόταση 3.4.1.

Δυστυχώς, δεν υπάρχει αποτελεσματική μέθοδος πιστοποίησης ενός δοθέντος φυσικού αν είναι πρώτος ή όχι. Στο θέμα αυτό θα επανέλθουμε αργότερα.

Σχήμα 1.3.2: Ερατοσθένης ο Κυρηναίος 276-194 πχ. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Portrait_of_Eratosthenes.png

Πρώτος, ο Ερατοσθένης ο Κυρηναίος επινόησε μια τεχνική γνωστή σήμερα ως «Κόσκινο του Ερατοσθένη» για να βρίσκει πρώτους αριθμούς. Σύμφωνα με τη μέθοδο αυτή, αν θέλουμε να βρούμε όλους τους πρώτους μέχρι τον φυσικό αριθμό n, γράφουμε όλους τους ακέραιους από το μέχρι τον φυσικό αριθμό n και διαγράφουμε διαδοχικά όλα τα πολλαπλάσια του του 3, του κλπ. Οι αριθμοί που απομένουν είναι πρώτοι.

Παρατήρηση 1.3.10.

Η μέθοδος αυτή του Ερατοσθένη έγινε γνωστή σε έμας μέσα από το έργο του Νικόμαχου του Γερασηνού «Αριθμητική Εισαγωγή» [16].

Ενδιαφέρον παρουσιάζει η ιστοσελίδα

http://www.utm.edu/research/primes

του C. Caldwell με τίτλο “The prime pages”.

η ΠΙ῝

Σχήμα 1.3.3: Euler, Δημιουργός: J.E. Handmann (1718-1781), Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Leonhard_Euler_2.jpg

Το πρόβλημα του ακριβούς προσδιορισμού της θέσης του n-στου πρώτου αριθμού αποδείχτηκε μέχρι σήμερα ένα άπιαστο όνειρο. Φάινεται ότι στον «πίνακα των πρώτων δεν επικρατεί ούτε νόμος ούτε τάξη», όπως έλεγε και ο Euler. Φυσικό είναι να αναρωτηθούμε αν υπάρχει κάποιο μικρό διάστημα μέσα στο οποίο να ανήκει ο pn.

Η επόμενη πρόταση μας δίνει ένα άνω φράγμα του pn το οποίο δεν είναι ικανοποιητικό.

Πρόταση 1.3.11. Αν p n είναι ο n-στος πρώτος αριθμός (n≥ 1), τότε ισχύει

Απόδειξη. Για n = 1, 1−1 p1 = 2 = 22 , ισχύει.

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθμούς m, 1 ≤ m< n. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n.

΄Εστω p ένας πρώτος διαιρέτης του αριθμού

Επειδή ο p⁄= pi i= 1,2,...,n− 1 έπεται ότι

___

Αν p πρώτος, p ⁄=2 τότε ο p θα είναι περιττός. Επόμένως ο (p+ 1) θα είναι άρτιος άρα όχι πρώτος. ΄Αρα η ελάχιστη διαφορά μεταξύ δύο διαδοχικών περιττών πρώτων είναι μεγαλύτερη ή ίση του .

Ορισμός 1.3.12. Δύο διαδοχικοί περιττοί αριθμοί οι οποίοι είναι πρώτοι, θα λέγονται δίδυμοι.

Παράδειγμα 1.3.13. Οι 3 και 5 είναι δίδυμοι, ομοίως οι 29 και 31, 71 και 73, 4967 και 4969.

Το ερώτημα είναι πόσα ζευγάρια διδύμων υπάρχουν.

Η εικασία των διδύμων πρώτων είναι ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί p τέτοιοι ώστε και ο p+ 2 να είναι πρώτος. Η εικασία είναι ανοιχτή μέχρι σήμερα.

Σταχυολογούμε μερικά σχετικά αποτελέσματα. Είναι γνωστό σε όλους ότι η σειρά

Στα 1737 απέδειξε ο Euler κάτι πολύ ισχυρότερο, ότι και η σειρά

Το αποτέλεσμα του Euler αποτελεί μια ακόμη απόδειξη ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί (Αν ήταν πεπερασμένοι, η σειρά θα συνέκλινε!).

Ιστορικά 1.3.14. Στα 1849 ο A. Prince de Polignac διατύπωσε την εικασία ότι για κάθε άρτιο φυσικό n υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί p τέτοιοι, ώστε και ο p +n να είναι πρώτος. Η εικασία του Polignac για n= 2 είναι η εικασία των διδύμων πρώτων.

Στα 1919 ο Viggo Brun απέδειξε ότι, όταν το p διατρέχει όλους τους δίδυμους πρώτους, τότε η σειρά

Αυτό βέβαια σημαίνει ότι υπάρχουν «πολύ λιγότεροι» δίδυμοι πρώτοι από ότι πρώτοι αριθμοί. Δεν μπορούμε όμως να συμπεράνουμε ότι το πλήθος τους είναι πεπερασμένο!

Ο P. Clement [10] μας έδωσε, στα 1949, ένα κριτήριο ελέγχου των διδύμων πρώτων.

Το ζευγάρι (n,n+ 2) είναι ζευγάρι διδύμων πρώτων, τότε και μόνο τότε, όταν ο (n+ 2) διαιρεί τον

Δυστυχώς, όμως, το κριτήριο δεν έχει ουσιαστικά καμία πρακτική σημασία. Στα 1966, ο Chen Jingrun απέδειξε ότι υπάρχουν άπειρου πλήθους πρώτοι p τέτοιοι ώστε ο p+ 2 να είναι πρώτος ή γινόμενο δύο πρώτων.

Στα 2004 ο Arenstorf δημοσίευσε μια «απόδειξη» της εικασίας των διδύμων πρώτων.http://archiv.org/abs/math.NT/0405509

Δυστυχώς η απόδειξη περιέχει ένα σοβαρό λάθος και αποσύρθηκε. (Δείτε, Eric W. Weisstein “Twin, Prime Proof Proffered”
(http://mathworld.wolfram.com/news/2004-06-9/twinprimes/.)

Σημειώστε ότι οι πρώτοι αριθμοί 1000000000061 και 1000000000063 είναι δίδυμοι. Το μεγαλύτερο γνωστό ζευγάρι διδύμων πρώτων μέχρι σήμερα (Μάρτιος 2015 ) είναι

Μερικοί συγγραφείς αποκαλούν ζευγάρια πρώτων της μορφής (p,p +4) ή (p,p+ 6) ξαδέρφια και sexy πρώτους αντίστοιχα.

Διάσημοι μαθηματικοί, όπως οι Hardy και Wright ήταν πεπεισμένοι για την ύπαρξη άπειρου πλήθους διδύμων πρώτων. Σημείωναν όμως με έμφαση «is at present beyond the resources of mathematics». Κατά τον Daniel Shanks “the evidence is overwhelming”.

Πρόσφατα αποτελέσματα στα κενά των πρώτων

Σχήμα 1.3.4: Yitang Zhang, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Zhang_2014_hi-res-download_3.jpg

Ο Yitang Zhang, σε μια εργασία του, το 2013 η οποία προκάλεσε αίσθηση, απέδειξε ότι υπάρχει ένας αριθμός N μικρότερος από εκατομμύρια ώστε να υπάρχουν άπειρα ζευγάρια πρώτων που να απέχουν N. Για ένα κατατοπιστικό, ελάχιστα τεχνικό άρθρο ο αναγνώστης μπορεί να δει στο περιοδικό Quanta¹.

¹ https://www.simonsfoundation.org/quanta/
https://www.quantamagazine.org/20130519-unheralded-mathematician-bridges-the-prime-gap/

Η ιστορία όμως συνεχίστηκε. Ομάδες μαθηματικών μελέτησαν το άρθρο του Zhang και το φράγμα των 70 εκατομμυρίων βελτιωνόταν συνεχώς σε διαδοχικές εργασίες. Τον Ιούλιο του 2013 το φράγμα είχε πέσει στο N = 4680. Ακόμα καλύτερα αποτελέσματα εμφανίστηκαν στην εργασία του James Maynard όπου το φράγμα έπεσε στο N = 600. Για το θέμα δημιουργήθηκε ένα polymath project, όπου πολλοί μαθηματικοί εργάζονται ταυτόχρονα και ανταλλάσσουν ιδέες με τη βοήθεια του διαδικτύου. Σχετικά με τη συνεργασία αυτή ο αναγνώστης μπορεί να διαβάσει το σχετικό άρθρο στο περιοδικό Quanta. ²

² https://www.simonsfoundation.org/quanta/20131119-together-and-alone-closing-the-prime-gap/

Αυτή τη στιγμή (31 Μαρτίου 2014), το καλύτερο φράγμα είναι το N = 6 κάνοντας χρήση της (γενικευμένης) εικασίας Elliott-Halberstam. Χωρίς τη χρήση της εικασίας αυτής το φράγμα είναι N = 252.

Εικασία του Goldbach

Ο Christian Goldbach (1690-1764), ήταν ένας ερασιτέχνης Γερμανός μαθηματικός ο οποίος ζούσε στη Μόσχα και εργαζόταν στο ϒπουργείο Εξωτερικών. Αλληλογραφούσε με τον Leonard Euler, ο οποίος την περίοδο εκείνη ήταν μέλος της Ακαδημίας Επιστημών στην Αγία Πετρούπολη. Την 7η Ιουνίου του 1742 έστειλε επιστολή στον Euler στην οποία του εμπιστεύθηκε την εικασία του ότι

«Κάθε ακέραιος μεγαλύτερος του 2 γράφεται ως άθροισμα τριών πρώτων αριθμών».

(“Es scheint wenigstens, dass jede Zahl, die größer ist als 2, ein aggregatum trium primorum sey”.)

Ο Goldbach θεωρούσε και το πρώτο αριθμό. Σήμερα η είκασια του Goldbach θα έπρεπε να διατυπωθεί ως εξής:

«Κάθε φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 5 γράφεται ως άθροισμα τριών πρώτων.»

Ο Euler έδειξε ενδιαφέρον για το πρόβλημα και απάντησε στον Goldbach ότι το πρόβλημα ήταν ισοδύναμο με την εικασία ότι, «κάθε άρτιος μεγαλύτερος του 2 γράφεται ως άθροισμα δύο πρώτων».

Η τελευταία εικασία λέγεται ισχυρή εικασία του Goldbach.

Η εικασία, ότι όλοι οι περιττοί ακέραιοι οι μεγαλύτεροι του 9 γράφονται ως άθροισμα τριών περιττών πρώτων, ονομάζεται ασθενής εικασία του Goldbach.

Ιστορικά 1.3.15. Ο N. Pipping επαλήθευσε, το 1938, την (ισχυρή) εικασία του Goldbach για n≤ 105. Επίσης ο Chen Jingrun απέδειξε το 1966 ότι κάθε άρτιος n ≥ 4 είναι άθροισμα δύο αριθμών p+ a, όπου ο πρώτος αριθμός και a πρώτος ή γινόμενο δύο πρώτων. (Δημοσιεύτηκε στο Sci. Scinica 16(1973), 157-176).

Πρόκειται όμως ακόμη για πολύ μεγάλο αριθμό και είναι αδύνατο να καλυφθεί το ενδιάμεσο διάστημα με τη βοήθεια ηλεκτρονικού υπολογιστή.

Στα 1995, ο Oliver Ramarˊe απέδειξε ότι κάθε άρτιος n ≥ 4 γράφεται ως άθροισμα έξι το πολύ πρώτων.

Το 2002, οι R. Heath-Brown και J.G. Puchta (The Asian Journal of Mathematics, 6(2002), 535-565), απέδειξαν ότι κάθε «αρκετά μεγάλος» άρτιος αριθμός γράφεται ως άθροισμα δύο πρώτων και ακριβώς δυνάμεις του 2. Ο αριθμός ελαττώθηκε στον αριθμό από τους Pintz και Ruzsa το 2003.

Τέλος σχετικά με την ασθενή εικασία του Goldbach υπάρχει ο ισχυρισμός για μια πλήρη απόδειξη από τον Harald Helfgott το 2013. Τα άρθρα της απόδειξης βρίσκονται εδώ: ArXiV 1305.2897 ArXiV 1205.5252.

Επίσης ο James Maynard (University of Oxford) απέδειξε ότι κάθε περιττός φυσικός μεγαλύτερος ή ίσος του 7 γράφεται ως άθροισμα τριών πρώτων. Την εργασία αυτή την ανακοίνωσε στην 29η Journées Arithmétiques στην οποία ανέφερε ότι την απόδειξη την ολοκλήρωσε το 2013.

Για μια μυθιστορηματική προσέγγιση του θέματος παραπέμπουμε στο διεθνές best seller του Απόστολου Δοξιάδη «Ο Θείος Πέτρος και η εικασία του Goldbach».

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε υποσύνολα του συνόλου των φυσικών αριθμών ℕ και θα ελέγξουμε το πλήθος των πρώτων που υπάρχουν σ΄ αυτά.

Κάθε ακέραιος a γράφεται σε μία από τις μορφές:

Δεν υπάρχει πρώτος αριθμός της μορφής 4l, αφού όλοι διαιρούνται με 4. Ο 2 είναι ο μόνος πρώτος της μορφής 4l+2 (για l = 0), αφού όλοι είναι άρτιοι.

ϒπάρχουν πρώτοι αριθμοί της μορφής

Επίσης υπάρχουν πρώτοι αριθμοί της μορφής 4l+ 3, π.χ. 3,7,11,19,....

Το ερώτημα είναι πόσοι πρώτοι υπάρχουν σε κάθε κλάση.

Πρόταση 1.3.16. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί της μορφής 4l+ 3.

Απόδειξη. Θα υποθέσουμε ότι υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους πρώτοι αριθμοί της μορφής 4l+ 3 και θα καταλήξουμε σε άτοπο.

΄Εστω λοιπόν ότι όλοι οι πρώτοι της μορφής 4l+ 3 είναι οι q1,q2,...,q5. Ο φυσικός αριθμός N :4q1q2...q5− 1> 0, έχει έναν τουλάχιστο πρώτο διαιρέτη της μορφής 4l+ 3. (Αν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες ήταν της μορφής 4l+ 1, τότε και το γινόμενό τους θα ήταν της ίδιας μορφής, δηλαδή και ο N). __

Πρόταση 1.3.17. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4l+ 1.

Οι προτάσεις 1.3.16 και 1.3.17 θα αποδειχθούν αργότερα.

Ας προσπαθήσουμε τώρα να γενικεύσουμε. Δίνονται ο φυσικός m,m > 1 και ο ακέραιος a,0≤ a≤ m − 1. Θεωρούμε το σύνολο των αριθμών της μορφής ml +a, όπου l ∈ ℤ.

Αν υποθέσουμε ότι οι m και a δεν έχουν κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του ένα, τότε ισχύει το

Θεώρημα 1.3.18 (Θεώρημα του Dirichlet για αριθμητικές προόδους). ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής ml +a όπου l ∈ ℤ.

Το θεώρημα αποδείχθηκε το 1837 από τον L. J. Dirichlet. Η ειδική περίπτωση για a = 1 είχε διατυπωθεί ως εικασία το 1775 από τον Euler. Ο Legendre διατύπωσε την εικασία γενικά, για κάθε a, το 1785. Προσπάθησε να το αποδείξει αλλά χωρίς πλήρη επιτυχία.

Η απόδειξη του θεωρήματος χρησιμοποιεί προχωρημένα εργαλεία ανάλυσης, και σηματοδοτεί την αρχή της λεγόμενης Αναλυτικής Αριθμοθεωρίας.

Ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης μπορεί να βρει την απόδειξη στο: L-σειρές Γιάννη Αντωνιάδη, [15].

Παράδειγμα 1.3.19. Σύμφωνα με το Θεώρημα 1.3.18, το σύνολο

περιέχει άπειρο πλήθος πρώτων.

Παρατήρηση 1.3.20. Κάθε κλάση ακέραιων της μορφής ml+ a όπου l ∈ ℤ, περιέχει και άπειρο πλήθος σύνθετων ακέραιων.

Πράγματι, αν a +m ⋅l0 =p ∈ ℙ για κάποιο ακέραιο l0 ∈ ℤ, θεωρούμε την ακολουθία

Για κάθε k≥ 1 ισχύει

δηλαδή οι m⋅lk+a|k= 1,2,... είναι σύνθετοι. Αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχει αριθμητική πρόοδος της οποίας όλοι οι όροι να είναι πρώτοι αριθμοί.

Πρώτοι αριθμοί ως διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με το ερώτημα της ύπαρξης πρώτων αριθμών ως διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου. Δίνεται ένας φυσικός αριθμός n >2. ϒπάρχει πρώτος αριθμός p και φυσικός αριθμός d τέτοιοι ώστε οι n διαδοχικοί όροι της αριθμητικής ακολουθίας

να είναι όλοι τους πρώτοι αριθμοί;

΄Εστω n= 3. Αν d = 2 τότε η μοναδική τριάδα είναι η 3,5,7. Κάθε άλλη τριάδα της μορφής p,p+ 2,p+ 4 έχει έναν όρο διαιρετό με το και διάφορο του . Φυσικά και υπάρχουν τριάδες για άλλα d. ΄Ετσι έχουμε μια τριάδα για d = 6 την p= 47,53,59. Το ερώτημα είναι πόσες αριθμητικές πρόοδοι φυσικών αριθμών υπάρχουν οι οποίες να περιέχουν διαδοχικές τριάδες πρώτων αριθμών. Η απάντηση είναι άπειρες. Το αποτέλεσμα αυτό αποδείχθηκε από τον van der Copurt [14], S. Chowla [4] και ως πόρισμα γενικότερης θεωρίας από τον Heath-Brown [12].

Η πιο μικρή τετράδα πρώτων αριθμών η οποία να αποτελεί διαδοχικούς όρους αριθμητικής πρόοδου φυσικών αριθμών είναι αυτή με p = 5 και d = 6, δηλαδή η 5,11,17,23.

Το ερώτημα είναι και πάλι πόσες αριθμητικές πρόοδοι φυσικών αριθμών υπάρχουν οι οποίες να περιέχουν κάποια τετράδα διαδοχικών πρώτων. Φυσικά μπορούμε να γενικεύσουμε το ερώτημα αυτό για κάθε φυσικό n≥ 4. Η απάντηση δόθηκε πρόσφατα το 2006 από τους B. Green και T. Tao [2].

Θεώρημα 1.3.21 (Διαδοχικοί πρώτοι σε αριθμητικές προόδους). Για κάθε n ≥ 4 υπάρχουν άπειρες αριθμητικές πρόοδοι οι οποίες να περιέχουν ως διαδοχικούς όρους n πρώτους αριθμούς.

Η απόδειξη είναι πολύ δύσκολη και αρκετά πρωτότυπη. Χάρισε μάλιστα το Fields medal στον Tao, το οποίο του απονεμήθηκε στο Διεθνές Συνέδριο Μαθηματικών που έγινε στη Μαδρίτη τον Αύγουστο του 2006. Δυστυχώς όμως το θεώρημα έχει υπαρξιακό χαρακτήρα και δεν μας δίνει συγκεκριμένα παραδείγματα. ΄Ετσι, για τον υπολογισμό παραδειγμάτων τον λόγο έχει ο ηλεκτρονικός υπολογιστής.

Σχήμα 1.3.5: T. Tao, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Ttao2006.jpg

Το μεγαλύτερο n για το οποίο υπάρχει συγκεκριμένη αριθμητική πρόοδος διαδοχικών πρώτων αριθμών μέχρι σήμερα είναι το n= 24. Ανακαλύφθηκε από τον Jaroslaw Wroblewski στις 17 Ιανουαρίου του 2007 και είναι η αριθμητική πρόοδος για p = 468395662504823 και d = 205619⋅23 με p +d ℓ, ℓ= 0,1,...,23. Στην προσπάθεια εύρεσης αυτής της αριθμητικής προόδου χρησιμοποιήθηκαν 75 ηλεκτρονικοί υπολογιστές.

Θα τελειώσουμε με ένα θεωρητικό αποτέλεσμα. Πρόκειται για μια πρόταση του M. Cantor (1861) [5, τόμος Ι. σελ. 425].

Πρόταση 1.3.22. ΄Εστω d ≥2 και a,a+ d,...,a+ (n− 1)d για n> 2 πρώτοι αριθμοί, διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου και q ο μεγαλύτερος πρώτος με q ≤ n. Τότε ο φυσικός αριθμός

ή p = q και ( ) ∏p<qp διαιρεί τον d.

Απόδειξη. Αν r∈ ℙ ο οποίος δεν διαιρεί τον d, τότε οι πρώτοι αριθμοί

αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα modulo r, και ο r διαιρεί ακριβώς έναν από αυτούς. Πράγματι αν οι αριθμοί a +id και a+ jd αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο, αν διαιρεθούν με το r για i,j∈ {0,1,...,r− 1, τότε r|d(i− j) και επειδή (d,r)= 1 έπεται ότι r|(i− j). ΄Ομως 0≤ |i− j|≤ r− 1. Συνεπώς θα πρέπει i= j. Επειδή το πλήθος τους είναι r, ένας ακριβώς από αυτούς θα διαιρείται με r.

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι ο ∏p≤qp ∤d. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει πρώτος p ≤ n ο οποίος δεν διαιρεί τον d. ΄Εστω p0 ο μικρότερος με αυτή την ιδιότητα. Σύμφωνα με τα παραπάνω, υπάρχει ένα j0, 0≤ j0 ≤ p0− 1 για το οποίο ισχύει: p0 |(a+ j0d). Επειδή εξ υποθέσεως, ο a+ j0d είναι πρώτος, p0 = a+j0d. Ο a είναι πρώτος αριθμός. Αν a⁄= a+ j0d = p0 τότε ο a θα διαιρεί τον d = aℓ, ℓ ∈ℤ, αφού ο p0 ο ελάχιστος πρώτος με την ιδιότητα p0 ∤d. Επομένως, a|(a+ j0d )= a+ j0aℓ= p0. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι a = p0, άτοπο αφού a |d ενώ p0 ∤d. Συνεπώς a = a+ j0d = p0, δηλαδή j0 = 0 και a= p0.

Αν p0 < q≤ n τότε p0 ≤ n− 1 και συνεπώς ο p0 διαιρεί τον a+ p0d οπότε και πάλι p0 = a+p0d = p0+ p0d = p0(1+ d), άτοπο.

Αποδείξαμε ότι όταν το γινόμενο ∏p ≤qp δεν διαιρεί το d, τότε ο q = p0 = a και ότι το γινόμενο ∏p <qp διαιρεί τον d. __

Αν τώρα θεωρήσουμε τους ακέραιους της μορφής m ⋅l+ a ως τιμές του πολυωνύμου f(x)= mx+ a, για x = l ∈ℤ, είναι φυσικό να θεωρήσουμε και πολυώνυμα ανωτέρου βαθμού.

Ας πάρουμε το πολυώνυμο

Για όλα τα x =1,...,40, το παραπάνω πολυώνυμο δίνει τιμές πρώτους. ΄Ετσι για παράδειγμα υπολογίζουμε ότι:

Για x = 1, δίνει f(1)= 2∈ ℙ,

Για x = 2, δίνει f(2)= 5∈ ℙ,

Για x = 4, δίνει f(4)= 17∈ ℙ,

Για x = 6, δίνει f(6)= 37∈ ℙ

για x =40, δίνει f(40)= 1601∈ ℙ.

Εικασία 1.3.23 (2 (N +1)- εικασία). ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί της μορφής 2 (N + 1).

Η εικασία μέχρι σήμερα είναι ανοιχτή. Το καλύτερο γνωστό σχετικό αποτέλεσμα είναι του Hendrik Iwaniec, από το 1978 [7]:

«ϒπάρχουν άπειρες τιμές του N για τις οποίες ο N2 +1 είναι πρώτος ή γινόμενο δύο πρώτων».

Εάν επιθυμούμε να μελετήσουμε το ανάλογο πρόβλημα και για άλλα πολυώνυμα δευτέρου ή ανωτέρου βαθμού, θα πρέπει κατ΄ αρχήν να περιοριστούμε σε πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές με τον περιορισμό ότι δεν υπάρχει πρώτος, αριθμός p τέτοιος ώστε να διαιρεί όλες τις τιμές f(n) όπου n∈ ℤ.

Στην περίπτωση αυτή απέδειξε ο H.-E. Richert [3, σελ. 140] το 1968 ότι «υπάρχουν άπειρες τιμές n ∈ℕ για τις οποίες το f(n) είναι γινόμενο το πολύ (deg(f )+1)- πρώτων». (όχι κατ΄ ανάγκη διαφορετικών μεταξύ τους).

Παρατήρηση 1.3.24. Το αποτέλεσμα του Richert εξασφαλίζει απειρία τιμών n ∈ℕ για τις οποίες το 2 f(x)= x +1 είναι γινόμενο το πολύ τριών πρώτων, ενώ του Iwaniec για το πολύ δύο πρώτων, αλλά είναι ειδικά μόνο για το συγκεκριμένο πολυώνυμο.

Ιστορικά 1.3.25. Για αιώνες οι μαθηματικοί έψαχναν να ανακαλύψουν έναν απλό τύπο ο οποίος να μας δίνει όλους τους πρώτους αριθμούς, ή τουλάχιστον έναν απλό τύπο που να μας δίνει μόνο πρώτους αριθμούς. ΄Εψαχναν λοιπόν να βρουν μια συνάρτηση

Φυσικά θα ήταν πολύ ωραίο αν αυτή η συνάρτηση ήταν πολυώνυμο.

Στα 1772 ο Euler παρατήρησε ότι το πολυώνυμο

δίνει τιμές πρώτους αριθμούς για x = 1,2,...,15, αλλά όχι για . Το ίδιο έτος ο Euler και ο Legendre απέδειξαν ότι το πολυώνυμο

δίνει τιμές πρώτους αριθμούς για − 41 ≤ x< 40 αλλά όχι για x= 40. Πράγματι f(40)= 40⋅41+ 41= 412.

Ακόμη, f(41)= 41⋅42+ 41 =41 ⋅43. ΄Ομως f(42)= 1847∈ ℙ, πρώτος αριθμός. Το πολυώνυμο αυτό θα το ονομάζουμε πολυώνυμο του Euler. Για τις πρώτες τιμές του n δίνει πρώτους αριθμούς. Μέχρι σήμερα όμως δεν είναι γνωστό αν για άπειρο πλήθος n δίνει τιμές πρώτους αριθμούς. ΄Οταν ο n ≤ 106, το πολυώνυμο του Euler δίνει τιμές πρώτους αριθμούς.

Δεν είναι σήμερα γνωστό αν το πολυώνυμο αυτό δίνει τιμή πρώτο αριθμό για άπειρες ακέραιες τιμές της μεταβλητής x.

Στα 1899 ο E.B. Escott, απέδειξε ότι το πολυώνυμο

δίνει τιμές πρώτους αριθμούς για x= 0,1,...,79, όχι όμως για x= 80.

Το πολυώνυμο του Escott δίνει για τις πρώτες τιμές του n, πρώτους αριθμούς.

Αυτονόητα ανακύπτει το ερώτημα αν υπάρχει πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές το οποίο να δίνει τιμές πρώτους αριθμούς όταν η μεταβλητή x διατρέχει όλους τους φυσικούς αριθμούς. Θα ήταν πολύ ωραίο για να είναι αληθινό!

Πρόταση 1.3.26 (Euler, Goldbach). Δεν υπάρχει πολυώνυμο

με συντελεστές ακέραιους αριθμούς τέτοιο ώστε, οι τιμές f(m) να είναι, για κάθε m ∈ℕ, πρώτοι αριθμοί.

Απόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ένα τέτοιο πολυώνυμο και θα καταλήξουμε σε άτοπο. Για κάποια τιμή του m, έστω m0, έχουμε f(m0)= p πρώτος αριθμός.

Για κάθε ακέραιο t, θεωρούμε την

όπου F(t) πολυώνυμο του t με ακέραιους συντελεστές.

Επομένως f(m0+ t⋅p)= f(m0)+p ⋅F(t)= p ⋅(1+ F (t)).

Επειδή p|f(m0+ t⋅p ) και οι τιμές του f (x) είναι πρώτοι αριθμοί, έπεται ότι f(m0 +t⋅p)= p για κάθε ακέραιο t, άτοπο, διότι κάθε πολυώνυμο βαθμού n παίρνει μια συγκεκριμένη τιμή το πολύ n-φορές. __

Ας ψάξουμε για συνάρτηση δύο μεταβλητών.

Η συνάρτηση

όπου A= x(y+ 1)− (y!+ 1) δίνει, όταν τα X και Y διατρέχουν τους φυσικούς, εικόνα, η οποία περιέχει όλους τους πρώτους αριθμούς.

Η συνάρτηση δίνει ως εικόνα το 2 άπειρες φορές, ενώ κάθε περιττό πρώτο μόνο μία φορά [8].

Δυστυχώς και πάλι η συνάρτηση δίνει τιμές και σύνθετους ακέραιους.

Ιστορικά 1.3.27. Στα 1976, ο Ρώσος μαθηματικός Matijsevič ανακάλυψε μία πολυωνυμική συνάρτηση με 26 μεταβλητές (όλα τα γράμματα του λατινικού αλφαβήτου). Δίνουμε ακέραιες τιμές στις μεταβλητές και υπολογίζουμε, με τη βοήθεια του υπολογιστή το αποτέλεσμα. Αν το αποτέλεσμα είναι θετικό, τότε είναι πρώτος αριθμός. Κανένας πρώτος δεν διαφεύγει από αυτόν τον τύπο. Και πάλι, δυστυχώς, για κάποιες τιμές των μεταβλητών, δίνει τιμή αρνητικό αριθμό. Μάλιστα οι περισσότερες τιμές που παίρνει η εξίσωση είναι αρνητικές. Στην παραγματικότητα είναι πρακτικώς άχρηστη [13, σελ. 312-313].

Μήπως υπάρχει κάποια άλλη συνάρτηση, όχι κατ΄ ανάγκη πολυωνυμική η οποία να ‘‘παράγει’’ μόνο πρώτους αριθμούς;

Ο W.H. Mills απέδειξε στα 1947 ότι υπάρχει β ∈ ℝ+, τέτοιο ώστε [β3n]∈ ℙ, για κάθε φυσικό n. ([ ], είναι η συνάρτηση ακέραιο μέρος).

Δυστυχώς και αυτό το θεώρημα είναι πρακτικά άχρηστο, διότι ουδείς γνωρίζει την ακριβή τιμή του β!

Ανάλογα αποτελέσματα μπορεί να δει κανείς στις εργασίες των R. Ernvall, A formula for the least Prime greater than a given integer , Elem. Math 30(1975) , 13-14 και S. Regimbal, An Explicit Formula for the Prime Number, Math. Mag. 48(1975), 230-232.

Αφού δεν τα καταφέραμε να βρούμε μια «μηχανή» η οποία να παράγει πρώτους αριθμούς, είναι φυσικό να αναρωτηθούμε αν μπορούμε να εκτιμήσουμε το πλήθος των πρώτων μέσα σε συγκεκριμένα διαστήματα. Η επόμενη πρόταση μας αποδεικνύει ότι υπάρχουν μεγάλα κενά πρώτων στο σύνολο των φυσικών αριθμών.

Πρόταση 1.3.28. ϒπάρχουν διαστήματα φυσικών αριθμών οσοδήποτε μεγάλα τα οποία δεν περιέχουν κανέναν πρώτο αριθμό.

Απόδειξη. ΄Εστω n∈ ℕ. Κανένας από τους διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς (n+ 1)!+ 2,(n+ 1)!+ 3,...,(n+ 1)!+ (n +1) δεν είναι πρώτος, διότι ο (n+ 1)!+m, διαιρείται με m για κάθε m = 2,3,...,(n+ 1). __

Παρατήρηση: Για να αποδείξουμε την παραπάνω πρόταση χρειάστηκε να πάμε «αρκετά μακριά» στο σύνολο των φυσικών. π.χ. για n= 100, οι αριθμοί n!+2,... είναι πολύ μεγάλοι.

ϒπάρχουν όμως διαστήματα στα οποία να εξασφαλίζεται η ύπαρξη πρώτων αριθμών;

Πρόταση 1.3.29 (Αξίωμα του Bertrand). Για κάθε φυσικό ακέραιο n > 1 υπάρχει τουλάχιστο ένας πρώτος p,

Απόδειξη. Θα το αποδείξουμε στην παράγραφο 1.4 __

Ιστορικά 1.3.30. Αναφέρεται ως αξίωμα, ίσως διότι ήταν εικασία του Bertrand (1845). Πρωτοαποδείχτηκε από τον Tchebychef στα 1852.

Από το αξίωμα συνεπάγεται ότι το πλήθος των πρώτων είναι άπειρο. Αν ήταν πεπερασμένο και έστω p ο μεγαλύτερος από όλους, τότε στο διάστημα μεταξύ των p+ 1 και 2(p+ 1) θα υπήρχε κάποιος πρώτος q,p < q, άτοπο.

Η απόδειξη της πρότασης 1.3.29 απλοποιήθηκε αργότερα από τους Ramanujan και το 1931 από τον δεκαοκτάχρονο τότε P. Erdös.

Πρώτος ο Gauß είχε την ιδέα να εξετάσει αν υπήρχε τρόπος να προβλέψει πόσοι πρώτοι υπάρχουν μικρότεροι από το 100, μικρότεροι από το 1000 και ούτω καθεξής.

Αν x∈ ℝ+, θα προσπαθήσουμε να μετρήσουμε τους πρώτους που είναι ≤ x.

Τη συνάρτηση αυτή θα την ονομάζουμε π(x).

΄Ετσι π.χ. έχουμε: π(10)= 4, αφού οι πρώτοι οι μικρότεροι το 10 είναι οι 2,3,5 και 7. Ομοίως π(100)= 25 και π(1000) =168. ΄Ετσι ενώ μέχρι το 10, ένας στους 2.5 είναι πρώτος, μέχρι το 100 είναι ένας στους 4 και μέχρι το 1000 ένας στους 6.

Ας φτιάξουμε έναν πίνακα.

Βλέπουμε ότι το π(x) -x- φθίνει καθώς το x αυξάνει. Το ερώτημα είναι πόσο γρήγορα φθίνει.

Το x∕π(x) στον παραπάνω πίνακα είναι

Ο G auß λοιπόν παρατήρησε ότι κάθε φορά που πολλαπλασίαζε το x επί 10 έπρεπε να προσθέτει στη μέση απόσταση ανάμεσα σε δύο πρώτους αριθμούς περίπου 23, δηλαδή κάτι πολύ κοντά στο l. ΄Ετσι οδηγήθηκε στην εικασία ότι από 1 μέχρι N υπάρχουν περίπου ln(N) πρώτοι.

Συνεπώς μια καλή προσέγγιση για το π(x) είναι x∕lnx.

Ο Gauss δεν δημοσίευσε, ως συνήθως, τα αποτελέσματά του. Μερικά χρόνια αργότερα στην ίδια εικασία, με μία επιπλέον σταθερά στον παρονομαστή ως διορθωτικό όρο, οδηγήθηκε ο Legendre.

Η απόδειξη της εικασίας του Gauss άργησε λιγάκι.

Στα 1896 οι Jacques Hadamard και Ch. de laVall´eePoussin κατάφεραν, με χρήση μεθόδων της μιγαδικής ανάλυσης, να αποδείξουν ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, το Θεώρημα των πρώτων αριθμών.

Θεώρημα 1.3.31 (Θεώρημα των πρώτων αριθμών). Για μεγάλο x η συνάρτηση π(x) προσεγγίζει την x∕logx, δηλαδή

Μισό αιώνα αργότερα, το 1948, δόθηκε μια στοιχειώδης απόδειξη του θεωρήματος, από τους Paul Erdös και Alte Selberg, και πάλι ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο.

Σχήμα 1.3.6: P. Erdos και A. Selberg. Το παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Erdos_head_budapest_fall_1992.jpg και https://en.wikipedia.org/wiki/File:Atle_Selberg.jpg

Σχήμα 1.3.7: Γραφική παράσταση της π(x) (μπλέ) και της x∕log(x) (κόκκινο) μέχρι το

΄Οταν λέμε «στοιχειώδης» απόδειξη, όμως, δεν εννοούμε «απλή». Απλώς, δεν γίνεται χρήση μεθόδων της μιγαδικής ανάλυσης αλλά μόνο απειροστικού λογισμού.

Το αποτέλεσμα αυτό χάρισε στον Alte Selberg το 1950 το βραβείο Fields.

Για περισσότερες πληροφορίες σχετικά με το Θεώρημα των πρώτων αριθμών, παραπέμπουμε τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη στις εργασίες.

Μελετία Αλεβυζάκη, Το θεώρημα των πρώτων αριθμών, Διπλωματική εργασία, Ηράκλειο 1999.

N. Levinson, “A motivated account of an elementary proof of the prime number theorem”, American Mathematical Monthly 76 (1969), 225-245 .

H. G. Diamond, “Elementary methods in the study of the distribution of prime numbers”, Bull. Amer. Math. Soc. 7(1982), 553-589 και

Paul T. Bateman and Harold G. Diamond “A Hundred Years of Prime Numbers” Amer. Math Monthly 103 (1996), 729-741.

Εφαρμογές 1.3.32. Το μήνυμα του Arecibo. Είναι μια καλή ιδέα να χρησιμοποιήσουμε τους πρώτους αριθμούς ως βάση επικοινωνίας με εξωγήινους πολιτισμούς. Το παραπάνω μήνυμα είναι ένα σήμα το όποιο σχεδιάστηκε από τον ραδιοαστρόνομο Frank Drake και τον αστροφυσικό Carl Sagan το οποίο αποτελείται από 1679 bits και στάλθηκε με το ομώνυμο ραδιοτηλεσκόπιο στο διάστημα. Ο εξωγήινος πολιτισμός που θα το λάβει θα πρέπει να αναγνωρίσει ότι 1679= 23 ×73 και να «ανάψει» τα bits θέτοντάς τα σε γραμμές και στήλες, οπότε θα σχηματιστεί μια εικόνα που θα περιέχει τους αριθμούς 1-10, ατομικούς αριθμούς των στοιχείων που σχηματίζουν το DNA, στοιχεία σχετικά με τα νουκλεοτίδια του DNA, το σχήμα της διπλής έλικας, τη μορφή ενός ανθρώπου και τον πληθυσμό της γης, όπως και σχεδιαγράμματα του ηλιακού συστήματος και του δίσκου του ραδιοτηλεσκοπίου.

Η ίδια ιδέα εμφανίζεται και στην ταινία «Επαφή», όπου ένα σήμα αναγνωρίζεται ως προϊόν εξωγήινης νοημοσύνης, αφού αποτελείται από ακολουθία πρώτων αριθμών

Σχήμα 1.3.8: Το ραδιοτηλεσκόπιο του Arecibo, το σήμα του Arecibo, και παράσταση εξωγήινου από την Γαλλική έκδοση από του βιβλίου του H.G. Wells, «ο πόλεμος των κόσμων». Τα παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://en.wikipedia.org/wiki/File:Arecibo_Observatory_Aerial_View.jpg Δημιουργός H. Schweiker και https://en.wikipedia.org/wiki/File:Arecibo_message.svg και Δημιουργός: A. Correa https://en.wikipedia.org/wiki/File:War-of-the-worlds-tripod.jpg

Ασκήσεις

Α Ομάδα (Σωστό ή Λάθος)

Το πλήθος των πρώτων είναι υπεραριθμήσιμο.

Το πλήθος των άρτιων πρώτων είναι άπειρο.

Το πλήθος των περιττών πρώτων είναι αριθμήσιμο.

ϒπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι.

Η ακολουθία

περιέχει άπειρο πλήθος πρώτων.

(Εικασία του Tartaglia (1556) )

Τα αθροίσματα

1+ 2+ 4
1+ 2+ 4+ 8
1+ 2+ 4+ 8+ 16,
είναι διαδοχικά πρώτοι και σύνθετοι αντίστοιχα.

Β Ομάδα (Ασκήσεις Κατανόησης)

Αν (p,p+ 2) είναι ένα ζευγάρι διδύμων πρώτων και p> 3 τότε να αποδείξετε ότι 6|(p + 1)

Αν p∈ ℙ,p ≥ 5, τότε ο 2 p + 2 είναι σύνθετος.

Κάθε φυσικός αριθμός της μορφής n4+4 με n> 1 είναι σύνθετος.

Κάθε φυσικός αριθμός n> 11 μπορεί να γράφει ως άθροισμα δύο σύνθετων (θετικών) ακέραιων.

Αν ο φυσικός αριθμός 3 n +1 είναι πρώτος, τότε n= 1.

Να αποδείξετε ότι η μοναδική τριάδα πρώτων της μορφής p,p+ 2 και p+ 4 είναι 3,5 και 7.

Για ποιούς πρώτους αριθμούς p,017p +1 είναι τέλειο τετράγωνο;

Αν ο ελάχιστος πρώτος p που διαιρεί τον n είναι p> n1∕3, τότε ο άλλος παράγοντας του n θα πρέπει να είναι πρώτος.

Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο

δίνει τιμές πρώτους αριθμούς για x= 1,2,⋅⋅⋅,9 αλλά όχι πρώτο για x = 10.

Γ Ομάδα (Ασκήσεις Εμπέδωσης)

΄Εστω n ακέραιος, n≥ 1 και p πρώτος αριθμός. Αν l είναι η μεγαλύτερη δύναμη του p που διαιρεί το n!, δηλάδη pl|n!, ενώ pl+1 ∤n!, τότε το l γράφεται

Αν m ,m ,...,m 1 2 n ακέραιοι ≥ 1, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

είναι ακέραιος.

Δ Ομάδα (Ασκήσεις Εμβάθυνσης)

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n ο

έχει τουλάχιστον n διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους διαιρέτες. Στη συνέχεια να συμπεράνετε ότι το πλήθος των πρώτων είναι άπειρο.

1.4 Το αξίωμα του Bertrand

Αν n >0, υπάρχει πάντα πρώτος p τέτοιος ώστε n< p≤ 2n

Σημείωση Αν είχα n> 1 τότε n< p < 2n. Για n =1,1 <p ≤ 2⋅1⇒ p= 2 χρειάζεται την ισότητα.

Παρατήρηση Συνήθως η απόδειξη είναι αναλυτικής μορφής και αποτελεί μέρος της απόδειξης του prime number theorem [9]. Εδώ θα δώσουμε μία απόδειξη περισσότερο συνδυαστική, η οποία οφείλεται στον Erdös.

Λήμμα 1.4.1. Αν n≥ 1, τότε:

n (2n) 2n 2 ≤ n < 2.

∏n<p≤2np διαιρεί το (2n) n.

Αν r(p ) ο εκθέτης του p, έτσι ώστε

τότε (2n) r(p) n |∏p ≤2np.

Αν n> 2 και 2n< p ≤ n, 3 τότε p ∤(2n). n

Απόδειξη.

2n− k≥ 2(n− k) για κάθε k,0≤ k< n.

Επομένως 2n ≤ 2n⋅2n−1-⋅⋅⋅n+1= (2n) n n−1 n 1. Από την άλλη μεριά, ο αριθμός (2n) n είναι ο μεγαλύτερος συντελεστής του 2n (2n) 2n 2n (1+ 1) , n < (1+ 1) = 2 .

(2n) = (2n)! n n!n!. Για κάθε p ∈ℙ,n <p ≤ 2n ισχύει ότι p |(2n)! αλλά

Ο εκθέτης του p στο n! είναι [ ] r(p) -n ∑j=1 pj (θα το δούμε, στις ασκήσεις).

Επομένως, ο εκθέτης του p στο (2n) n είναι

Εδώ χρησιμοποιούμε την ιδιότητα

και

και συνεπώς

Αν 2n3 < p ≤ n τότε το p εμφανίζεται μια φορά στην παραγοντοποίηση του n! και δύο φορές, αφού 3p> 2n, στην παραγοντοποίηση του (2n)!. Επομένως, αφού n> 2 και p > 2, ισχύει

΄Εστω P (n) η προς απόδειξη πρόταση

P(1) 0 ≤ 41, ισχύει

P(2) 2 < 42, ισχύει

P(3) 3 < 43, ισχύει

Τώρα, αν m > 1, Τότε P(2m− 1)⇒ P(2m ). Πράγματι,

Επομένως, μπορούμε να υποθέσουμε ότι n= 2m +1, όπου m≥ 2. Για κάθε p∈ ℙ,m+ 2≦ p ≤ 2m+ 1, έχουμε (2m+1) p| m. Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι η P(m+ 1) ισχύει, τότε:

Αλλά (2m+1) m είναι ο (κεντρικός) συντελεστής του αναπτύγματος (1+ 1)2m+1 οπότε

Συνεπώς αποδείξαμε ότι P (m + 1)⇒ P(2m +1). Χρησιμοποιώντας την αλήθεια της πρότασης για 1,2,3 και την αλήθεια των συνεπαγωγών P(2m − 1)⇒ P(2m ) και P(m +1)⇒ P(2m+ 1) διαπιστώνουμε την αλήθεια της πρότασης για κάθε φυσικό αριθμό.

__

Απόδειξη. (του αξιώματος του Bertrand). Το αξίωμα ισχύει για n≤ 3 αφού για n = 1,1 <2 ≤ 2, και για n = 2,2 < 3≤ 4, για n = 3,3 < 5≤ 6.

Θα υποθέσουμε ότι είναι λάθος για n > 3 και θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Από το (4) του λήμματος 1.4.1 όλοι οι πρώτοι παράγοντες p του ( ) 2nn επαληθεύουν την ανισότητα

΄Εστω s(p), η πιο μεγάλη δύναμη του p η οποία διαιρεί το (2n) n. Από το (3) του λήμματος 1.4.1 έχουμε:

και καταλήγουμε στην ανισότητα

(1.4.1)

Επομένως, αν s(p )> 1 τότε √ -- p≤ 2n. Συνεπώς δεν υπάρχουν περισσότεροι από √-- [ 2n] πρώτοι διαιρέτες του ( ) 2nn με εκθέτη > 1. Αυτό έχει ως συνέπεια λόγω της (1.4.1) ότι

(1.4.2)

΄Ομως

(1.4.3)

(Εδώ (2n) n είναι ο μεγαλύτερος συντελεστής του (1+ 1)2n = 4n, το οποίο ανάπτυγμα έχει (2n+ 1)- όρους). Από τις εξισώσεις (1.4.2), (1.4.3 ) και το (5) του λήμματος 1.4.1 έχουμε:

Προφανώς 2n+ 1< (2n)2, οπότε απλοποιώντας με 42n∕3 έχουμε

Λογαριθμίζουμε, nln4 √-- 3 < (2+ 2n)ln2n. Αυτό όμως δεν ισχύει για μεγάλα n.

Για παράδειγμα για n= 750 έχουμε (χρησιμοποιούμε τις ανισότητες 1,3 <ln4 και ln1500< 7.5

Συνεπώς το αξίωμα ισχύει για n ≥750. Για n< 750 ισχύει επίσης, αφού οι πρώτοι 2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631,751 είναι, κάθε φορά, ο καθένας τους 2 φορές του προηγούμενού του. __

1.5 Μ.Κ.Δ. και Ε.Κ.Π.

΄Εστω a,b ακέραιοι αριθμοί από τους οποίους ένας τουλάχιστον είναι διάφορος του μηδενός. ΄Ενας ακέραιος αριθμός d λέγεται κοινός διαιρέτης των a,b όταν d|a και d|b.

Θεωρούμε το σύνολο των θετικών ακέραιων που είναι κοινοί διαιρέτες των a και b:

Είναι φανερό ότι S ⁄= ∅, αφού 1∈ S. Αν d ∈ S τότε d ≤ |a|. Συνεπώς το σύνολο S είναι πεπερασμένο. Το μεγαλύτερο στοιχείο του συνόλου S λέγεται μέγιστος κοινός διαιρέτης των a και b και συμβολίζεται ως (a,b).

Ορισμός 1.5.1. Αν a,b ακέραιοι από τους οποίους ένας τουλάχιστον είναι διάφορος του μηδενός. Ο θετικός ακέραιος d λέγεται μέγιστος κοινός διαιρέτης των a,b όταν:

d|a και d|b

Αν d′|a και d′|b, τότε d′ ≤d.

Παρατηρήσεις

Είναι φανερό ότι (0,b) = |b| και ότι (a,0)= |a|.

Αν a= 0 και b= 0 τότε το σύνολο των κοινών διαιρετών των a,b είναι άπειρο και συνεπώς ο μέγιστος κοινός διαιρέτης δεν ορίζεται. Για λόγους όμως που θα εξηγήσουμε παρακάτω, μπορούμε να ορίσουμε (0,0)= 0.

Επειδή οι διαιρέτες του − a συμπίπτουν με τους διαιρέτες του a, μπορούμε στα επόμενα να περιοριστούμε στον μέγιστο κοινό διαιρέτη θετικών ακέραιων.

Παραδείγματα

΄Εστω a = 15 και b= 18. Ο θετικοί διαιρέτες του a είναι 1,3,5,15. Οι θετικοί διαιρέτες του b,1,2,3,6,9,18. Επομένως, (15,18)= 3 = (− 1)⋅15+ 1⋅18.

΄Εστω a= 76 και b= 190. Οι θετικοί διαιρέτες του a είναι 1,2,4,19,38,76. Οι θετικοί διαιρέτες του b είναι 1,2,5,10,19,38,95,190. Επομένως, (76,190)= 38.

΄Εστω a= 14 και b= 55. Οι θετικοί διαιρέτες του a, είναι 1,2,7,14. Οι θετικοί διαιρέτες του b είναι 1,5,11,55. Επομένως, (14,55)= 1.

Η εύρεση των διαιρετών ενός ακέραιου δεν είναι εύκολη υπόθεση όταν οι a και b είναι μεγάλοι. Θα πρέπει επομένως να προσπαθήσουμε να χαρακτηρίσουμε τον μέγιστο κοινό διαιρέτη δύο ακέραιων με άλλους τρόπους και να βρούμε πιο γρήγορες δυναμικές μεθόδους υπολογισμού του.

Παρατηρούμε ότι στα παραδείγματα έχουμε:

Ορισμός 1.5.2. Αν a,b ακέραιοι, τότε κάθε παράσταση της μορφής ka+ lb, όπου k,l ακέραιοι λέγεται γραμμικός συνδυασμός των a και b.

Πρόταση 1.5.3. Αν a,b ακέραιοι, όχι και οι δύο ίσοι με μηδέν, τότε υπάρχουν ακέραιοι x ,y 0 0 τέτοιοι ώστε

και μάλιστα ο d είναι ο ελάχιστος θετικός ακέραιος με αυτή την ιδιότητα.

Απόδειξη. ΄Εστω S := {ax+ by|x,y ακέραιοι και ax+by > 0}. Το σύνολο S είναι υποσύνολο του ℕ και είναι διάφορο του κενού. Πράγματι, αν a⁄= 0, τότε αν a> 0 το a∈ S, για x= 1 και y = 0 ενώ αν a< 0, τότε − a ∈S για x =− 1 και y= 0. Ομοίως αν b⁄= 0.

Επομένως, από 1.1.2, έχουμε ότι το σύνολο S περιέχει ένα ελάχιστο στοιχείο, έστω d. Αφού d ∈ S, έπεται ότι υπάρχουν ακέραιοι x0 και y0 τέτοιοι ώστε

Σύμφωνα με την Πρόταση 1.2.2, υπάρχουν ακέραιοι q και r έτσι ώστε να ισχύει

Το υπόλοιπο της διαίρεσης γράφεται

Αν r> 0, τότε θα είχαμε ότι r∈ S το οποίο όμως είναι άτοπο, διότι το ελάχιστο στοιχείο του S είναι το d, ενώ r< d. Επομένως r= 0, δηλαδή d|a.

Εντελώς όμοια αποδεικνύεται ότι και d|b. Από τον ορισμό 1.5.1 προκύπτει

(1.5.1)

Τέλος, ο (a,b) αφού διαιρεί τα a και b θα διαιρεί και το d = ax0+ by0, οπότε θα ισχύει και

(1.5.2)

Από τις (1.5.1) και (1.5.2) έχουμε d = (a,b). __

΄Αμεση συνέπεια της 1.5.3 είναι ότι ένας ισοδύναμος ορισμός του μέγιστου κοινού διαιρέτη δύο ακέραιων a,b,(a,b) ⁄=(0,0), είναι ο εξής:

Ο d = (a,b) όταν:

d|a και d|b και

Αν d ∈ ℕ,d(≥ 1) τέτοιο ώστε ′ d|a και ′ d|b τότε ′ d |d

(Η 1. είναι ταυτόσημη με την (1) του Ορισμού 1.5.1. Αν ισχύει η 2., τότε d′ ≦ d, αφού d′|d, δηλαδή ισχύει η (2) του ορισμού 1.5.1 .

Αν ισχύει η 2. τότε επειδή d′|a και d′|b έπεται ότι d′|ax+ by = d 0 0)

Ορισμός 1.5.4. Δύο ακέραιοι αριθμοί a,b θα λέγονται πρώτοι μεταξύ τους όταν (a,b)= 1.

Στη συνέχεια θα μελετήσουμε μερικές βασικές ιδιότητες του μέγιστου κοινού διαιρέτη.

Πρόταση 1.5.5. a,b,c,d,q,bi ∈ ℤ.

Ο (a,b) =1 ακριβώς τότε όταν υπάρχουν ακέραιοι x0,y0 για τους οποίους να ισχύει:

Αν a|bc και (a,b)= 1, τότε a|c.

Αν a= bq+ c, τότε (a,b)=(a,c).

Αν m θετικός ακέραιος τότε (ma,mb)= m (a,b).

Αν d|a και d |b τότε

Αν (a,bi)= 1 για κάθε i= 1,2,...,n τότε (a,b1b2...bn)= 1.

Αν a|c,b|c και (a,b)= 1 τότε ab|c.

Θα αποδείξουμε πρώτα την 1. Αν ο (a,b)= 1 τότε από 1.5.3 προκύπτει ότι υπάρχουν ακέραιοι x,y 0 0:

Αν τώρα ax0+ by0 =1 και d = (a,b) επειδή d |a και d|b, θα έχουμε ότι και d|ax0+by0 = 1. Επειδή d θετικός ακέραιος, d = 1.

Τώρα θα αποδείξουμε την 2. Λόγω της πρότασης 1.5.3 η υπόθεση ότι (a,b) =1, μας εξασφαλίζει την ύπαρξη δύο ακέραιων x,y 0 0 τέτοιων ώστε

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της τελευταίας ισότητας με c,

Η υπόθεση ότι το a |bc μας εξασφαλίζει ότι το a |(ac)x0+(bc)y0 = c.

Πόρισμα 1.5.6. Αν p πρώτος αριθμός, τότε ισχύουν:

Αν p|ab, τότε έχουμε p |a είτε p |b

Αν ο p διαιρεί το γινόμενο των ακέραιων a1a2...an(n ≥2), τότε θα διαιρεί τουλάχιστον έναν από τους ai.

Αν p διαιρεί το γινόμενο πρώτων τότε ταυτίζεται με κάποιον pi.

Απόδειξη του πορίσματος:

Αν p|a δεν έχουμε να αποδείξουμε τίποτα. ΄Εστω ότι p ∤a. Επειδή p πρώτος, (p,a)= 1. Η (2) της πρότασης 1.5.5 (p|ab και (p,a) = 1) μας δίνει p|b.

Εφαρμόζουμε επαγωγή ως προς n.

Για n= 2, ισχύει, λόγω της 1. ΄Εστω ότι ισχύει για (n− 1). Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n. Το p|a1a2...an− 1an =(a1a2...an−1)an. Λόγω της 1. έχουμε p|(a1a2...an−1) είτε p|an.

Η υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής μας δίνει:

Από p|(a1a2...an−1) έπειται ότι p|ai για κάποιο i∈ {1,2,...,n − 1}. ΄Αρα ισχύει και για n.

Λόγω της 2. το p|pi για κάποιο i, 1≤ i≤ n. Επειδή p,pi πρώτοι, κατ΄ ανάγκη, p =pi.

Με τα παραπάνω ολοκληρώσαμε την απόδειξη του πορίσματος. Συνεχίζουμε να αποδείξουμε το 3. της πρότασης.

Κάθε κοινός διαιρέτης των a,b διαιρεί και το a+ b(− q)= c, δηλαδή είναι και κοινός διαιρέτης των b,c. Επίσης κάθε κοινός διαιρέτης των b,c διαιρεί και το a = bq +c, δηλαδή είναι κοινός διαιρέτης των a,b.

Τώρα θα αποδείξουμε το 4. ΄Εστω d := 1(a,b). ϒπάρχουν ακέραιοι x ,y :d = ax +by 1 1 1 1 1. Επομένως, md = (ma)x + (mb )y 1 1 1. Αν d := 2 (ma,mb ), θα έχουμε d|ma 2 και d |mb 2 οπότε

(1.5.3)

Επίσης υπάρχουν ακέραιοι x2,y2 τέτοιοι ώστε

Επειδή d1|a και d1|b, προκύπτει ότι d1|ax2+ by2. Επομένως

(1.5.4)

Από τις σχέσεις (1.5.3) και (1.5.4), έχουμε d2 = md1.

Προχωρούμε στην απόδειξη της 5. Είναι φανερό ότι οι ad και bd είναι ακέραιοι αριθμοί. Επομένως, η τελευταία παρατήρηση δίνει:

δηλαδή το ζητούμενο.

Τώρα θα αποδείξουμε την 6. ϒποθέτουμε ότι

Λόγω της πρότασης 1.3.2 ο d έχει τουλάχιστο έναν πρώτο διαιρέτη, έστω p. Ο p|d|a και . ΄Ομως το πόρισμα 1.5.6 (2), μας δίνει ότι p|bi0 για i0 ∈ {1,2,...,n}. Αυτό σημαίνει ότι p |(a,bi0)= 1, άτοπο. ΄Αρα d = 1.

Θα τελειώσουμε με την απόδειξη της 7. Αφού a|c, υπάρχει ακέραιος r τέτοιος ώστε c= ar Ομοίως, αφού b|c, ϒπάρχει ακέραιος τέτοιος ώστε c =bs. Επομένως ar= bs, δηλαδή b|ar. Η (2) της πρότασης 1.5.5, ((a,b)= 1) μας δίνει b|r. Συνεπώς r= bt, για κάποιο ακέραιο t. Τελικά

Η απόδειξη της πρότασης έχει ολοκληρωθεί.

Παρατήρηση 1.5.7. Αν m ∈ ℤ τότε

Παρατήρηση 1.5.8. Στην ειδική περίπτωση που d =(a,b), έχουμε

Σημείωση 1.5.9. Η πρόταση (1) του πορίσματος 1.5.6, λέγεται και «Λήμμα του Ευκλείδη». Περιέχεται στα «Στοιχεία», βιβλίο VII, πρόταση 30.

« ΠΙ῝

Τέλος, ας σημειώσουμε ότι η (2) της πρότασης 1.5.5, δεν ισχύει αν (a,b)> 1, π.χ. 6|3⋅4 ενώ 6 ∤3 και 6 ∤4.

Ορισμός 1.5.10. Οι ακέραιοι αριθμοί

θα λέγονται πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο, όταν ο (ai,aj)= 1, για κάθε i,j ∈{1,2,...,n},i⁄= j.

Στη συνέχεια μπορούμε να διατυπώσουμε και αποδείξουμε την ακόλουθη

Πρόταση 1.5.11. Αν οι πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο ακέραιοι m1,m2, ...,mn διαιρούν τον ακέραιο a, τότε και το γινόμενό τους διαιρεί επίσης τον a.

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς n.

Για n = 1, είναι φανερό ότι ισχύει. ΄Εστω ότι ισχύει n. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n+ 1.

Από την υπόθεση, συμπεραίνουμε ότι ο (mn+1,mj)= 1, για κάθε j =1,2,...,m. Λόγω της Πρότασης 1.5.5, (6) έχουμε

Η υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής δίνει m ′|a, όπου . Από το (7) της πρότασης (1.5.5) έπεται ότι

__

Στη συνέχεια θα αναφερθούμε σε μία παράλληλη έννοια προς αυτήν του μέγιστου κοινού διαιρέτη, αυτή του ελαχίστου κοινού πολλαπλάσιου.

Αν a,b ακέραιοι οι οποίοι διαιρούν τον ακέραιο m, τότε θα λέμε ότι ο m είναι ένα κοινό πολλαπλάσιο των a και b. Επειδή η διαίρεση με το 0 είναι αδύνατη, αυτό σημαίνει ότι υποθέτουμε αυτόματα ότι a⁄= 0 και b⁄= 0. Τα γινόμενα a ⋅b και − a⋅b είναι κοινά πολλαπλάσια των a και b ένα από τα δύο είναι θετικός ακέραιος.

Επομένως το σύνολο

και δεν είναι κενό.

Από το αξίωμα του ελαχίστου 1.1.2, έπεται ότι υπάρχει ελάχιστο στοιχείο στο σύνολο Sa,b.

Ορισμός 1.5.12. Το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο δύο, μη-μηδενικών, ακέραιων a,b ορίζεται ως ελάχιστος θετικός ακέραιος m := [a,b], με τις ιδιότητες

a|[a,b] και b|[a,b]

Αν a|c και b|c, c ακέραιος, c> 0 τότε [a,b]≤ c.

Παράδειγμα 1.5.13.

Αν a= − 3 και b= 5 το [− 3,5]= 15.

Αν a= 4 και b =6, το [4,6]= 12.

Αν τώρα ο ακέραιος m είναι ένα κοινό πολλαπλάσιο των a,b τότε το c := [a,b]|m. Αυτό είναι ισοδύναμο με την πρόταση ότι το σύνολο

περιέχει όλα τα κοινά πολλαπλάσια των a,b. Πράγματι, διαιρούμε το m με το c. Το θεώρημα 1.2.3 μας δίνει,

Θα αποδείξουμε ότι r= 0. Αν υποθέσουμε ότι r ⁄= 0, τότε (a|m και a|c) μας δίνει a|r. Ομοίως b|r. Επομένως το r είναι κοινό πολλαπλάσιο των a και b και είναι θετικός ακέραιος μικρότερος του c, άτοπο. ΄Αρα r = 0, οπότε και c|m.

΄Αμεση συνέπεια των παραπάνω είναι ότι ένας ισοδύναμος ορισμός του ΕΚΠ είναι ο εξής:

Ο e= [a,b] τότε και μόνο τότε όταν (i) a|e και b|e (ii) αν a|c και b|c(c∈ ℤ+), τότε e|c. Αλλά ποια σχέση έχει ο (a,b) με το [a,b];

Πρόταση 1.5.14. Αν a,b ακέραιοι, ab⁄= 0 τότε ισχύει (a,b)[a,b]= |ab|.

Απόδειξη. ΄Εστω d := (a,b). Επειδή d|a και d|b έχουμε, a= dr και b = ds,r,s ∈ℤ. Αν m := |ab|= d2|rs|= |r⋅ds|= |rb| d d και m =|dr⋅s|=|as|. Από τις τελευταίες δύο σχέσεις έχουμε a|m και b|m. Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι a|c και b|c,(c∈ ℤ). Επομένως, c = au= bv,(u,v∈ ℤ), οπότε dru = dsv, δηλαδή ru = sv.

Συνεπώς r|sv, και επειδή (r,s)= 1, έπεται ότι r|v, υπάρχει λοιπόν ακέραιος t, τέτοιος ώστε v= rt.

Αυτό σημαίνει ότι, c= bv= brt = ±m ⋅l δηλαδή m|c. Συνεπώς m =[a,b]. __

Πόρισμα 1.5.15. Ισχύει [a,b]= |ab| ακριβώς τότε, όταν (a,b)= 1.

Τους ορισμούς του ΜΚΔ και του ΕΚΠ δύο ακέραιων μπορούμε να τους γενικεύσουμε για πεπερασμένου πλήθους ακέραιους αριθμούς.

Ορισμός 1.5.16. Ως ΜΚΔ των ακέραιων a1,a2,...,an ορίζεται ο θετικός ακέραιος d για τον οποίο ισχύουν:

d|a1,d|a2,...,d|an και

αν d ′|a1,d′|a2,...d′|an, τότε d′|d.

Ως ΕΚΠ των ακέραιων a1,a2,...,an ορίζεται ο θετικός ακέραιος c για τον οποίο ισχύουν:

a1|c,a2|c,...,an|c και

αν a1|s,a2|s,...an|s, τότε c|s

Παρατηρήσεις

Για το πεπερασμένο πλήθος ακέραιων ισχύει πρόταση, ανάλογη της 1.5.3. Συγκεκριμένα d := (a1,a2,...,an), ακριβώς τότε όταν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε d = a1x1+ a2x2+ ⋅⋅⋅+ anxn και μάλιστα ο d είναι ο ελάχιστος θετικός ακέραιος με αυτή την ιδιότητα.

Οι ακέραιοι a1,a2,...,an θα λέγονται πρώτοι μεταξύ τους τότε και μόνο τότε όταν

Οι έννοιες πρώτοι μεταξύ τους και πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο δεν συμπίπτουν.

Ισχύουν.

(a1,a2,...,an)= ((a1,a2,...,an−1),an) και

Η πρόταση 1.5.14 δεν ισχύει εν γένει για n> 2.

Πράγματι, (2,4,6)= 2, [2,4,6]= 12 (2,4,6)⋅[2,4,6]= 2⋅12= 24⁄= 2⋅4⋅6= 48

ϒπάρχουν βέβαια σχέσεις μεταξύ και ΕΚΠ περισσότερων των δύο ακέραιων. Παραπέμπουμε τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη στο P. Bundschuch, Einführung in die Zahlentheorie 2η έκδοση 1992, σελίδες 26 και 27. Συγκεκριμένα ισχύουν:

Πρόταση 1.5.17. Αν n1,n2,...,nℓ, ′ ′ ′ n1,n2,...,nℓ και n ακέραιοι διάφοροι του μηδενός για τους οποίους ισχύουν ′ ni⋅ni = n (i= 1,...,ℓ) τότε

Στο πρόγραμμα sage ο αλγόριθμος του Ευκλείδη υλοποιείται ως εξής:

sage: d,u,v = xgcd(1200,1334) 
sage: print u,v 
219 −197 
sage: d == u∗12 + v∗15 
True

Ασκήσεις

Α Ομάδα (Σωστό ή Λάθος)

Ο (10,− 15) =− 5

Ο (2437,51329)= 1, διότι 51329(− 978)+ 2437 ⋅20599 = 1

Ο (963,657)= 18, αφού 657⋅44+ 963(− 30)= 18

Αν a|bc τότε a|b είτε a|c.

Β Ομάδα (Ασκήσεις Κατανόησης)

Αν a∈ ℤ και n ∈ℤ+, τότε (a,a+ n)|n

Αν (a,b) =1 Και c|a+ b, τότε (a,c)= (b,c) =1

Να αποδειχθεί ότι a|b ακριβώς τότε όταν [a,b]= |b|

Να αποδειχθεί ότι [9n+ 8,6n+ 5]= 54n2+ 93n+40, για κάθε φυσικό αριθμό n> 0

Αν (a,b) =1 , τότε (a +b,a− b)= 1 ή 2

Αν d|mn και (m,n) =1 να αποδειχθεί ότι d = d1d2 όπου d1|m,d2|m και (d1,d2)= 1

Αν m > 0, να αποδειχθεί ότι [md,mb]= m[a,b] Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι αν για τους θετικούς ακέραιους a,b,c ισχύει (a,b,c)= 1, τότε [ab,bc,ca]= abc

Να αποδείξετε ότι a|b⋅c ακριβώς τότε όταν (aa,b)|c.

Αν (a,b) =1 τότε n n (a ,b) = 1

Αν n n a |b τότε a|b

Αν a και b θετικοί ακέραιοι, τότε (a,b)= [a,b] ακριβώς τότε, όταν a= b

Να αποδειχθεί ότι για κάθε φυσικό αριθμό n το κλάσμα

είναι ανάγωγο.

Γ Ομάδα (Ασκήσεις Εμπέδωσης)

Αν a,b,c,d ∈ ℤ,b> 0,d > 0, (a,b)= (c,d) =1 και a+ c∈ ℤ b d τότε b= d

Αν (a,b)= r, (a,c)= s και (b,c)= 1 να αποδειχθεί ότι (a,bc)= rs. Δώστε ένα αντιπαράδειγμα, όταν (b,c)> 1

Αν a,b,c θετικοί ακέραιοι και a|bc,a∤b και a∤c τότε ο αριθμός

και μάλιστα 1< d < a (Δηλαδή ο a είναι σύνθετος!)

Αν (a,b,c)= 1 και 1+ 1= 1 q b c τότε ο a+ b είναι τέλειο τετράγωνο. (64ος Πανελλήνιος Διαγωνισμός στα Μαθηματικά «Ο Θαλής», 1-11-2003).

Δ Ομάδα (Ασκήσεις Εμβάθυνσης)

Αν m ≥ 1 και a> 1 τότε

Αν a,m,n θετικοί ακέραιοι και m ⁄= n τότε

Αν m,n θετικοί ακέραιοι και m περιττός τότε

1.6 Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη

Ο ορισμός του ΜΚΔ δύο ακέραιων δεν βοηθάει στην εύρεσή του, ιδιαίτερα όταν οι ακέραιοι είναι μεγάλοι.

Η πιο αποτελεσματική γνωστή μέθοδος υπολογισμού του ΜΚΔ δύο ακέραιων είναι ο αλγόριθμος του Ευκλείδη. Αλγόριθμός είναι μια πεπερασμένη επαναληπτική διαδικασία.

Ας πάρουμε π.χ. a= 224 και b= 35 εφαρμόζουμε το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο, a= b⋅q1+ r1, 224= 35⋅6+ 14.

Στη συνέχεια θεωρούμε τους ακέραιους b= 35 και r= 14 και ξανακάνουμε το ίδιο b= r1q2+r2 35= 14⋅t2 +7, και συνεχίζουμε μέχρι που το υπόλοιπο της διαίρεσης να είναι μηδέν. r1 = r2q3+ r3 14 = 7⋅2+ 0.

Ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των a και b είναι το τελευταίο μη- μηδενικό υπόλοιπο.

Η γενική μέδοθος είναι η εξής:

Εφαρμόζουμε διαδοχικά το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο:

Η ακολουθία των υπολοίπων {r} ii∈ℕ είναι μια γνησίως φθίνουσα ακολουθία μη αρνητικών ακέραιων. ΄Αρα υπάρχει n ∈ℕ τέτοιο ώστε r = 0 n+1.

Ο (a,b)= rn. Πράγματι, ο rn|rn− 1, οπότε rn|rn−2,...,rn|b και rn|a. Επίσης, αν ′ d |a και ′ d |b τότε ′ ′ ′ d |r1,d|r2,...,d |rn.

Παράδειγμα 1.6.1. a= 288,b= 51

Αν θέλουμε να υπολογίσουμε τους ακέραιους x0,y0 τέτοιο ώστε d = ax0+ by0, ακολουθούμε την αντίστροφη πορεία. ΄Ετσι στο τελευταίο παράδειγμα έχουμε:

Επομένως, 3 =288(− 3)+ 51⋅17

Αν βέβαια τα βήματα εύρεσης του (a,b) είναι πολλά, η αντίστροφη πορεία είναι αρκετά επίπονη.

Στα 1740, ο Καθηγητής του Πανεπιστήμιου του Cambridge, Nicholas Saunderson, διατύπωσε έναν αρκετά πιο απλοποιημένο αλγόριθμο.

΄Εστω a,b ακέραιοι, a≥ b > 0,d := (a,b)= rn, δηλαδή rn+1 = 0 και ri = ri+1qi+2+ ri+2 για i= 1,2,...,n.

Ας ονομάσουμε r−1 := a και r0 = b. Ορίζουμε x0 = 0,x1 = 1,y0 = 1,y1 = q1 και xi = xi−2+ xi−1qi,y1 = yi−2+yi−1qi.

Πρόταση 1.6.2. Αν a,b ακέραιοι, a≥ b> 0 και d := (a,b) τότε

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι ισχύει η

Πράγματι, για n= 0, ισχύει

Επίσης ισχύει και για n= 1, δηλαδή

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για όλους τους φυσικούς k,0≤ k < n. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για k+ 1.

Πράγματι,

Από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής, προκύπτει ότι

Επομένως ισχύει

__

Παράδειγμα 1.6.3. ΄Εστω a= 455 και b= 255 Εφαρμόζουμε τον ευκλείδειο αλγόριθμο.

i
0
1
2
3
4
5
6
7

qi

1
1
3
1
1
1
3

xi
0
1
1
4
5
9
14
51

y i
1
1
2
7
9
16
25
91

Επομένως d = (− 14)⋅455+ 25⋅255

Παρατηρήσεις:

Ο ευκλείδειος αλγόριθμος περιγράφεται στα «Στοιχεία» Κεφάλαιο VII, Πρόταση 2 ΠΙ῝

Το ερώτημα πώς να υπολογίσουμε τον ΜΚΔ τριών ακέραιων απαντήθηκε επίσης από τον Ευκλείδη στα «Στοιχεία» του Κεφαλαίου VII, Πρόταση 3. ΠΙ῝

Εδώ χρησιμοποιούμε την ιδιότητα του ΜΚΔ, οπότε υπολογίζουμε τον ΜΚΔ των δύο πρώτων και αυτού με τον τρίτο.

΄Ομοια εργαζόμαστε για τον υπολογισμό του ΜΚΔ διαιρέτη περισσοτέρων ακέραιων.

Στο ερώτημα πόσο γρήγορος είναι ο ευκλείδειος αλγόριθμος. Μία, πολύ χοντρική, εκτίμηση είναι ότι θα σταματήσει το πολύ μετά από |b|-βήματα. Εύκολα αποδεικνύεται ότι για τα διαδοχικά υπόλοιπα

ισχύει ri+2 < 12ri, για κάθε i= 1,2,....

Από αυτή παρατήρηση αυτή έπεται ότι ο αλγόριθμος περατούται (σταματάει) μετά από το πολύ 2log (|b|) 2-βήματα, από το οποίο προκύπτει ότι χρειάζεται το πολύ 6,65-φορές τον αριθμό των ψηφίων του b για να σταματήσει.

Ιστορικά 1.6.4. Ο Γάλλος μαθηματικός Gabriel Lamé απέδειξε στα 1845 ότι ο αριθμός των βημάτων είναι μικρότερος από το 5-πλάσιο του αριθμού των ψηφίων του b.

Στα 1970, ο Καναδός μαθηματικός John Dixon καλυτέρευσε το παραπάνω αποτέλεσμα του Lamé (John Dixon, “The number of steps in the Euclidean algorithm” J. Number Theory 2(1970) 414-422).

Από τα παραπάνω γίνεται φανερό πόσο αποτελεσματικός είναι ο αλγόριθμος.

Δεν χρειάζεται το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο για τον υπολογισμό των διαδοχικών πηλίκων q1,q2,...

Γνωρίζουμε ήδη ότι αυτό είναι το ακέραιο μέρος του πηλίκου του διαιρετέου προς τον διαιρέτη. Με ένα κομπιουτεράκι κάνουμε τη διαίρεση και «ξεχνούμε» το δεκαδικό κομμάτι του αριθμού που βρίσκουμε. Αυτό είναι το αντίστοιχο πηλίκο q. Το αντίστοιχο υπόλοιπο υπολογίζεται εύκολα από

Το θεώρημα του Saunderson σχετίζεται με τη θεωρία των συνεχών κλασμάτων, κλάδο της θεωρίας αριθμών τον οποίο θα αναπτύξουμε αργότερα.

Ασκήσεις στον Ευκλείδιο Αλγόριθμο

Να υπολογίσετε τον (15540,19980) και να τον γράψετε ως γραμμικό συνδυασμό αυτών των δύο ακέραιων. Στη συνέχεια να κάνετε το ίδιο για το (6660,15540,19980)

Πόσα βήματα χρειάζεται ο αλγόριθμος του Ευκλείδη για να υπολογίσει τον (a,b), όπου

και n θετικός ακέραιος

Να υπολογίσετε το ΕΚΠ (5040, 7700).

Αν a,m,n(a > 1) θετικοί ακέραιοι, να αποδειχθεί ότι

Αν m,n θετικοί ακέραιοι και m περιττός, τότε (2m− 1,2n +1)= 1.

1.7 Το θεμελιώδες θεώρημα της Αριθμητικής

΄Ενα από τα πιο σημαντικά θεωρήματα της Θεωρίας Αριθμών είναι το θεμελιώδες θεώρημα της Αριθμητικής . Σύμφωνα με αυτό οι πρώτοι αριθμοί είναι οι «δομικοί λίθοι» του «οικοδομήματος» των φυσικών αριθμών. ΄Ετσι, αν «γνωρίζουμε» όλους τους πρώτους, «γνωρίζουμε» και όλους τους φυσικούς και τις ιδιότητές τους.

Η αυστηρή διατύπωση του θεωρήματος είναι η εξής:

Θεώρημα 1.7.1 (Θεμελιώδες θεώρημα της Αριθμητικής).

Κάθε φυσικός αριθμός n> 1 αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Η ανάλυση αυτή είναι μονοσήμαντη.

Σημείωση: ΄Οταν λέμε «γινόμενο πρώτων» δεν εννοούμε ότι οι πρώτοι παράγοντες είναι μεταξύ τους διαφορετικοί π.χ. 180 = 2⋅2⋅3⋅3⋅5. Επίσης όταν λέμε ότι η παράσταση είναι ‘‘μονοσήμαντη’’ εννοούμε ότι δεν ξεχωρίζουμε δύο αναλύσεις που διαφέρουν μόνο στη σειρά των παραγόντων, π.χ. οι αναλύσεις του 18 =2 ⋅2 ⋅3 και 18 =2 ⋅3 ⋅2 δεν είναι μεταξύ τους διαφορετικές.

Απόδειξη. Η απόδειξη θα γίνει σε δύο βήματα.

Βήμα 1ο: Απόδειξη της ύπαρξης μιας τουλάχιστον παραγοντοποίησης. Η απόδειξη του βήματος θα γίνει επαγωγικά ως προς n.

Για n = 2, ισχύει αφού ο είναι πρώτος. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για όλους τους φυσικούς 2≤ i≤ n− 1.

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n. Αν ο n είναι πρώτος, δεν έχουμε τίποτε να αποδείξουμε. ϒποθέτουμε λοιπόν ότι ο n είναι σύνθετος. ΄Εστω p1 ο ελάχιστος πρώτος διαιρέτης του n.

Ο n γράφεται, n= p1⋅m, όπου m φυσικός, 1< m ≤ n− 1. Σύμφωνα με την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής ο m αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, m = p2p3...pl(pi ∈ℙ για κάθε i= 2,3,...l) Επομένως, δηλαδή ισχύει και για n, άρα για κάθε φυσικό n,n> 1

Βήμα 2ο ϒποθέτουμε ότι ο n έχει δύο παραγοντοποιήσεις:

Θα αποδείξουμε ότι οι παραγοντοποιήσεις συμπίπτουν.

Πράγματι, . Από πόρισμα 1.5.6 3 προκύπτει ότι p1 = q1i∈ {1,2,...,s}. Μπορούμε, αλλάζοντας αν χρειαστεί την αρίθμηση ότι i= 1,p1 = q1. Επομένως έχουμε . Εργαζόμαστε όπως παραπάνω και έχουμε p2 = q2 και . Συνεχίζουμε όμοια μέχρι να εξαντληθούν όλοι οι πρώτοι από κάποιο μέλος. Αν l < s έχουμε άτοπο.

΄Αρα l = s και pi = qi. __

Παρατηρήσεις

Εδώ φαίνεται γιατί αποκλείσαμε το 1 από τους πρώτους αριθμούς. Αν το 1 ελογίζετο μεταξύ των πρώτων δεν θα είχαμε μονοσήμαντη ανάλυση.

ϒπάρχει και άλλη απόδειξη η οποία αποφεύγει τη χρήση της (3) του πορίσματος 1.5.6 δηλαδή αποφεύγει τη χρήση της έννοιας του ΜΚΔ και κατ΄ επέκταση της προσθετικής δομής του ℕ. Οφείλεται στον Γερμανό μαθηματικό E. Zermelo.

Το θεμελιώδες θεώρημα της Αριθμητικής δεν ευρίσκεται διατυπωμένο με σαφήνεια σε κάποια πρόταση των «Στοιχείων» του Ευκλείδη, παρά το ότι υπάρχουν προτάσεις που είναι σχεδόν ισοδύναμες με αυτό. Στο βιβλίο IX, πρόταση 1.4 αναφέρεται:

Πολλοί ισχυρίζονται ότι θα πρέπει να ήταν γνωστό στον Ευκλείδη. Ούτε στο έργο του A.M. Legendre εμφανίζεται ξεκάθαρα. Η πρώτη σαφής διατύπωσή του εμφανίζεται στο έργο του Gauss “Disquisitiones Arithmeticae” (1801) άρθρο (πρόταση) 16 “THEOREMA. Numerus compositus quicunque unico tantum modo in factores unico resolvi potest.”

Θεώρημα 1.7.2. Κάθε σύνθετος φυσικός αριθμός αναλύεται μονοσήμαντα σε γινόμενο πρώτων.

Παραθέτουμε σχετικό απόσπασμα από τη σελίδα 43 του βιβλίου «Η μουσική των πρώτων αριθμών» του Marcus Du Sautoy.

«Οι αρχαίοι ΄Ελληνες ήταν οι πρώτοι που ανακάλυψαν κατά τον 4ο αιώνα π.χ., τη δυναμική των πρώτων αριθμών, ως δομικών λίθων για όλους τους αριθμούς. Διαπίστωσαν ότι κάθε αριθμός μπορεί να δημιουργηθεί από τον πολλαπλασιασμό μεταξύ πρώτων αριθμών. Ενώ πίστευαν λανθασμένα ότι ο αέρας, η φωτιά, το νερό και η γη είναι οι δομικοί λίθοι της ύλης, είχαν πολύ μεγαλύτερη επιτυχία όταν τέθηκε το θέμα του προσδιορισμού των ατόμων της Αριθμητικής. Επί πολλούς αιώνες οι χημικοί αγωνίστηκαν για να προσδιορίσουν τα βασικά συστατικά του αντικειμένου τους, και η ελληνική διαίσθηση βρήκε επιτέλους τη θέση της στον περιοδικό πίνακα του Dimitri Mendeleev, που αποτελεί μία πλήρη περιγραφή των στοιχείων της Χημείας. Αντιθέτως, ενώ οι ΄Ελληνες έκαναν μια καλή αρχή εντοπίζοντας τους δομικούς λίθους της Αριθμητικής, οι μαθηματικοί προσπαθούν ακόμη να κατανοήσουν τη δομή του πίνακα των πρώτων αριθμών.»

ϒπάρχει κάποιο βιβλίο-μυθιστόρημα το οποίο αναφέρεται στο πώς θα αντιλαμβανόμασταν τον τρισδιάστατο ευκλείδειο χώρο, αλλά ζούσαμε στον διδιάστατο. Το βιβλίο αυτό είναι του E.A. Abbott, Flatland: A Romance of Many Dimensions, Dover, New York 1952. Ας κάνουμε και εμείς για λίγο το ίδιο και ας θεωρήσουμε ότι ο κόσμος των φυσικών αριθμών είναι «άρτιος» δηλαδή αποτελείται μόνο από τους άρτιους ακέραιους.

Είναι φανερό ότι το άθροισμα, η διαφορά και το γινόμενο άρτιων είναι επίσης άρτιος. Θα λέμε ότι ο αριθμός m του A διαιρεί τον αριθμό n αυτού ακριβώς τότε όταν υπάρχει k ∈A τέτοιο ώστε n= mk.

Προσοχή: Το 4 διαιρεί το 8 στο A όχι όμως το 12, διότι 12= 4⋅3 ενώ ο 3 είναι περιττός και 3∈∕A. Ο p ∈A θα λέγεται A-πρώτος αν δεν διαιρείται από κανέναν αριθμό του A. (Οι A- ακέραιοι δεν διαιρούνται με τον εαυτό τους!).

Οι αριθμοί 2,6,10,... είναι A- πρώτοι. Μάλιστα όλοι οι A-πρώτοι είναι οι ακέραιοι της μορφής 2k|k∈ ℤ− 2ℤ.

Μία βασική ιδιότητα των πρώτων αριθμών είναι η (Αν p|a⋅b τότε p|a είτε p|b) (βλ. πόρισμα 1.5.6 (1) ).

Η ιδιότητα αυτή δεν ισχύει στους A-ακέραιους. Ο A-ακέραιος 10 που είναι A-πρώτος, διαιρεί το γινόμενο 30 ⋅50 = 1500 δεν διαιρεί όμως ούτε το 30 ούτε το 50!.

Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι κάθε A- ακέραιος είναι γινόμενο A-πρώτων δεν ισχύει όμως το μονοσήμαντο.

π.χ. 1500= 30⋅50= 6⋅250, και οι 30,50,6,250 είναι A- πρώτοι.

Αυτό δείχνει ότι το μονοσήμαντο της παραγοντοποίησης δεν είναι καθόλου προφανές! Αλλά σ΄ αυτό το θέμα θα επανέλθουμε στο δεύτερο μέρος του βιβλίου.

Καιρός όμως να επιστρέψουμε πίσω στο θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής. Αν n φυσικός, n> 1, αναλύεται μονοσήμαντα σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Αν συμπτύξουμε τους πρώτους παράγοντες σε δυνάμεις και τους διατάξουμε σε αύξουσα ακολουθία έχουμε, n= pn1pn2...pns,pi ∈ ℙ 1 2 s για i= 1,2,...,s,p1 < p2 < ⋅⋅⋅< ps και οι ni είναι θετικοί ακέραιοι.

Συχνά είναι χρήσιμη και η εξής παράσταση, n= ∏ pnp, p∈ℙ όπου οι εκθέτες είναι φυσικοί αριθμοί σχεδόν όλοι μηδέν.

(Αυτό σημαίνει ότι όλοι εκτός από πεπερασμένο πλήθος είναι ίσοι με μηδέν). Η ανάλυση αυτή λέγεται κανονική ανάλυση του n. Από το θεμελιώδες θεώρημα της Αριθμητικής προκύπτει ότι ο εκθέτης n p ορίζεται μονοσήμαντα από τον φυσικό αριθμό n και τον πρώτο p. Συχνά θα τον συμβολίζουμε με ϑ (n) p.

Αφού κάθε ακέραιος a ∕∈ {0,± 1}, γράφεται στη μορφή a= ε⋅n, όπου ε ∈{+1, − 1} και n φυσικός, n> 1, έχουμε:

Κάθε ακέραιος a,a ∕∈{0,± 1}, γράφεται μονοσήμαντα στη μορφή

σχεδόν όλοι ίσοι με μηδέν.

Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι και ο 1 έχει μια τέτοια παράσταση με όλους τους εκθέτες ϑp(1)= 0 για κάθε p ∈ ℙ .

Αν τώρα a∈ ℚ,a⁄= 0, αυτός γράφεται a= εmn- όπου ε ∈ {±1} και m,n φυσικοί, mn ⁄= 0.

Αν m = ∏p∈ℙpϑp(m) και n= ∏p ∈ℙpϑp(n) οι κανονικές αναλύσεις των m,n αντίστοιχα, έχουμε

όπου ϑp(a) ακέραιοι αριθμοί σχεδόν όλοι μηδέν.

Εύκολα αποδεικνύεται ότι η ανάλυση είναι μονοσήμαντη.

Επομένως, ο ρητός a,a⁄= 0 είναι ακέραιος ακριβώς τότε όταν ϑp(a)≥ 0 για κάθε p ∈ℙ.

Στη συνέχεια αποδεικνύουμε την

Πρόταση 1.7.3. Αν a,b ακέραιοι αριθμοί, διάφοροι του μηδενός, τότε b|a ακριβώς τότε όταν ϑp(b)≤ ϑp(a), για κάθε p ∈ ℙ

Απόδειξη. Ο b διαιρεί τον a ακριβώς τότε όταν ο ρητός a b είναι ακέραιος. Αν a = ε pϑp(a) a∏p ∈ℙ και b = ε pϑp(b) b∏p ∈P οι κανονικές αναλύσεις των a και b η κανονική ανάλυση του ρητού a∕b είναι

Ο αριθμός αυτός είναι ακέραιος ακριβώς τότε όταν ϑp (a)− ϑp(b)≥ 0, για κάθε p∈ ℙ, δηλαδή όταν ϑp(a)≥ ϑp(b) για κάθε πρώτο p. __

Προκειμένου να ισχύει το κριτήριο και στις περιπτώσεις που a = 0 ή b =0 εισάγουμε μια τυπική κανονική ανάλυση και για το μηδέν. Επειδή κάθε ακέραιος b διαιρεί το μηδέν, θα πρέπει, αν 0 = ∏p∈ℙpϑp(0), να ισχύει ϑp(b)≤ ϑp(0) για κάθε πρώτο p και κάθε ακέραιο b(b⁄= 0).

Για να ισχύει αυτό θα πρέπει να ορίσουμε ϑp(0)= ∞, για κάθε p ∈ ℙ. Επομένως ορίζουμε, εντελώς τυπικά,

Σημείωση: Το κριτήριο διαιρετότητας με τον παραπάνω ορισμό ισχύει και όταν b= 0 (τότε a⁄= 0) διότι 0|a ισχύει μόνο όταν a= 0, οπότε έχουμε b|a.

Η επόμενη πρόταση εκφράζει τον ΜΚΔ και το ΕΚΠ δύο ακέραιων υπο το φως των καινούργιων δεδομένων

Πρόταση 1.7.4. Αν a,b μη-μηδενικοί ακέραιοι και

οι κανονικές αναλύσεις τους, τότε

Απόδειξη. Η απόδειξη είναι απλή επαλήθευση των απαιτήσεων του ορισμού των ΜΚΔ και ΕΚΠ αντίστοιχα. __

Η πρόταση 1.7.4 είναι χρήσιμη για την απόδειξη ιδιοτήτων του ΜΚΔ και του ΕΚΠ. Για παράδειγμα η πρόταση 1.5.14 αποδεικνύεται αμέσως αφού ϑp(|ab|)= ϑp(a)+ ϑp(b) = min{ϑp (a),ϑp(b)}+ max {ϑp (a),ϑ(p)(b)} για κάθε p ∈ℙ.

Δεν είναι όμως πρακτική αφού προϋποθέτει την δυνατότητα εύρεσης της παραγοντοποίησης, κάτι το οποίο είναι εξαιρετικά δύσκολο, όπως θα δούμε παρακάτω.

Τέλος είμαστε σε θέση να αποδείξουμε αυτό που έχουμε ήδη υποσχεθεί.

Πρόταση 1.7.5. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4l+ 3,l ∈ℤ

Απόδειξη. Η μέθοδος είναι και πάλι η απαγωγή στο άτοπο.

΄Εστω ότι υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους, p1,p2,...,ps. Σχηματίζουμε τον φυσικό αριθμό

Ο αριθμός αυτός, σύμφωνα με την πρόταση 1.7.1, αναλύεται μονοσήμαντα σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Ισχυρίζομαστε ότι ένας τουλάχιστο από τους παράγοντες είναι της μορφής

Αν ήταν της μορφής 4l+1, τότε και το γινόμενό τους θα ήταν αριθμός της μορφής 4l+ 1, δηλαδή και ο n, άτοπο. ΄Εστω λοιπόν p πρώτος, p|n και p της μορφής 4l+3. Ο p θα είναι κάποιος από τους pi,i∈{1,2,...,s}. Επομένως και p|n = 4p1p2...ps− 1. Τελικά ο p|1, άτοπο.

Συνεπώς υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4l+ 3,l ∈ℤ.

Σημείωση: Η παραπάνω ιδέα δεν μπορεί να εφαρμοστεί για να μας δώσει την ύπαρξη απειρίας πρώτων της μορφής

Αυτό διότι το γινόμενο δύο ακέραιων της μορφής 4l+ 3 είναι αριθμός της μορφής 4l+ 1.

Την περίπτωση αυτή θα την εξετάσουμε αργότερα. __

Πρόταση 1.7.6. Αν a,b και c θετικοί ακέραιοι με (b,c)= 1 και an = bc, για κάποιον φυσικό n > 1 τότε υπάρχουν ακέραιοι a1,a2, πρώτοι μεταξύ τους όπου a = a1a2 και τέτοιοι ώστε b= an 1 και c= an 2.

Απόδειξη. Αν b= 1 είτε c= 1 η πρόταση είναι φανερή. Επομένως, ας υποθέσουμε ότι b> 1 και c> 1. Τότε και a> 1. Γράφουμε τη μονοσήμαντη ανάλυση σε γινόμενο πρώτων των b,c.

Λόγω της υπόθεσης ότι (b,c)= 1 οι αριθμοί b,c δεν έχουν κοινό πρώτο παράγοντα.

Η υπόθεση ότι n a = bc και το μονοσήμαντο της ανάλυσης σε γινόμενο πρώτων μας δίνουν ότι

και ότι

δηλαδή bi = nri για i= 1,2,...s και ci = nsi για i= 1,2,...,l. Συνεπώς, αν και τότε a = a1a2 και n n b= a1,c= a2. __

΄Αμεση συνέπεια της πρότασης είναι το ακόλουθο

Πόρισμα 1.7.7. ΄Εστω m ≥ 2 και b1,b2,...,bm θετικοί ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο και a∈ ℤ ώστε

Τότε υπάρχουν m ακέραιοι ci για τους οποίους ισχύει n bi = ci για κάθε i= 1,2,...,m.

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς m.

Για m = 2 ισχύει από την προηγούμενη πρόταση. ΄Εστω ότι ισχύει για m− 1. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για m. Πράγματι αν

επειδή (bm,b1b2⋅⋅⋅bm−1)= 1 έπεται ότι

Λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής bi = cni για i=1,2,...,m− 1. Συνεπώς bi = cni, για i= 1,2,...,m − 1,m. __

Ασκήσεις

Αν n φυσικός αριθμός n> 1 και

ni >0 η κανονική παράσταση αυτού, να αποδείξετε ότι ο n είναι τέλειο τετράγωνο ακριβώς όταν 2|ni, για κάθε i= 1,2,...,s/

Αν p∈ ℙ να αποδείξετε ότι ( ) p| pk για κάθε k = 1,2,3,...,p− 1.

Αν p|ap − bp, p∈ ℙ να αποδείξετε ότι τότε p2 |ap− bp.

Αν n∈ ℕ, n> 1, πόσα ζευγάρια θετικών ακέραιων υπάρχουν ώστε [a,b]= n;

Αν k,ℓ,m θετικοί ακέραιοι να αποδειχτεί ότι:

Συμπεράνετε ότι

Αν a,m,n θετικοί ακέραιοι, a> 1 να αποδειχτεί ότι

Κεφάλαιο 2
Διοφαντικές Εξισώσεις

2.1 Εισαγωγή

Διοφαντική εξίσωση θα λέγεται κάθε πολυωνυμική εξίσωση της μορφής

(2.1.1)

όπου f(x,x ,...,x ) 1 2 n πολυώνυμο με συντελεστές ακέραιους αριθμούς.

Κάθε n-άδα ακέραιων (x ,x ,...,x) 1 2 n η οποία επαληθεύει την (2.1.1) θα λέγεται μία λύση της (2.1.1).

Λύση της εξίσωσης (2.1.1), θα λέγεται η εύρεση όλων των ακέραιων λύσεων αυτής.

Βέβαια, δεν είναι πάντοτε δυνατή η λύση μιας διοφαντικής εξίσωσης. Συχνά τίθενται ασθενέστερα ερωτήματα όπως:

΄Εχει η εξίσωση (2.1.1), λύση ή όχι;

Αν έχει λύσεις, είναι το πλήθος αυτών πεπερασμένο ή άπειρο;

Αν το σύνολο των λύσεων είναι άπειρο, μπορεί να δοθεί παραμετρικά;

Αν το σύνολο των λύσεων είναι πεπερασμένο, τότε μπορεί να βρεθεί ένα ανώτερο φράγμα πέρα από το οποίο δεν υπάρχουν λύσεις, ή ο ακριβής αριθμός των λύσεων ή, ακόμη καλύτερα, όλες οι λύσεις;

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε μερικές απλές διοφαντικές εξισώσεις.

Σημείωση 2.1.1. Ο χαρακτηρισμός των εξισώσεων ως «διοφαντικές» αποτελεί απόδοση τιμής στο μαθηματικό Διόφαντο που έζησε κατά τον 3ο μ.Χ. αιώνα. Θεωρείται ο πατέρας της ΄Αλγεβρας. Το σημαντικότερο έργο του είναι τα «Αριθμητικά» του. Το έργο του χωρίζεται σε δεκατρία βιβλία. Περιέχουν 189 προβλήματα. Ο Διόφαντος αναπτύσσει τη μεθοδολογία του λύνοντας συγκεκριμένα αριθμητικά προβλήματα. Κατά τον 15ο αιώνα τα «Αριθμητικά» μεταφράστηκαν στα Λατινικά. Πάνω σε ένα τέτοιο αντίγραφο, δίπλα στο περιθώριο των σελίδων του σημείωνε ο Fermat τις παρατηρήσεις του, κάτι που σηματοδοτεί τη γένεση της Θεωρίας Αριθμών στους νεώτερους χρόνους.

Στα νέα Ελληνικά έχουν εκδοθεί από τον Ευάγγελο Σταμάτη, «Διοφάντου Αριθμητικά» Οργανισμός Εκδόσεων Διδακτικών Βιβλίων, Εν Αθήναις 1953.

Πάρα πολύ ευχάριστα διαβάζεται και το βιβλίο της Isabella Grigoryevna Bashmakova, Diophantus and Diophantine Equations [3] (μετάφραση από τα ρωσικά του A. Shenitzer, The Mathematical Association of America, 1997. Του βιβλίου αυτού υπάρχει μετάφραση και στα γερμανικά. Μάλιστα σύντομα θα κυκλοφορήσει και στα Ελληνικά.)

Τέλος, θα πρέπει να σημειώσουμε ότι πριν από περίπου 30 χρόνια βρέθηκαν τέσσερα από τα χαμένα βιβλία των αριθμητικών στα αραβικά. Αγγλική μετάφραση τους περιέχεται στο Sesiano J. Books IV to VII of Diophantus Arithmetica: In the Arabic Translation attributed to Qust^a Ibn L^uq^a, Springer, New York 1982.

2.2 Γραμμικές διοφαντικές εξισώσεις

Σχήμα 2.2.1: Διόφαντος ο Αλεξανδρεύς, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.

Η γενική γραμμική διοφαντική εξίσωση έχει τη μορφή,

(2.2.1)

όπου a1,a2,...,an,c ακέραιοι αριθμοί.

Θα ξεκινήσουμε από ένα πρόβλημα που πρότεινε ο Euler στα 1770.

«Να αναλυθεί ο αριθμός 100 σε αθροίσματα δύο θετικών προσθετέων a και b τέτοιων ώστε ο ένας να είναι διαιρετός με 7 και ο άλλος με 11»

Θα πρέπει, ο a= 7x,x∈ ℤ, ≥ 1 και b= 11y,y≥ 1. Δηλαδή θα πρέπει να βρούμε τις λύσεις της γραμμικής διοφαντικής εξίσωσης

φυσικά με τους περιορισμούς x ≥1,y≥ 1.

Πρώτα απ΄ όλα θα μελετήσουμε την ειδική περίπτωση, για n= 2. Το ερώτημα είναι, πότε η διοφαντική εξίσωση

(2.2.2)

έχει λύση;

΄Εστω d :=(a,b). Αν (x,y) μία λύση της (2.2.2 ) τότε επειδή d|a και d|b έπεται ότι

Επομένως, αν η εξίσωση (2.2.2) έχει λύση τότε κατ΄ ανάγκη d|c. Ισχύει και το αντίστροφο.

Αν d =(a,b)|c, τότε c= ds,s∈ ℤ.

Λόγω της (1.5.3), υπάρχουν ακέραιοι x0,y0 τέτοιοι ώστε d = ax0+ by0. Επομένως,

δηλαδή η (2.2.2) έχει τη λύση X = x0s και Y = y0s.

Συνεπώς, έχουμε αποδείξει ότι

Πρόταση 2.2.1. Η διοφαντική εξίσωση (2.2.2) έχει λύση ακριβώς τότε όταν ο (a,b)|c.

Αν η εξίσωση (2.2.2) έχει μία λύση, τότε πόσες και ποιες είναι οι λύσεις αυτής;

Πρόταση 2.2.2. Αν (x0,y0) λύση της (2.2.2), τότε η εξίσωση έχει άπειρες λύσεις οι οποίες δίνονται από τους τύπους

Απόδειξη. Αν (x′,y′) οποιαδήποτε άλλη λύση θα έχουμε ax0+by0 = c και ax′+ by′ = c. Επομένως, a(x′− x0)= b(y′− y0). Αν d = (a,b) και γράψουμε a = da′ και b= db′,a′,b′ ∈ℤ, τότε (a′,b′) = 1.

Επομένως, έχουμε a′(x′− x0)= b′(y0− y′) και συνεπώς, από (1.5.5 -2) a′|(y0− y′), δηλαδή υπάρχει ακέραιος k τέτοιος ώστε y0− y′ = a′k. Η παραπάνω σχέση γράφεται x′− x0 = b′k,x′ = x0+b′k οπότε και y′ = y0 − a′k.

Αποδείξαμε ότι η λύση (x′,y′), γράφεται στη μορφή

για κάποιο ακέραιο k, τέλος παρατηρούμε ότι για κάθε ακέραιο k το (xk,yk) είναι λύση της (2.2.2). __

Πόρισμα 2.2.3. Αν (a,b)= 1 η (2.2.2) έχει πάντοτε λύση και αν (x0,y0) μία λύση αυτής, τότε όλες οι λύσεις δίνονται από

Απομένει, μέχρι στιγμής, αναπάντητο το ερώτημα, πώς θα βρούμε μια λύση (x0,y0) της εξίσωσης (2.2.2 ). Η απάντηση όμως είναι εύκολη. Γράφουμε τον (a,b) =ax1+ by1, οπότε

είναι η ζητούμενη λύση.

Ας γυρίσουμε τώρα στο αρχικό μας παράδειγμα. (7,11)= 1, άρα η εξίσωση έχει λύση. 11 =7 +4,7 =4 +3,4= 3 +1,3= 1⋅3 +0,1= 4− 3 =4 − (7− 4)= 2⋅4− 1= 2(11− 7)− 7= 2⋅11− 3⋅7. Επομένως, x= − 3 και y= 2, δηλαδή (x0 = − 300,y0 = 200) είναι μία λύση.

΄Ολες οι λύσεις είναι,

Εξετάζουμε ποιες από αυτές τις λύσεις είναι θετικές.

Το σύστημα αυτό των ανισοτήτων δίνει:

Η μόνη ακέραια τιμή του k, στο διάστημα αυτό είναι k= 28 η οποίας μας δίνει τη λύση

Συνεπώς η λύση στο πρόβλημα του Euler είναι (7 ⋅8 = 56 και 4⋅11 =44).

Παρατηρήσεις

Η παραμετρικοποίηση των λύσεων δεν είναι μονοσήμαντη. Αν στη λύση του παραδείγματος θέσουμε k = 28− l βρίσκουμε xl = 8− 11l και yl = 4+ 7l,l ∈ ℤ.

Ανάλογα αποδεικνύεται ότι η εξίσωση (2.2.1) έχει ακέραια λύση ακριβώς τότε όταν ο (a1,a2,...,an)|c. Το αποτέλεσμα αυτό ανάγεται [4, σελ. 184] στον Gauss (1801).

Η εύρεση των λύσεων μιας εξίσωσης της μορφής (2.2.1), για n> 2, ανάγεται σε επίλυση εξίσωσης δύο μεταβλητών και μελετάται στην επόμενη παράγραφο.

Πλήρη λύση της εξίσωσης (2.2.2) εμφανίζεται για πρώτη φορά στο έργο των Ινδών αστρονόμων Aryabhata και Brahmagupta τον 6ο μ.Χ. αιώνα. Η μέθοδός τους στηρίζεται στον αλγόριθμο του Ευκλείδη.

Σχήμα 2.2.2: Aryabhata και Brahmagupta Copyright:Public Domain, Τα παρόντα έργα αποτελούν κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:2064_aryabhata-crp.jpg και https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Brahmagupta.jpg

Κατά παράδοξο τρόπο δεν αναφέρεται ούτε στον Ευκλείδη ούτε στον Διόφαντο, παρά το ότι και οι δύο έχουν ασχοληθεί με πολύ πιο δύσκολες εξισώσεις (ανώτερου βαθμού).

Γραμμικές Διοφαντικές εξισώσεις n-μεταβλητών.

Πρόταση 2.2.4. Αν a ,a ,...,a (n≥ 2), 1 2 n μη-μηδενικοί ακέραιοι και b ακέραιος, τότε η γραμμική διοφαντική εξίσωση

έχει λύση, ακριβώς τότε όταν ο d := (a1,a2,...,an) |b. ΄Οταν έχει λύση, το πλήθος των λύσεων είναι άπειρο και μάλιστα δίνεται μέσω (n− 1)-παραμέτρων.

Απόδειξη. Αν (x1,x2,...,xn) μια λύση της εξίσωσης, τότε από τη σχέση

και το γεγονός ότι d |ai για κάθε i= 1,2,...,n έπεται ότι d |b. Επομένως, αν d ∤b, τότε η εξίσωση δεν έχει λύση.

Στην συνέχεια θα αποδείξουμε ότι αν d |b τότε η εξίσωση επιδέχεται (n− 1)-παραμετρική απειρία λύσεων. Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά ως προς n.

Η πρόταση ισχύει για n =2 από την πρόταση 2.2.2.

ϒποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για κάθε γραμμική διοφαντική εξίσωση n-αγνώστων. Θεωρούμε τη γραμμική διοφαντική εξίσωση (n+ 1)-αγνώστων

και υποθέτουμε ότι ο d := (a1,a2,...,an,an+1)|b. Αν d1 :=(a1,a2), τότε το σύνολο των γραμμικών συνδυασμών

Επομένως η αρχική διοφαντική εξίσωση ανάγεται στην

Ο (d,a ,...,a,a )= ((a ,a),a ,...,a ,a ) =(a ,a,...,a ,a )|b. 1 3 n n+1 1 2 3 n n+1 1 2 n n+1 Επομένως, σύμφωνα με την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής, η τελευταία εξίσωση επιδέχεται (n− 1)-παραμετρική απειρία λύσεων. Συνεπώς και η αρχική επιδέχεται n-παραμετρική απειρία λύσεων.

Πρακτικά, για να λύσουμε τη διοφαντική εξίσωση, εφαρμόζουμε τη διαδικασία της απόδειξης. __

Παράδειγμα 2.2.5. Να επιλυθεί η διοφαντική εξίσωση

ϒπολογίζουμε (5,6)= 1. Θεωρούμε τη διοφαντική εξίσωση

Οι λύσεις αυτής είναι:

Από την αρχική εξίσωση προκύπτει

Θέτουμε Y + 3X =:Z. 3 Η επίλυση αυτής μας δίνει

Η αρχική μετασχηματίζεται στη συνέχεια στην

της οποίας οι λύσεις είναι

Τελικά έχουμε:

Ισοδύναμα

Παρατήρηση 2.2.6.

Πολύ πιο εύκολα θα μπορούσαμε να λύσουμε την εξίσωση ως εξής: Από

έπεται ότι

Επειδή X4 ∈ ℤ, έπεται ότι

Επομένως,

ή

Για την επίλυση γραμμικών διοφαντικών εξισώσεων και συστημάτων εφαρμόζονται συχνά μέθοδοι της Γραμμικής ΄Αλγεβρας. Τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη παραπέμπουμε στα [5, σελ. 140-141] και [5, σελ. 178-181] και [6, σελ. 214-230]

2.3 Πυθαγόρειες τριάδες

Σε όλους είναι γνωστό το Πυθαγόρειο θεώρημα. Αν x,y,z είναι μήκη των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου τότε επαληθεύουν την εξίσωση

(2.3.1)

Η διοφαντική εξίσωση (2.3.1), είναι δευτέρου βαθμού. Για προφανείς λόγους μας ενδιαφέρουν μόνο θετικές ακέραιες λύσεις.

Είναι φανερό ότι μια τέτοια λύση είναι η (3,4,5).

Ορισμός 2.3.1. Τριάδες θετικών ακέραιων (x,y,z) οι οποίες επαληθεύουν την (2.3.1) θα λέγονται πυθαγόρειες τριάδες.

Αν (x,y,z) πυθαγόρεια τριάδα και d ∈Z, τότε και η (dx,dy,dz) είναι επίσης πυθαγόρεια τριάδα, αφού (dx)2+ (dy)2 = (dz)2.

Επομένως και οι τριάδες (6,8,10)(9,12,15),... είναι επίσης πυθαγόρειες.

Αν γνωρίζουμε όλες τις πυθαγόρειες τριάδες (a,b,c) για τις οποίες (a,b,c)= 1, τότε γνωρίζουμε και όλες τις λύσεις της (2.3.1).

Ορισμός 2.3.2. Μία πυθαγόρεια τριάδα (a,b,c) θα λέγεται πρωταρχική ή πρωτογενής (primitive)

Η (3,4,5) λοιπόν είναι πρωταρχική. ϒπάρχουν και άλλες; Η απάντηση είναι «ναι».

Οι πυθαγόρειες τριάδες (5,12,13),(8,5,17),(7,24,25),(9,40,41) είναι πρωταρχικές.

Αν (x,y,z) πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα, τότε ένας ακριβώς από τους x,y θα είναι άρτιος και ο άλλος περιττός.

Πράγματι, αν x και y άρτιοι, τότε και z άρτιος, οπότε (x,y,z)≥ 2, άτοπο.

Αν πάλι x και y περιττοί τότε x2 = 1+ 4l,l ∈ ℤ και y2 = 1+ 4m,m ∈ℤ, οπότε z2 = x2+ y2 = 2+ 4t|t ∈ ℤ. Αυτό όμως είναι αδύνατο, αφού το τετράγωνο ακέραιου είναι πάντοτε της μορφής 4l ή 4l+ 1,l ∈ℤ.

Απάντηση στο πρόβλημα της εύρεσης όλων των πρωταρχικών πυθαγορείων τριάδων μας δίνει n ακόλουθη.

Πρόταση 2.3.3. Οι θετικοί ακέραιοι x,y,z αποτελούν πυθαγόρεια τριάδα με y άρτιο ακριβώς τότε όταν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι r,s με r> s, (r,s)= 1 ένας εκ των οποίων είναι άρτιος και ο άλλος περιττός (ετερότυποι), τέτοιοι ώστε

Απόδειξη. Αφού y άρτιος, τα x και z θα είναι περιττοί. Επομένως z+ x και z− x θα είναι άρτιοι. Αν ονομάζουμε k:= z+x-∈ℤ 2 και l := z−x∈ ℤ 2 έχουμε

Ο (k,l) =1, διότι αν d := (k,l)> 1 θα είχαμε d|k= z+ x και d|l = z− x, δηλαδή d |(k+ l)= z και d|(k − l)= x, οπότε (x,z)≥ d > 1, άτοπο.

Επομένως, από την πρόταση 1.7.6 προκύπτει ότι k = r2,l = s2 και (r,s)= 1, (αφού (k,l)= 1). Συνεπώς x= r2− s2,y= 2rs και z= r2+ s2.

Τέλος, ο ένας από τους r και s είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Αυτό ισχύει διότι δεν είναι δυνατό να είναι και οι δύο άρτιοι αφού (r,s)= 1, αλλά ούτε και οι δύο περιττοί αφού τότε οι x,y,z θα ήταν άρτιοι και η πυθαγόρεια τριάδα δεν θα ήταν πρωταρχική.

Αντίστροφα, υποθέτουμε ότι τα x,y,z έχουν τη σωστή μορφή και θα αποδείξουμε ότι αποτελούν πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα.

Πρώτα απ΄ όλα είναι φανερό ότι x2+ y2 = z2, δηλαδή ότι (x,y,z) πυθαγόρεια τριάδα.

Αν d := (x,y,z)> 1 και p∈ ℙ τέτοιος ώστε p|d τότε p|x,p|y και p|z. Το p ⁄= 2, διότι x περιττός.

Από p |x και p |z, έπεται ότι p|(z+ x) και p|(z− x) δηλαδή p|2r2 και p|2s2, οπότε p|(2r2,2s2)= 2(r,s)= 2, άτοπο.

Συνεπώς η τριάδα (x,y,z) είναι πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. __

΄Ενα ορθογώνιο τρίγωνο με μήκη πλευρών ακέραιους θα λέγεται πυθαγόρειο τρίγωνο.

Σχήμα 2.3.1: Περιγεγραμμένος Κύκλος

Ως μια πρώτη εφαρμογή της Πρότασης 2.3.3 αποδεικνύουμε ότι,

Πόρισμα 2.3.4. Η ακτίνα r του εγγεγραμμένου κύκλου ενός πυθαγόρειου τριγώνου έχει μήκος ακέραιο αριθμό.

Απόδειξη. Το εμβαδόν του τριγώνου ABΓ , υπολογιζόμενο με δύο διαφορετικούς τρόπους, δίνει:

Από την Πρόταση (2.3.3), έχουμε

Επομένως και «κατάλληλα» r,s

__

Ιστορικά 2.3.5.

Κατά τον Μεσαίωνα τα μαθηματικά των αρχαίων Ελλήνων και φυσικά και η θεωρία αριθμών ξεχάστηκαν. Πάρα πολύ αργότερα τον 17ο αιώνα η Θεωρία Αριθμών ξαναγεννήθηκε. Αφορμή αποτέλεσε η έκδοση των «Αριθμητικών» του Διοφάντου στο πρωτότυπο ελληνικό κείμενο με μετάφραση στα Λατινικά και σχόλια από τον Bachet.

΄Ενα αντίτυπο της έκδοσης αυτής έπεσε στα χέρια του J.P. Fermat (1601-1665). Ο Fermat μελέτησε συστηματικά το έργο του Διόφαντου. Δίπλα στο περιθώριο του προβλήματος 8, Βιβλίο ΙΙ των Αριθμητικών του Διοφάντου, το οποίο αναφέρεται στις Πυθαγόρειες τριάδες:

(Να αναλύσετε δοθέν τέλειο τετράγωνο σε (άθροισμα) δύο τέλειων τετραγώνων) ο Fermat συμπλήρωσε, στα Λατινικά, τα ακόλουθα:

‘‘ Cubum in duos cubos aut quadro-quadratum in duos quadro-quadratos et generaliter nullam in infinitum, ultra quadratum, potestam in duas ejusdem nominis fas est dividere. Cujus rei demonstrationem mirabilem sone detexi, hanc marginis exiguitas non caperet.’’

Μετάφραση: « Δεν είναι δυνατόν να αναλύσουμε έναν κύβο σε άθροισμα δύο κύβων, ούτε μια τέταρτη δύναμη σε (άθροισμα) δύο τετάρτων δυνάμεων και γενικά μια δύναμη μεγαλύτερη του δύο σε άθροισμα δύο δυνάμεων με τον ίδιο εκθέτη. ΄Εχω ανακαλύψει μια καταπληκτική απόδειξη αυτού, αλλά το περιθώριο (του βιβλίου) είναι πολύ μικρό για να τη χωρέσει. »

Οι σημειώσεις του Fermat στο αντίτυπο των Αριθμητικών δημοσιεύτηκαν για πρώτη φορά από τον Samuel Fermat στα 1670. Σε γερμανική μετάφραση έχουν δημοσιευθεί στο Pierre de Fermat, Bemerkungen zu Diophant, μετάφραση από τα λατινικά του Max Miller, Akademische Verlagsgesellschaft, Leipzig 1932.

Σύμφωνα λοιπόν με τα παραπάνω, ο Fermat διατύπωσε την εικασία του

Εικασία του Fermat

Σχήμα 2.3.2: Εξώφυλλο της έκδοσης των «αριθμητικών» του 1621. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Diophantus_-_Aritmeticorum_libri_6.,_1670_-_842640.jpeg

Η διοφαντική εξίσωση

δεν έχει, μη- τετριμμένη, δηλαδή για xyz⁄= 0 ακέραια λύση.

Ισχυρίστηκε μάλιστα ότι έχει μια καταπληκτική απόδειξη η οποία όμως δεν χωράει στο περιθώριο του βιβλίου.

Τη «χαμένη αυτή αλήθεια» έψαχναν για αιώνες οι μαθηματικοί.

Τελικά, η εικασία αποδείχθηκε πλήρως το 1995 [2], [8]. Δεν επιθυμούμε να αναφερθούμε σ΄ όλη την πορεία της πραγματικά γιγαντιαίας αυτής προσπάθειας απόδειξης της εικασίας. Στο τελικό στάδιο σημαντικότατη ήταν η συνεισφορά των Gerhard Frey, Jean-Pierre Serre, Kenech Ribet, Andrew Wiles και Richard Taylor.

Ο ίδιος ο Fermat απέδειξε την εικασία του για n= 4 ότι δηλαδή η 4 4 4 X + Y = Z δεν έχει, μη-τετριμμένη ακέραια λύση.

Επίσης απέδειξε ότι δεν υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών πυθαγόρεια τριάδα τέτοια ώστε το εμβαδόν του να είναι τέλειο τετράγωνο. Μία ισοδύναμη έκφραση αυτής της πρότασης, είναι ότι η διοφαντική εξίσωση

δεν έχει, μη-τετριμμένες, ακέραιες λύσεις.

Η απόδειξη της τελευταίας πρότασης γράφηκε στο περιθώριο των «Αριθμητικών» δίπλα στην άσκηση 20 του Βιβλίου VI.

Ο Fermat χρησιμοποιεί την Πρόταση (2.3.3) (πυθαγόρειες τριάδες) και τη συνδυάζει με μια δικής του εμπνεύσεως μέθοδο. Πρόκειται και πάλι για απαγωγή στο άτοπο. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον μια μη-μηδενική, λύση στο σύνολο των θετικών ακέραιων, τότε από το σύνολο των λύσεων διαλέγουμε εκείνη η οποία έχει ελάχιστη τιμή σε έναν από τους αγνώστους. Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι υπάρχει και άλλη, μη-μηδενική, λύση με μικρότερη τιμή, άτοπο. ’ρα η αρχική εξίσωση δεν έχει μη-τετριμμένη λύση.

Ο ίδιος ο Fermat «βάφτισε» τη μέθοδό του. Σε ένα γράμμα του προς τον P. De Carcavi (1659), γράφει:

«...Μίας και οι γνωστές μέθοδοι (επιλύσεως διοφαντικών εξισώσεων) της βιβλιογραφίας δεν αρκούν για την απόδειξη τόσο δύσκολων προτάσεων βρήκα έγω έναν πέρα για πέρα δικό μου δρόμο..... την αποδεικτική αυτή μέθοδο ονόμασα άπειρη κάθοδο (la descente in finie)...»

Η εικασία του Fermat υπήρξε η ατμομηχανή ανάπτυξης της Θεωρίας Αριθμών από τον 17ο αιώνα μέχρι σήμερα.

Πρόταση 2.3.6. Η διοφαντική εξίσωση

δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον μια θετική ακέραια λύση, έστω (x,y,z). Αν διαιρέσουμε τα x,y,z με τον μέγιστο κοινό τους διαιρέτη βρίσκουμε μια πρωταρχική λύση της εξίσωσης. Θα τη συμβολίζουμε και πάλι με (x,y,z).

Συνεπώς η (x2,y2,z) είναι μια πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι το y2 είναι άρτιος. Επομένως έχουμε

με (s,t) =1, s >t ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Η πρώτη από τις παραπάνω ισότητες γράφεται x2+ t2 = s2. Αυτό σημαίνει ότι η (x,t,s) είναι επίσης πυθαγόρεια τριάδα. Επειδή (s,t)= 1, έπεται ότι η (x,t,s) είναι πρωταρχική επειδή ο x είναι περιττός και ο t θα είναι κατ΄ ανάγκη άρτιος. Επομένως,

όπου (u,v) = 1, u > v ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Το y2 τώρα γράφεται

Οι u,v,u2+ v2 είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους. Σύμφωνα λοιπόν με το πόρισμα 1.7.7 έχουμε

δηλαδή

Αυτό σημαίνει ότι (x1,y1,z1) είναι επίσης μια θετική λύση της εξίσωσης 4 4 2 x + y = z. Αφού η λύση (x1,y1,z1) είναι θετική έπεται ότι z1 > 1.

Επομένως,

Εδώ η μέθοδος έχει δυο (ισοδύναμες) παραλλαγές. ΄Η θα υποθέσουμε ότι η (x,y,z) είναι μια λύση με τον ελάχιστο φυσικό αριθμό z και καταλήξαμε σε άτοπο, άρα δεν υπάρχει λύση ή συνεχίζουμε και κατασκευάζουμε μια άπειρη γνησίως φθίνουσα ακολουθία φυσικών αριθμών

το οποίο αντιβαίνει στην αρχή του ελαχίστου. __

Πόρισμα 2.3.7. Η «εικασία» του Fermat είναι αληθής για n= 4.

Απόδειξη. Αν υπήρχε θετική λύση (x,y,z) της 4 4 4 x + y = z τότε η 2 (x,y,z) θα ήταν θετική λύση της 4 4 2 x + y = z, άτοπο. __

Παρατήρηση 2.3.8. Αν 4|n και η διοφαντική εξίσωση Xn+ Yn = Zn είχε θετική λύση τότε θα είχε και η X 4+Y 4 = Z4, άτοπο.

Με την μέθοδο της καθόδου μπορούμε ακόμα να αποδείξουμε

Πρόταση 2.3.9. Η διοφαντική εξίσωση

δεν έχει θετική ακέραια λύση.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι έχει θετικές λύσεις. Επιλέγουμε μία (x,y,z) με το μικρότερο x. Δεν χάνουμε τίποτα αν υποθέσουμε ότι (x,y) = 1. Επομένως η (x2,z,y2) είναι μια πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις: Αν ο y είναι περιττός τότε

με s,t πρώτοι μεταξύ τους, ο ένας άρτιος ο άλλος περιττός. Επομένως,

δηλαδή η τριάδα (s,t,xy) αποτελεί λύση της εξίσωσης με s< x, άτοπο.

Αν ο y είναι άρτιος τοτε

με s,t πρώτοι μεταξύ τους, ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Αν ο t είναι περιττός, τότε (2s,t)= 1. Επομένως 2 2s= (2u) και 2 t = v αφού y= 2st. Συνεπώς,

από την οποία σχέση συμπεραίνουμε ότι η τριάδα (2u2,v2,x) είναι μια πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα.

΄Αρα 2u2 = 2ml, v2 = m2 − l2, x = m2+ l2, όπου m,l πρώτοι μεταξύ τους, ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός. Η σχέση u2 = ml συνεπάγεται ότι m =a2, l = b2, δηλαδή a4− b4 =v2 λύση της εξίσωσης με a < x, άτοπο.

Αν τώρα ο t είναι άρτιος, τότε ο (s,2t)= 1, επομένως s = u2, 2t = (2v)2 και όπως παραπάνω x2 = u4+ 4v4, δηλαδή ο (u2,2v2,x) πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα. Επομένως,

με m, l πρώτους μεταξύ τους ο ένας άρτιος ο άλλος περιττός. Επειδή v2 = ml και (m,l)= 1 έπεται ότι m= a2,l = b2 και συνεπώς a4− b4 = u2, δηλαδή και πάλι έχουμε λύση της εξίσωσης (a,b,u) με a< x, άτοπο. __

Πόρισμα 2.3.10. Δεν υπάρχει πυθαγόρειο τρίγωνο με εμβαδό τέλειο τετράγωνο.

Απόδειξη. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

τότε (x+ y)2 = z2+ 4m2 και (x− y)2 = z2− 4m2. Επομένως, z4− (2m )4 = ((x+ y)(x − y))2, δηλαδή η εξίσωση

έχει θετική ακέραια λύση άτοπο λόγω της αλήθειας της πρότασης 2.3.9. __

Η εικασία του Fermat για n =3 αποδείχθηκε από τον Euler. Η απόδειξη του δημοσιεύτηκε στα 1770.

Ο Euler διατύπωσε την εικασία ότι ούτε η εξίσωση

έχει, μη-τετριμμένη ακέραια λύση.

Μάλιστα τη γενίκευσε στην

Εικασία του Euler . Για κάθε ακέραιο n,n> 0 το άθροισμα (n− 1) n-στων δυνάμεων δεν είναι n-στη δύναμη ακέραιου.

Ο ίδιος ο Euler γράφει: «...Σε πολλούς Γεωμέτρες θεωρήθηκε ότι το θεώρημα αυτό (το τελευταίο θεώρημα του Fermat) θα μπορούσε ίσως να γενικευτεί. ΄Οπως ακριβώς δεν υπάρχουν δύο κύβοι των οποίων το άθροισμα ή η διαφορά να είναι ένας κύβος, είναι αδύνατον να εκφραστεί το άθροισμα τριών διτετράγωνων αριθμών ως ένας διτετράγωνος αριθμός. Αλλά ότι τουλάχιστον τέσσερις διτετράγωνοι απαιτούνται για να είναι δυνατόν να είναι το άθροισμα τους διτετράγωνος αριθμός, παρά το ότι μέχρι σήμερα κανείς δεν έδωσε ένα ανάλογο παράδειγμα. Ανάλογα φαίνεται ότι είναι αδύνατον να εκφραστεί το άθροισμα τεσσάρων πέμπτων δυνάμεων ακέραιων ως μια πέμπτη δύναμη και το αντίστοιχο για μεγαλύτερες δυνάμεις.»

Από την εποχή του Euler δεν σημειώθηκε καμμία πρόοδος σχετικά με την εικασία μέχρι το 1911 όταν ο R. Norrie απέδειξε ότι

Στα 1966 οι Lander και Parkin απέδειξαν ότι η Εικασία του Euler δεν ισχύει για n = 5. Μια, μη-τετριμμένη λύση είναι η (27, 84, 110, 133, 144).

Το 1986 ο Elkies [7] απέδειξε ότι ούτε για n= 4 ισχύει. Απέδειξε μάλιστα ότι έχει άπειρες λύσεις. ΄Ομως, μέχρι σήμερα μόνο 7 λύσεις είναι γνωστές.

Η λύση που βρήκε ο N. Elkies ήταν

Την ίδια χρονιά ο Roger Frye υπολόγισε την πιο μικρή λύση:

Η εικασία του Euler δεν ισχύει για n = 4 αποδείχτηκε και από τον Don Zagier. Σε πρόσφατο άρθρο του [1] εξηγεί με χιουμοριστικό τρόπο γιατί δεν υποβλήθηκε για δημοσίευση το 1986 και γιατί αποφάσισε να την δημοσιεύσει το 2013.

Για n ≥ 6 η εικασία είναι μέχρι σήμερα ανοιχτή.

Εικασία του Catalan

Στα 1844 ο Βέλγος μαθηματικός Eugène Catalan διατύπωσε την εικασία, ότι οι μόνοι διαδοχικοί ακέραιοι οι οποίοι είναι τέλειες δυνάμεις είναι το και το 9. Με άλλα λόγια ότι η διοφαντική εξίσωση

έχει μοναδική μη τετριμμένη λύση xm = 32,yn =23. Η εικασία αποδείχθηκε πρόσφατα το 2003 σε μια σειρά εργασιών του P. Mihailescu. Για μια παρουσίαση της απόδειξης δες και την πτυχιακή εργασία της Ε. Συρράκου «Η απόδειξη της εικασίας του Catalan» Μεταπτυχιακή εργασία, Ηράκλειο 2007.

Παρατηρήσεις

Ας ονομάσουμε το εμβαδόν ενός (πρωταρχικού) πυθαγόρειου τριγώνου, πυθαγόρειο αριθμό.

Αν, δύο πυθαγόρειες τριάδες έχουν τον ίδιο πυθαγόρειο αριθμό και ίσες υποτείνουσες, τότε οι τριάδες συμπίπτουν.

Πράγματι, έστω (x1,y1,z1) και (x2,y2,z2) δύο πυθαγόρειες τριάδες με z1 = z2 και x1y1 = x2y2, τότε n σχέσεις x21+ y21 = z21 και x22+ y22 = z22 μας δίνουν (x1− y1)2 = (x2− y2)2 και (x1+ y1)2 = (x2+ y2)2.

Συνεπώς, αν υποθέσουμε ότι x1 ≥y1 και x2 ≥ y2 (χωρίς περιορισμό της γενικότητας), έχουμε x1 = x2 και y1 = y2.

΄Ομως υπάρχουν (πρωταρχικές) πυθαγόρειες τριάδες, με διαφορετικές υποτείνουσες που έχουν το ίδιο εμβαδό.

π.χ. (21,20,29) και (35,12,37).

Ο Fermat μάλιστα απέδειξε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n,n> 1 υπάρχουν n πυθαγόρειες τριάδες (όχι κατ΄ ανάγκη πρωταρχικές) οι οποίες έχουν διαφορετικές διακρίνουσες και τον ίδιο πυθαγόρειο αριθμό [9, σελ. 49 Θεωρ. 2].

Είναι εύκολο να υπολογίσουμε όλες τις πυθαγόρειες τριάδες των οποίων ο πυθαγόρειος αριθμός είναι ίσος με την περίμετρό του.

Πράγματι, από το σύστημα των δύο σχέσεων

προκύπτει (x− 4)(y− 4)= 8, άρα (x− 4)|8. Αποκλείουμε την περίπτωση x− 4< 0, οπότε έχουμε x− 4= 1,2,4,8, δηλαδή

Για τις τιμές αυτές υπολογίζουμε το αντίστοιχο y= 12,8,6 ή 5. Επομένως οι τιμές αυτές δίνουν τις πυθαγόρειες τριάδες

Η πυθαγόρεια τριάδα

είναι ασυνήθιστη, διότι ο πυθαγόρειος αριθμός είναι

και περιέχει όλα τα ψηφία, πλην του μηδενός.

Μια διαφορετική προσέγγιση του θέματος των πυθαγόρειων τριάδων.

Αν (x,y,z) Πυθαγόρεια τριάδα, έχουμε

Αν τώρα, υποθέσουμε ότι z⁄= 0 και διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με z, έχουμε

Αυτό σημαίνει ότι οι ρητοί αριθμοί u= xz και v= yz είναι λύση της διοφαντικής εξίσωσης

(2.3.2)

Αν πάλι (u,v) ∈ℚ2, λύση της (2.3.2) και γράψουμε τα κλάσματα ομώνυμα u = x,v = y,z ⁄=0, z z τότε έχουμε

δηλαδή μια πυθαγόρεια τριάδα

Θα λύσουμε τώρα την εξίσωση (2.3.2) στο σώμα των ρητών αριθμών.

Η μέθοδος είναι περισσότερο γεωμετρική και η ιδέα της ανάγεται στον Διόφαντο.

Ο Διόφαντος εφαρμόζει τη μέθοδο αυτή για να λύσει τα προβλήματα 8 και 9 του Βιβλίου ΙΙ των «Αριθμητικών» του.

Τα προβλήματα αυτά είναι: ΠΙ῝

και

Παρατηρούμε κατ΄ αρχήν ότι η εξίσωση (2.3.2) είναι η εξίσωση του μοναδιαίου κύκλου. ΄Ενα ρητό σημείο της είναι αυτό με συντεταγμένες (0,− 1).

Αν (u,v) τυχαίο σημείο του κύκλου, (u,v)⁄= (− 1,0). Η ευθεία η οποία περνάει από τα δύο σημεία (− 1,0) και (u,v) έχει κλίση t και εξίσωση V = t(U + 1).

Το σημείο (u,v) είναι λύση του συστήματος

Με απαλοιφή του V στο σύστημα (2.3.3) προκύπτει η εξίσωση

Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες u = 1−-t2 1+t2 και u= − 1

Η δεύτερη λύση αντιστοιχεί στο σημείο (− 1,0). Για 1−t2 u= 1+t2 η αντίστοιχη τιμή για το v είναι, v = 12t+t2.

Παρατηρούμε ότι αν η κλίση t ∈ℚ τότε (u,v)∈ ℚ2 και αντιστρόφως, η ευθεία που συνδέει δύο ρητά σημεία έχει ρητή κλίση.

Επομένως, έχουμε αποδείξει ότι ισχύει η ακόλουθη:

Πρόταση 2.3.11. ΄Ολες οι ρητές λύσεις της εξίσωσης U 2+ V2 = 1, εκτός του σημείου (− 1,0), δίνονται από τον τύπο

όπου το t διατρέχει όλους τους ρητούς. (Το σημείο (− 1,0) προκύπτει από τον παραπάνω τύπο για t → ∞).

Αν θέσουμε t = rs, με r,s∈ ℤ,s⁄= 0, τότε η λύση (u,v) γράφεται στη μορφή

και αντιστοιχεί στην (όχι κατ΄ ανάγκη πρωταρχική) πυθαγόρεια τριάδα 2 2 2 2 (x,y,z)= (s− r ,2rs,s+ r ) με 2 2 z= s + r ⁄=0.

Σχήμα 2.3.3: Γεωμετρική Προσέγγιση Πυθαγόρειων Τριάδων

Στο πρόγραμμα sage μπορούμε να υπολογίσουμε πυθαγόριες τριάδες με ωμή βία ως εξής:

SquaresL=[î2 for i in range(1,50)] 
CP=CartesianProduct(range(1,50),range(1,50)) 
PT=[ [a[0],a[1],sqrt(a[0]̂2+a[1]̂2)] for a in CP if ∖ 
 a[0]̂2+a[1]̂2 in SL] 
PT 
[3,4,5], [4,3,5], [5,12,13], [6,8,10], [7,24,25], [8,6,10],∖ 
[8,15,17], [9,12, 15], [9,40,41], [10,24,26], [12,5,13], ∖ 
[12,9,15], [12,16, 20], [12,35,37], [15,8,17], [15,20,25], ∖ 
[15,36,39], [16,12, 20], [16,30,34], [18,24,30], [20,15,25], ∖ 
[20,21,29], [21,20, 29], [21,28,35], [24,7,25], [24,10,26], ∖ 
[24,18,30], [24,32, 40], [27,36,45], [28,21,35], [30,16,34], ∖ 
[32,24,40], [35,12, 37], [36,15,39], [36,27,45], [40,9,41]]

Ασκήσεις

Κάποιος είχε στο πορτοφόλι του χαρτονομίσματα των 20,50,100 ευρώ σε σύνολο χαρονομισμάτων 15. Το συνολικό ποσό ήταν ευρώ. Πόσα χαρτονομίσματα είχε από κάθε είδος;

Μια ομάδα ανθρώπων, αντρών, γυναίκών και παιδιών δειπνουν σε κάποια ταβέρνα. Ο λογαριασμός είναι 400 ευρώ. Κάθε άντρας πληρώνει 40 ευρώ κάθε γυναίκα 30 ευρώ και κάθε τριάδα παιδιών πληρώνει 10 ευρώ. Πόσοι άνδρες, γυναίκες και παιδιά πήραν μέρος στο δείπνο; (Bachet)

Να λύσετε το διοφαντικό σύστημα

(Fibonacci, 1228.)

΄Ενας έμπορος αγόρασε τρία είδη εμπορευμάτων και πλήρωσε ευρώ για συνολικά κομμάτια. Κάθε κομμάτι από το πρώτο είδος κοστίζει ευρώ, από το δεύτερο ευρώ και απο το τρίτο ευρώ. Αν ο έμπορος αγόρασε τουλάχιστον ένα κομμάτι από κάθε είδος τότε πόσα κομμάτια από κάθε είδος είχε αγοράσει;

΄Ενας ταχυδρομικός υπάλληλος έχει γραμματόσημα μόνο των λεπτών και των λεπτών. Ποιους συνδιασμούς πρέπει να κάνει για να πουλήσει ένα πακέτο ποσού ακριβώς

10,50 ευρώ·

12,00 ευρώ·

23,31 ευρώ·

Αν το άθροισμα δύο διαδοχικών ακέραιων είναι τέλειο τετράγωνο να αποδείξετε ότι ο μικρότερος είναι κάθετος πλευρά και ο μεγαλύτερος υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου.

Να αποδείξετε ότι η πυθαγόρεια τριάδα (3,4,5) είναι η μοναδική πρωτογενής πυθαγόρεια τριάδα στην οποία οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου είναι διαδοχικοί ακέραιοι.

Αν (x,y,z) είναι πρωτογενής πυθαγόρεια τριάδα, τότε τουλάχιστον ένα από τα x,y,z διαιρείται με 5.

Να βρεθούν όλα τα πυθαγόρεια τρίγωνα των οποίων το εμβαδό είναι ίσο με την περίμετρό τους.

Να λύσετε τη διοφαντική εξίσωση

Κεφάλαιο 3
Επώνυμοι ακέραιοι, κρυπτογραφία και κωδικοποίηση

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε μερικές κλάσεις ακέραιων με ιδιαίτερες ιδιότητες. Μερικές από αυτές έχουν ενδιαφέρον για λόγους ιστορικούς, κάποιες μάλιστα θεωρούνται κληρονομιά της αριθμολογίας, και άλλες παρουσιάζουν ιδιαίτερο επιστημονικό ενδιαφέρον.

Τέλος, θα αναφερθούμε στο πρόβλημα της παραγοντοποίησης, τη σημασία του στην Κρυπτογραφία και θα αναπτύξουμε μερικές σχετικές μεθόδους.

3.1 Φίλοι αριθμοί

Για κάθε θετικό ακέραιο n, ορίζουμε μια συνάρτηση σ(n), το άθροισμα των θετικών διαιρετών του n.

΄Ετσι, σ (1)= 1,σ(2)= 1+ 2 =3,σ(3)= 1+ 3 =4,σ (4)= 1 +2+ 4 =7. Για κάθε n ≥ 2, ισχύει σ (n) ≥n +1. Αν n= ∏p|npϑp(n) η (μονοσήμαντη) ανάλυση του n σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, τότε κάθε θετικός διαιρέτης d|n θα έχει τη μορφή

για κάθε p∈ ℙ,p|n.

Επομένως,

Το εσωτερικό άθροισμα, είναι άθροισμα όρων γεωμετρικής προόδου και συνεπώς

΄Αρα

Παράδειγμα 3.1.1. Αν 3 n= 120 =2 ⋅3⋅5 οι διαιρέτες του είναι a b c d =2 ⋅3 ⋅5 0 ≤ a≤ 3, 0 ≤b,c≤ 1 και 24−1-32−1 52−1- σ (n)= 2−1 ⋅ 3−1 ⋅5−1 = 15⋅4⋅6= 360.

Πρόταση 3.1.2. Αν n,m θετικοί ακέραιοι και (m,n)= 1, τότε σ (nm )= σ(n)σ(m).

Απόδειξη.

__

Ορισμός 3.1.3. Δύο θετικοί ακέραιοι m,n θα λέγονται φίλοι όταν

και

δηλαδή όταν σ (m)= m +n = σ(n).

Το μικρότερο ζευγάρι γνωστών φίλων αριθμών αναφέρεται στο έργο του Ιάμβλιχου ΠΙ῝ και είναι το (220,284). Αποδίδεται μάλιστα στον Πυθαγόρα και στους μαθητές του. Ονομάστηκαν έτσι, επειδή έχουν τη «δύναμη» ο ένας να «παράγει» τον άλλο και αντιστρόφως, κάτι που συμβολίζει την «αμοιβαία αρμονία» την «τέλεια φιλία». ΄Οταν κάποτε ο Πυθαγόρας ρωτήθηκε

Σχήμα 3.1.1: Ιάμβλιχος, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Iamblichus.jpg

Μερικά άλλα ζευγάρια φίλων είναι: (1184,1210), (2620,2924), (5020,5564), (6232,6368), (10744,10856), (12285,14595), (17296,18416).

Το 1636 ο Fermat και το 1638 ο Descartes βρήκαν το (9363584,9437056). Τα δύο τελευταία αποτελέσματα ήταν ήδη γνωστά στους ΄Αραβες. Ο Euler ανακάλυψε το 1747, 30 νέα ζευγάρια φίλων αριθμών και στη συνέχεια επεξέτεινε τα αποτελέσματά του σε 64 ζευγάρια (δύο από τα οποία ήταν λάθος). Αξιοσημείωτο είναι ότι το ζευγάρι (1184, 1210) διέλαθε της προσοχής όλων, ακόμη και του Euler και πρωτοανακαλύφθηκε από τον 16χρονο Nicolo Papagini στα 1866.

Το 1946 ήταν γνωστά μόνο 390 ζευγάρια, ενώ σήμερα (αποτελέσματα του 2007) - με χρήση υπολογιστή - είναι γνωστά περίπου 12⋅106 ζευγάρια.

Το ερώτημα αν υπάρχει κάποιος κανόνας υπολογισμού ζευγαριών φίλων αριθμών, απαντήθηκε θετικά κατά τον 9ο μ.Χ. αιώνα από τον ΄Αραβα μαθηματικό Thabit ibn Kuwah (ή, κατ΄ άλλους Qurra)

Σχήμα 3.1.2: Thabit ibn Qurra Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον Θάνατο του δημιουργού.

Πρόταση 3.1.4. Αν n >1 και οι αριθμοί p = 3⋅2n−1− 1,q= 3⋅2n− 1 και r= 9 ⋅22n−1− 1 είναι πρώτοι τότε οι 2n⋅p⋅q και 2n⋅r είναι φίλοι.

Παράδειγμα 3.1.5. Για n = 2,p = 5,q = 11,r =71 έχουμε 22⋅5⋅11= 220 και 22⋅71= 284. Δυστυχώς δεν προκύπτουν όλα τα ζευγάρια φίλων κατ΄ αυτό τον τρόπο, π.χ. το ζευγάρι (6232, 6368).

Αργότερα, το αποτέλεσμα αυτό γενικεύθηκε από τον Euler.

Παρατήρηση

Δεν υπάρχει γνωστό ζευγάρι φίλων στο οποίο ένας τουλάχιστον να είναι τέλειο τετράγωνο.

ϒπάρχουν ζευγάρια φίλων οι οποίοι να έχουν ίσα αθροίσματα ψηφίων, π.χ. (69615, 87633). Στα πρώτα 5000 427 είναι τέτοια.

ϒπάρχουν ζευγάρια φίλων στα οποία κάθε φίλος διαιρείται με το άθροισμα των ψηφίων του, π.χ. (2620, 2924).

Σ΄ όλα τα γνωστά ζευγάρια φίλων μέχρι τη δεκαετία του ΄60 οι περιττοί φίλοι αριθμοί διαιρούνταν με 3. ΄Ετσι οι Bratley και Mc Kay (1968) διατύπωσαν την εικασία ότι αυτό ισχύει για όλα τα ζευγάρια περιττών φίλων. Η εικασία αυτή αποδείχθηκε λανθασμένη 20 χρόνια αργότερα από τους Battiato και Borho (1988).

Το αντιπαράδειγμα με τους πιο μικρούς φίλους είναι:

οι οποίοι είναι αριθμοί με 32 ψηφία.

3.2 Τέλειοι αριθμοί

Είναι φανερό ότι σ (n) ≥1 +n, για κάθε θετικό ακέραιο n,n> 1.

Η ισότητα ισχύει, όταν n∈ ℙ. Μάλιστα ισχύει και το αντίστροφο. Αν σ (n)= 1 +n, τότε κατ΄ ανάγκη ο n∈ ℙ.

Ορισμός 3.2.1. Ο θετικός ακέραιος n,n >1 λέγεται

ϒπερτέλειος αριθμός (abundant) όταν σ(n)> 2n

τέλειος αριθμός (perfect) όταν σ(n)= 2n

ελλιπής αριθμός (deficient) όταν σ(n)< 2n

Η ταξινόμηση αυτή ανάγεται στους Πυθαγόρειους.

Είναι φανερό ότι, για κάθε πρώτο p,σ(p)= 1+ p< 2p, άρα υπάρχουν άπειροι ελλιπείς ακέραιοι.

Επίσης αν n= 2k⋅3,k> 1 τότε

Συνεπώς υπάρχουν και άπειροι υπερτέλειοι ακέραιοι.

Οι 4 πρώτοι (μικρότεροι) τέλειοι αριθμοί είναι:

496= 1+ 2+ 4+ 8+ 16+ 31+ 62+ 124+ 248 και

Και οι 4 ήταν γνωστοί στον Νικόμαχο τον Γερασηνό και αναφέρονται στο έργο «᾿Αριθμητική Ε᾿ισαγωγή».

Πρόταση 3.2.2. (Ευκλείδη). Αν ο n 2 − 1 είναι πρώτος αριθμός, n≥ 2, τότε ο n−1 n 2 (2 − 1) είναι τέλειος.

Απόδειξη. Αφού 2n− 1 πρώτος, έπεται ότι σ(2n− 1)= 1+ (2n− 1)= 2n. ΄Εστω m :=2n−1(2n− 1). Επίσης (2n−1,2n− 1) = 1, επομένως n−1 n n− 1 n 2n−1 k n n σ (m )= σ(2 (2 − 1))= σ(2 )σ(2 − 1)= 2 ∑k=02 = 2(2 − 1)= 2m. Συνεπώς ο m είναι τέλειος. __

Παρατήρηση Η παραπάνω πρόταση εμπεριέχεται στα «Στοιχεία» του Ευκλείδη. (Βιβλίο ΙΧ, πρόταση 36)

(Αν 2 n−1 1+ 2+ 2 +⋅⋅⋅+2 είναι πρώτος αριθμός τότε ο n−1 n−1 2 (1+ 2+ ⋅⋅⋅+ 2 ) είναι τέλειος.)

Παράδειγμα 3.2.3.

1+ 2= 3 ∈ℙ. Επομένως, ο 2⋅3= 6 είναι τέλειος.

1+ 2+ 4= 7 ∈ℙ. Συνεπώς ο 4 ⋅7 = 28 είναι τέλειος

1+ 2+ 4+ 8+ 16= 31∈ ℙ, άρα ο 16⋅31= 496 είναι τέλειος.

1+ 2+ 4+ 8+ 16+ 32= 127∈ ℙ, οπότε ο 64 ⋅127 = 8128 είναι τέλειος.

Σχήμα 3.2.1: Νικόμαχος ο Γερασηνός, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain) λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.

΄Εχοντας ως βάση τη γνώση αυτών των τεσσάρων τέλειων αριθμών ο Νικόμαχος ο Γερασηνός, διατύπωσε πέντε εικασίες. Στο έργο του Νικομάχου αναφέρονται ως «αποτελέσματα» χωρίς την παραμικρή αναφορά σε αποδείξεις.

Ο n-οστός τέλειος έχει n ψηφία.

΄Ολοι οι τέλειοι είναι άρτιοι.

Οι τέλειοι αριθμοί έχουν ψηφίο μονάδων 6 ή 8 και μάλιστα εναλλάξ.

Η πρόταση του Ευκλείδη (πρόταση 3.2.2) μας δίνει όλους τους τέλειους αριθμούς.

ϒπάρχουν άπειροι τέλειοι αριθμοί.

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε τι είναι μέχρι σήμερα γνωστό σχετικά με τις εικασίες του Νικομάχου.

Στα 1747 ο Euler απέδειξε ότι ισχύει και το αντίστροφο της πρότασης του Ευκλείδη με τον περιορισμό όμως στους άρτιους αριθμούς. Συγκεκριμένα

Πρόταση 3.2.4 (Euler). Αν ο άρτιος φυσικός αριθμός m είναι τέλειος, τότε έχει κατ΄ ανάγκη τη μορφή n−1 n m= 2 (2 − 1), για κάποιο φυσικό αριθμό n≥ 2.

Απόδειξη. Αφού ο m είναι άρτιος, γράφεται στη μορφή m = 2n−1⋅l όπου n > 1 και l περιττός.

Συνεπώς (2n−1,l)= 1 οπότε η πρόταση 3.1.2 μας δίνει

Ο m όμως είναι και τέλειος, συνεπώς

Επομένως 2nl = (2n− 1)σ (l), δηλαδή (2n− 1)|2nl και, επειδή (2n− 1,2n)= 1, έχουμε (2n− 1)|l,l = (2n− 1)t, για κάποιο t ∈ ℤ.

Αντικαθιστούμε το l στην προηγούμενη σχέση και απλοποιώντας, με το 2n− 1 βρίσκουμε

Αλλά το l και το t είναι διαιρέτες του l (t < l). Επομένως n l+ t ≤ σ(l)= 2 ⋅t. Επίσης n n l+ t = (2 − 1)t+ t = 2 ⋅t άρα σ(l)= l+t. Αυτό μας δείχνει ότι ο l έχει ακριβώς δύο διαιρέτες τους l και t. ’ρα θα πρέπει ο l να είναι πρώτος, (l ∈ ℙ) και ο t = 1. Καταλήξαμε στο συμπέρασμα ότι n l =(2 − 1)∈ ℙ, δηλαδή ότι n−1 n m = 2 (2 − 1). __

Παρατήρηση ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 3.2.4 είναι ότι η εικασία (4) είναι σωστή αν δεχθούμε την ορθότητα της εικασίας (2).

Από την πρόταση 3.2.4 προκύπτει ότι είναι ενδιαφέρον το ερώτημα πότε ένας φυσικός αριθμός της μορφής n 2 − 1 είναι πρώτος;

Προτού ασχοληθούμε όμως με το ερώτημα αυτό θα εξετάσουμε πότε ένας ακέραιος της μορφής

είναι πρώτος.

Πρόταση 3.2.5. Αν ο an − 1,a> 1,n> 1 είναι πρώτος, τότε κατ΄ ανάγκη a = 2 και n πρώτος αριθμός

Απόδειξη. Είναι γνωστή η παραγοντοποίηση

Ο δεύτερος παράγοντας είναι μεγαλύτερος του 1. Επειδή an− 1, πρώτος, έπεται ότι a− 1 =1, δηλαδή a= 2.

Αν τώρα n είναι σύνθετος, n= m⋅l,m> 1,l > 1 τότε

Αμφότεροι οι παράγοντες του δεξιού μέλους είναι μεγαλύτεροι του 1, δηλαδή ο 2n− 1 είναι σύνθετος.

Συνεπώς θα πρέπει ο n να είναι πρώτος. __

Παρατήρηση: Από την πρόταση 3.2.5 προκύπτει αμέσως ότι αναγκαία συνθήκη για να είναι ένας αριθμός της μορφής 2n− 1 πρώτος, είναι να είναι ο n πρώτος. Βέβαια, το αντίστροφο δεν ισχύει, π.χ. για p= 11∈ ℙ ο 2p− 1 = 211− 1 =2047 = 23⋅89 δεν είναι πρώτος.

Τελικά για να βρούμε όλους τους άρτιους τέλειους αριθμούς θα πρέπει να γνωρίζουμε όλους τους πρώτους της μορφής 2p− 1, p ∈ ℙ.

Ας ξαναγυρίσουμε όμως για λίγο πίσω στην ιστορία ανακάλυψης τέλειων αριθμών. ’γνωστος μαθηματικός απέδειξε το 1496 ότι ο 213− 1 = 8191 είναι πρώτος, επομένως ο 212(213− 1)= 33550336 είναι ο 5ος τέλειος αριθμός.

Επομένως η πρώτη εικασία του Νικομάχου είναι λάθος (ο 5ος τέλειος αριθμός έχει 8 ψηφία).

Στα 1555 ο Schebyl καί, λίγο αργότερα, στα 1588 ο Piedro Antonio Cataldi απέδειξαν ότι οι 217− 1= 131071 και 219− 1 =524287 είναι πρώτοι και έτσι ανακάλυψαν τους επόμενους δύο τέλειους αριθμούς 8589869056,137438691328.

Παρατήρηση: Αμφότεροι οι διαδοχικοί τέλειοι 5ος και 6ος έχουν ψηφίο μονάδων το 6. ’ρα δεν ισχύει το εναλλάξ στην εικασία (3).

Το υπόλοιπο της εικασίας (3) όμως είναι σωστό. Αποδείχθηκε από τον Euler.

Πρόταση 3.2.6. Το ψηφίο των μονάδων ενός άρτιου τέλειου φυσικού αριθμού m είναι 6 ή 8.

Απόδειξη. Σύμφωνα με την πρόταση 3.2.4 ο m = 2n−1(2n− 1) και ο 2n− 1=: p είναι πρώτος.

Σύμφωνα με την πρόταση 3.2.5 θα πρέπει ο n να είναι πρώτος, n = :q∈ ℙ. Αν q =2, τότε m = 2⋅3= 6, ισχύει.

΄Εστω τώρα q >2. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: Ο q είναι της μορφής 4l+1. Στην περίπτωση αυτή ο m γράφεται

Επαγωγικά αποδεικνύεται ότι ο 16l, γράφεται πάντα στη μορφή 105+ 6.

Πραγματικά, για l = 1, ισχύει. ΄Εστω ότι ισχύει για l = k, δηλαδή ότι 16k = 10s+ 6. Για l = k+ 1,16k+1 = 16k⋅16 =(10s+ 6)16= 160s+96 = 10t+ 6 όπου (t = 16s+ 9).

Επομένως, ο

Περίπτωση 2: Ο q είναι της μορφής 4l+ 3. Τότε m = 24l+2(24l+3− 1)= 28l+5− 24l+2 = 2⋅162l+1− 4⋅16l = 2(10t1+ 6)− 4(10t2+ 6) = 10(2t1− 4t2)− 12 = 10(2t1− 4t2− 2)+8 __

Παρατήρηση 3.2.7. Θα μπορούσε μάλιστα κανείς να αποδείξει ότι τα τελικά ψηφία άρτιου τέλειου αριθμού είναι το 6 ή το 28 [3].

Πρώτοι αριθμοί Mersenne και Fermat

Ορισμός 3.2.8. Οι πρώτοι αριθμοί της μορφής

λέγονται πρώτοι αριθμοί (του ) Mersenne.

Μέχρι σήμερα (Νοέμβριος 2014), είναι γνωστοί συνολικά 48 πρώτοι αριθμοί του Mersenne και, συνεπώς, 48 άρτιοι τέλειοι αριθμοί.

Παρατηρήσεις

Είναι μέχρι σήμερα άγνωστο αν υπάρχουν άπειροι τέλειοι αριθμοί, αφού δεν είναι γνωστό αν υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί Mersenne. Σύμφωνα με τον M. de Sautoy [12, σελ. 326], ο P. Erdös κατέταξε το πρόβλημα μεταξύ των μεγαλυτέρων ανοιχτών προβλημάτων της Θεωρίας Αριθμών. ΄Οποιος βρει έναν πρώτο αριθμό Mersenne με περισσότερα από 10.000.000 δεκαδικά ψηφία θα πάρει 100.000 δολλάρια. http://primes.utm.edu/Mersenne.

Μέχρι σήμερα δεν είναι γνωστός κανείς περιττός τέλειος αριθμός. Τα μέχρι τώρα γνωστά αποτελέσματα δείχνουν ότι, αν υπάρχει κάποιος θα πρέπει να είναι «αρκετά» μεγάλος.

Σε αναλογία προς την πρόταση 3.2.6 μπορούμε να θεωρήσουμε ακέραιους της μορφής an+ 1.

Πρόταση 3.2.9. Αν ο φυσικός αριθμός

είναι πρώτος τότε κατ΄ ανάγκη ο a είναι άρτιος και ο n= 2l,l ∈ℕ.

Απόδειξη. Αν ο a ήταν περιττός, τότε ο an+ 1≥ 4 θα ήταν άρτιος, δηλαδή όχι πρώτος, άτοπο.

Αν ο n δεν ήταν δύναμη του 2 θα είχε κάποιον περιττό πρώτο παράγοντα, έστω q,n= mq.

Τότε όμως θα είχαμε

Επειδή q ≥3, οι παράγοντες του δεξιού μέλους είναι αμφότεροι μεγαλύτεροι του 1 και άρα ο an+ 1 δεν είναι πρώτος. Συνεπώς n = 2r,r∈ ℕ. __

Ο Fermat θεώρησε την ειδική περίπτωση που a= 2, δηλαδή αριθμούς της μορφής 2n Fn := 2 +1.

Για n = 0,1,2,3,4 οι αριθμοί αυτοί είναι πρώτοι. Πράγματι

Η εικασία του ήταν ότι όλοι οι αριθμοί αυτής της μορφής είναι πρώτοι. Εδώ όμως ο Fermat στάθηκε άτυχος. Αν είχε κάνει ένα βήμα ακόμη θα είχε διαπιστώσει το λάθος του.

Πράγματι, ο F 5 διαιρείται από το 641.

Βέβαια η διαπίστωση αυτή έγινε έναν αιώνα αργότερα από τον Euler (1732).

Ορισμός 3.2.10. Κάθε πρώτος αριθμός της μορφής Fn := 22n+ 1, θα λέγεται πρώτος αριθμός Fermat.

Μέχρι σήμερα οι μόνοι γνωστοί πρώτοι αριθμοί Fermat είναι οι F0,F1,F2,F3 και F4.

Οι αριθμοί αυτοί σχετίζονται με τη δυνατότητα κατασκευής κανονικού πολυγώνου.

Στα 1796 ο 19ετής Gauss απέδειξε ότι ένα κανονικό n-γώνο είναι κατασκευάσιμο με κανόνα και διαβήτη. Τότε ο n θα είναι κατ΄ ανάγκη της μορφής

όπου ℓ ∈ℕ και pi (1≤ i≤ s) διακεκριμένοι μεταξύ τους πρώτοι αριθμοί Fermat. Η απόδειξή του περιέχεται στα άρθρα (προτάσεις) 365 και 366 του [1]. Ισχυρίσθηκε μάλιστα ότι ισχύει και το αντίστροφο αλλά η πρώτη πλήρης απόδειξη δημοσιεύτηκε από τον Wantzel στα 1837. Με έμφαση πάντως παρατηρεί ότι από τους χρόνους του Ευκλείδη κατά τους οποίους δόθηκε η κατασκευή ισόπλευρου τριγώνου και κανονικού πενταγώνου με την βοήθεια κανόνα και διαβήτη μέχρι την εποχή του, τίποτε άλλο σχετικό δεν είχε γίνει.

Η πρώτη εγγραφή του στο ημερολόγιό του η οποία έχει ημερομηνία 30 Μαρτίου 1796 αναφέρεται στα θεμέλια στα οποία στηρίζεται η διαμέριση του κύκλου (σε ίσα μέρη και στη διαίρεση γεωμετρικά σε 17 μέρη)

”Principia quibus innitur sectio circuli, ac divisibilitas eiusdem geometrica in septemdecim partes?”

Οι M. Gardner και W. Watkins παρατήρησαν ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο ότι, αν θεωρήσουμε τις πρώτες 32 γραμμές του τριγώνου του Pascal, αντικαταστήσουμε τους άρτιους αριθμούς κάθε γραμμής με και τους περιττούς με και θεωρήσουμε κάθε γραμμή που σχηματίζεται ως έναν αριθμό γραμμένο στη δυαδική μορφή, αυτοί παριστούν περιττούς φυσικούς που είναι κατασκευάσιμοι με κανόνα και διαβήτη.

|  |  |  |  |  |  |  |  | 1 |  |  |  |  |  |  |  |  |
|  |  |  |  |  |  |  | 1 |  | 1 |  |  |  |  |  |  |  |
|  |  |  |  |  |  | 1 |  | 2 |  | 1 |  |  |  |  |  |  |
|  |  |  |  |  | 1 |  | 3 |  | 3 |  | 1 |  |  |  |  |  |
|  |  |  |  | 1 |  | 4 |  | 6 |  | 4 |  | 1 |  |  |  |  |
|  |  |  | 1 |  | 5 |  | 10 |  | 10 |  | 5 |  | 1 |  |  |  |
|  |  | 1 |  | 6 |  | 15 |  | 20 |  | 15 |  | 6 |  | 1 |  |  |
|  | 1 |  | 7 |  | 21 |  | 35 |  | 35 |  | 21 |  | 7 |  | 1 |  |
| 1 |  | 8 |  | 28 |  | 56 |  | 70 |  | 56 |  | 28 |  | 8 |  | 1 |
1 |  | 9 |  | 36 |  | 84 |  | 126 |  | 126 |  | 84 |  | 36 |  | 9 |  | 1

|  |  |  |  |  |  |  |  | 1 |  |  |  |  |  |  |  |  |  | 1
|  |  |  |  |  |  |  | 1 |  | 1 |  |  |  |  |  |  |  |  | 3
|  |  |  |  |  |  | 1 |  | 0 |  | 1 |  |  |  |  |  |  |  | 5
|  |  |  |  |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  |  |  |  |  |  | 15
|  |  |  |  | 1 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 1 |  |  |  |  |  | 17
|  |  |  | 1 |  | 1 |  | 0 |  | 0 |  | 1 |  | 1 |  |  |  |  | 51
|  |  | 1 |  | 0 |  | 1 |  | 0 |  | 1 |  | 0 |  | 1 |  |  |  | 85
|  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  | 1 |  |  | 255
| 1 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 1 |  | 257
1 |  | 1 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 0 |  | 1 |  | 1 | 771

Πολυγωνικοί Αριθμοί

Οι αρχαίοι ΄Ελληνες όρισαν επίσης τους πολυγωνικούς αριθμούς. Κατά τον Heath [13, σελ. 100], η θεωρία των πολυγωνικών αριθμών ανάγεται στον Πυθαγόρα.

Σχήμα 3.2.2: Πολυγωνικοί Αριθμοί, Το παρόν σχήμα αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Polygonal_Number_3.gif

Οι πολυγωνικοί αριθμοί συνδέονται με κανονικά πολύγωνα και αποτελούν μέρος του συνδέσμου μεταξύ Γεωμετρίας και Θεωρίας Αριθμών.

Οι αριθμοί 1,3,6,10,... λέγονται τρίγωνοι αριθμοί. Πρόκειται για τους αριθμούς της μορφής 1+ 2+ ⋅⋅⋅+ +n = n(n+1). 2

Οι αριθμοί 1,4,9,16,... λέγονται τετράγωνοι. Πρόκειται για τους αριθμούς της μορφής n2.

Οι αριθμοί 1,5,12,22,... λέγονται πεντάγωνοι αριθμοί. Πρόκειται για αριθμούς της μορφής

Γενικά, οι n-πολυγωνικοί αριθμοί ορίζονται ως t2−t (n− 2)-2- +t|t ≥1.

Οι ιδιότητές τους μελετήθηκαν από τον Πυθαγόρα και τους μαθητές του (6ος αιώνας π.Χ.,), τον Νικόμαχο τον Γερασηνό στην «᾿Αριθμητική ῾Εισαγωγή» του (1ος αιώνας μ.Χ.) και τον Διόφαντο, στο ομώνυμο έργο του. (3ος αιώνας μ.Χ.).

Στην 18η σημείωσή του στο περιθώριο του αντιτύπου των Αριθμητικών ο Fermat [10] διατυπώνει την εικασία ότι:

«Κάθε θετικός ακέραιος είναι άθροισμα το πολύ n n-πολυγωνικών αριθμών».

Προσθέτει μάλιστα ότι σκοπεύει να γράψει ένα βιβλίο σχετικά με το θέμα, κάτι το οποίο όμως δεν έγινε ποτέ.

Η σημείωση του Fermat, έχει γραφεί δίπλα στο πρόβλημα 29 του βιβλίου IV του Διόφαντου.

Δηλαδή να βρεθούν 4 τετράγωνοι αριθμοί των οποίων το άθροισμα συν το άθροισμα των τετραγωνικών ριζών τους μας δίνουν δοσμένο ακέραιο αριθμό.

Εδώ ο Bachet παρατηρεί ότι κάθε θετικός ακέραιος ή είναι τέλειο τετράγωνο ή αλλιώς μπορεί να γραφεί ως άθροισμα 2,3 ή 4 τετραγώνων. Ο Bachet παρατηρεί ότι αυτό ισχύει για τους φυσικούς από 1 ως 125 και συμπεραίνει ότι αυτό ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο. [10].

Για τριγωνικούς αριθμούς η εικασία αποδείχθηκε από τον Gauss, ο οποίος στις 10 Ιουλίου του 1796 σημειώνει στο ημερολόγιό του, ως άλλος Αρχιμήδης [14],[2]:

«ΕϒΡΗΚΑ! num[erus]= Δ+ Δ+ Δ»

Σχήμα 3.2.3: Η σημείωση του Gauss, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον Θάνατο του δημιουργού.

Για τετράγωνους αποδείχθηκε από τον J-L. Lagrange, στα 1798. Πλήρη απόδειξη της εικασίας, έδωσε ο Cauchy στα 1813.

Παρατηρήσεις

Για μια σύντομη ιστορική εισαγωγή παραπέμπουμε στο βιβλίο του Tattersall [5, σελ. 1-23].

Αν τεθεί το πρόβλημα του «τετραγωνισμού του τριγώνου», της εύρεσης δηλαδή τετραγώνων αριθμών οι οποίοι είναι και τρίγωνοι, τότε βλέπουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι, ο πιο μικρός είναι ο 36= 62 = 8⋅29 και ότι η εύρεση όλων ανάγεται στην εύρεση των λύσεων της διοφαντικής εξίσωσης X2− 2Y2 = 1. [6, κεφ. 28]

Εξισώσεις της μορφής X2− Dy2 = 1,D >1,D ⁄= □ λέγονται εξισώσεις του Pell

΄Αλλες σχετικές προτάσεις που οδηγούν σε κυβικές διοφαντικές εξισώσεις μπορεί να βρεί ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης στο βιβλίο των Kazuya Kato, Nobushgo Kurokawa, Takeshi Saito [7].

Ισοδύναμοι Αριθμοί

Αν (x,y,z) είναι πυθαγόρεια τριάδα τότε το εμβαδόν του αντίστοιχου ορθωγωνίου τριγώνου είναι φυσικός αριθμός. ΄Αραβες μαθηματικοί κατά τον 10ο αιώνα γενίκευσαν το ερώτημα:

«Ποιοι φυσικοί αριθμοί είναι εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου με πλευρές ρητούς αριθμούς;»

Ορισμός 3.2.11. Οι φυσικοί αριθμοί που προκύπτουν ως εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου με πλευρές ρητούς λέγονται ισοδύναμοι αριθμοί (congruent numbers).

Παρατήρηση 3.2.12. Ο πιο μικρός ισοδύναμος αριθμός ο οποίος προκύπτει από πυθαγόρεια τριάδα είναι ο 6. Είναι το εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου με μήκη πλευρών 3,4,5.

΄Ομως και ο είναι ισοδύναμος αριθμός. Πράγματι, αντιστοιχεί στην τριάδα (3∕2,20∕3,41∕6) αφού

Η τριάδα αυτή ανακαλύφθηκε από τον Leonardo Pisano (Fibonacci) (1220) [8, προτ. 17]

Μια ισοδύναμη μορφή του παραπάνω ορισμού των ισοδύναμων αριθμών είναι:

Πρόταση 3.2.13. Ο θετικός ακέραιος n είναι ισοδύναμος τότε και μόνο τότε όταν το σύστημα των διοφαντικών εξισώσεων

έχει ακέραια λύση (x,y,s,t) με y ⁄=0.

Απόδειξη. Αν ο n είναι ισοδύναμος, τότε υπάρχει τριάδα ρητών (a,b,c), ώστε a2+ b2 = c2 και n= ab2 . Επομένως

δηλαδή το σύστημα (3.2.1) έχει την ακέραια λύση (x,y,s,t)= (c,2,a+ b,a− b).

Αντίστροφα, αν (x,y,s,t) μία ακέραια λύση του διοφαντικού συστήματος (3.2.1 ) με y⁄= 0, τότε η ρητή τριάδα

επαληθεύει την

και επιπλέον

δηλαδή ο n είναι ισοδύναμος. __

Παρατήρηση 3.2.14. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης είναι ότι ο θετικός ακέραιος n είναι ισοδύναμος ακριβώς τότε όταν υπάρχει ρητός αριθμός x τέτοιος ώστε οι x2− n και x2+ n να είναι τέλεια τετράγωνα ρητών.

Σε αυτή την μορφή δόθηκε το πρόβλημα στον Fibonacci από τον Johann Panormitanus of Palermo:

«Να βρεθεί ένας ρητός αριθμός x ώστε x2± 5 να είναι τετράγωνο ρητών.»

Το οποίο μάλιστα αποτέλεσε αφορμή να γράψει ο Fibonacci ένα ολόκληρο βιβλίο σχετικό με το θέμα το «Liber Quadratorum»

Παρατήρηση 3.2.15. Ο 1 δεν είναι ισοδύναμος αριθμός. Αν ήταν, σύμφωνα με την πρόταση 3.2.13 το σύστημα

θα είχε ακέραια λύση (x,y,s,t) με y⁄= 0 και συνεπώς και η διοφαντική εξίσωση

θα είχε ακέραια, μη τετριμμένη λύση. Αυτό όμως είναι άτοπο σύμφωνα με την 2.3.9

Παρατήρηση 3.2.16. Είναι φανερό ότι ο θετικός ακέραιος n είναι ισοδύναμος αν, και μόνο αν, και ο nm2 είναι ισοδύναμος. Πράγματι, στη ρητή τριάδα (a,b,c) με a2+ b2 = c2 και n= a2b αντιστοιχεί η (ma,mb,mc ) με (ma )2 +(mb)2 = (mc)2 και nm2 = m2ab. 2 Αυτό σημαίνει ότι ούτε ο είναι ισοδύναμος και ότι αρκεί να περιοριστούμε μόνο σε ελεύθερους τετραγώνου αριθμούς n.

Παρατήρηση 3.2.17. Για διάφορα ιστορικά στοιχεία παραπέμπουμε στο [4, κεφ. XVI]. Επίσης μια σύντομη περιγραφή θα βρει ο αναγνώστης στο [11, D 27].

Θα μπορούσε να αναρωτηθεί κανείς πώς βρήκαμε την απάντηση για n = 5. Εφαρμόζουμε τον αλγόριθμο:

Θεωρούμε δύο θετικούς ακέραιους s,t με (s,t)= 1 όπου ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Η πυθαγόρεια τριάδα 2 2 2 2 (x = s− t ,y =2st,z = s+ t ) μας δίνει τρίγωνο εμβαδού xy- E = 2 .

Αν E =m2n τότε ο n είναι ισοδύναμος αφού είναι το εμβαδόν τριγώνου με πλευρές (x∕m,y∕m,z∕m). ΄Ετσι για s= 5,t = 4 έχουμε (x,y,z)= (9,40,41) με E = xy∕2 =180 = 62⋅5. Συνεπώς το είναι ισοδύναμος και το ορθογώνιο τρίγωνο με εμβαδόν έχει πλευρές (9∕6,40∕6,41∕6)= (3∕2,20∕3,41∕6).

Ο παραπάνω αλγόριθμος παρουσιάζει δύο σοβαρά μειονεκτήματα:

Δεν γνωρίζουμε πόσα βήματα πρέπει να κάνουμε για να αποφασίσουμε τελικά αν ο δοσμένος θετικός είναι ισοδύναμος ή όχι. Μετά από αρκετές δοκιμές, αν δεν βρούμε πυθαγόρεια τριάδα με εμβαδόν m2n για κάποιον n, τότε πιθανόν ο n να μην είναι ισοδύναμος αλλά μπορεί να είναι ισοδύναμος και να μην πήραμε αρκετές τιμές των s,t. Συχνά,για αρκετά μικρές τιμές του n χρειάζεται να πάρουμε μεγάλες τιμές των (s,t). ΄Ετσι, για n= 157 η πιο μικρή λύση είναι:

το αποτέλεσμα αυτό υπολογίστηκε από τον D. Zagier.

Αν ο n δεν είναι ισοδύναμος, τότε ο αλγόριθμός δεν σταματάει ποτέ.

Το πρόβλημα λοιπόν παραμένει.

Δίνεται ο ελεύθερος τετραγώνου θετικός ακέραιος n. Θα μπορούσαμε να βρούμε κάποιο κριτήριο ελέγχου για το αν ο n είναι ισοδύναμος ή όχι. Η απάντηση δίνεται από το ακόλουθο:

Θεώρημα 3.2.18. Ο αριθμός n είναι ισοδύναμος τότε και μόνο τότε όταν η καμπύλη

έχει άπειρο πλήθος ρητών σημείων.

Δυστυχώς όμως το θεώρημα αυτό μεταφέρει ένα πολύ δύσκολο πρόβλημα σε ένα αλλο εξίσου δύσκολο πρόβλημα με το αρχικό. Το μόνο πλεονέκτημα είναι ότι το δεύτερο πρόβλημα αποτελεί μέρος μιας καλά δομημένης θεωρίας. ΄Ετσι, με χρήση σημαντικών θεωρημάτων της αριθμητικής αυτών των καμπυλών κατάφερε ο J. Tunnel (1983) να αποδείξει ένα πολύ πιο πρακτικό κριτήριο, το οποίο όμως και πάλι έχει το μειονεκτήμα η μία του κατεύθυνση να στηρίζεται σε μια αναπόδεικτη μέχρι σήμερα εικασία, την εικασία των Birch Swinnerton-Dyer.

Το πρόβλημα των ισοδύναμων αριθμών αποτέλεσε το κίνητρο συγγραφής του [9], στο οποίο αναπτύσεται όλη σχεδόν η απαιτούμενη θεωρία για την απόδειξη του θεωρήματος του Tunnel.

3.3 Κατάλογος Sloane

Ο Neil Sloane ξεκίνησε το 1964 να καταγράφει συστηματικά ακολουθίες φυσικών αριθμών και η εργασία του αυτή οδήγησε σήμερα στον κατάλογο που είναι γνωστός ως The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences https://oeis.org. Τα προγράμματα υπολογιστικής άλγεβρας έχουν πρόσβαση σε αυτό τον κατάλογο. Για παράδειγμα η ακολουθία των τέλειων αριθμών είναι καταλογογραφημένη ως A000396ηττπς://οεις.οργ/Α000396 ενώ για να δούμε και να επεξεργαστούμε τους πρώτους 10 πρώτους όρους της στο sage δίνουμε

sage: a=sloane.A000396;a 
Perfect numbers: equal to sum of proper divisors. 
sage: L=[a[i] for i in range(1,10)];L 
[6, 
 28, 
 496, 
 8128, 
 33550336, 
 8589869056, 
 137438691328, 
 2305843008139952128, 
 2658455991569831744654692615953842176]

Αξίζει να σημειωθεί ότι ο κατάλογος του Sloane παρέχει τη δυνατότητα αντίστροφης αναζήτησης.

sloane_find([2,3,5,7], 2)       # optional − internet 
Searching Sloane’s_online_database... 
[[40,_’The prime numbers.’,_[2,_3,_5,_7,_11,_13,_17,_19,_23,_29,_31,_37, 
_41,_43,_47,_53,_59,_61,_67,_71,_73,_79,_83,_89,_97,_101,_103,_107,_109, 
113,_127,_131,_137,_139,_149,_151,_157,_163,_167,_173,_179,_181,_191, 
193,_197,_199,_211,_223,_227,_229,_233,_239,_241,_251,_257,_263,_269,_271]], 
[41,_’a(n) = number of partitions of n (the partition numbers).’,_[1,_1, 
2,_3,_5,_7,_11,_15,_22,_30,_42,_56,_77,_101,_135,_176,_231,_297,_385, 
490,_627,_792,_1002,_1255,_1575,_1958,_2436,_3010,_3718,_4565,_5604, 
6842,_8349,_10143,_12310,_14883,_17977,_21637,_26015,_31185,_37338, 
44583,_53174,_63261,_75175,_89134]]]

Παρατηρήστε ότι το κομμάτι 2,3,5,7 περιέχεται σε δύο γνωστές ακολουθίες και η αναζήτηση τις επέστρεψε και τις δύο. Είναι σαφές ότι μια πεπερασμένη ακολουθία αριθμών δεν περιέχει αρκετή πληροφορία για να περιγράψει πλήρως μια άπειρη ακολουθία αριθμών.

3.4 Παραγοντοποίηση και Κρυπτογραφία

Σύμφωνα με το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής, κάθε φυσικός αριθμός n,n> 1 γράφεται μονοσήμαντα ως γινόμενο πρώτων αριθμών.

΄Ενα σημαντικό πρόβλημα είναι η παραγοντοποίηση δοσμένου φυσικού αριθμού n. Πρόκειται για αρκετά δύσκολο πρόβλημα. Τα τελευταία χρόνια έχουν αναπτυχθεί διάφορες μέθοδοι παραγοντοποίησης. Πέρα από θεωρητικό ενδιαφέρον, η παραγοντοποίηση απέκτησε και πρακτικό ενδιαφέρον, διότι παίζει σημαντικό ρόλο στην κρυπτολογία.

Στην παράγραφο αυτή θα ασχοληθούμε με μερικές απλές μεθόδους παραγοντοποίησης και με μικρή αναφορά στην Κρυπτογραφία. Θα επανέλθουμε στο θέμα και στα επόμενα κεφάλαια.

Παραγοντοποίηση Fermat

Πρόταση 3.4.1. Για κάθε περιττό φυσικό αριθμό n, n >1 υπάρχει μία αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία μεταξύ των παραγοντοποιήσεων του n, σε γινόμενο δύο θετικών ακεράιων n= ab,a≥ b> 0 και παραστάσεων του n, ως διαφορά τετραγώνων n= t2− s2, όπου s και t φυσικοί αριθμοί.

Η αντιστοιχία δίνεται από τις ισότητες

Απόδειξη. Αν (a+b)2 (a−b)2 2 2 n = a⋅b= 2 − 2 = t − s. Αν πάλι 2 2 n =t − s = (t− s)(t+ s)= a⋅b, όπου a= t− s και b = t+ s, δηλαδή a+b t = 2 και a−b s= 2 __

Η ιδέα του Fermat ήταν, αν n= a⋅b και a,b δύο περιττοί ακέραιοι, περίπου του ίδιου μεγέθους, τότε ο a−b s= 2 είναι σχετικά μικρός και ο t λίγο μεγαλύτερος της √ - n. Επομένως, θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε τους a και b δοκιμάζοντας διάφορες τιμές του t στις √ - √- [ n]+1,[ n]+ 2,..., μέχρι να βρούμε κάποιο t για το οποίο το 2 2 t − n= s, είναι τέλειο τετράγωνο.

Παράδειγμα 3.4.2. Να παραγοντοποιηθεί ο φυσικός αριθμός n = 200819.

Ο √ - √ ------ [ n]+ 1= [ 200819]+ 1 =449. Για t = 449 υπολογίζουμε 4492− 200819= 782, το οποίο δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Παίρνουμε t = 450,4502− 200819 =1681 = 412. Επομένως 200819= 4502− 412 = (450+ 41)(450− 41)= 491⋅409.

Αν οι ακέραιοι a και b δεν είναι του ίδιου μεγέθους για κάθε παραγοντοποίηση του n =ab τότε είναι πιθανόν η μέθοδος Fermat να ανακαλύψει τους παράγοντες a,b μετά από αρκετές δοκιμές. Στην περίπτωση είναι πιο βολικό να χρησιμοποιούμε την ακόλουθη γενίκευση:

Επιλέγουμε ένα μικρό φυσικό αριθμό k και θέτουμε t = k[√n]+ 1,k[√n]+ 2,... μέχρι να επιτύχουμε παράσταση της μορφής t2− k⋅n η οποία είναι τέλειο τετράγωνο,

΄Οταν το επιτύχουμε αυτό έχουμε (t+ s)(t− s)= kn. Αυτό σημαίνει ότι οι t+ s και n έχουν κάποιο, μη-τετριμμένο, κοινό παράγοντα ο οποίος ευρίσκεται από τον υπολογισμό του (t+ s,n).

Παράδειγμα 3.4.3. Να παραγοντοποιηθεί ο 14167.

Αν προσπαθήσουμε με την κλασική παραγοντοποίηση Fermat, θα πρέπει να θέσουμε t = 377,378,... και να ...κουραστούμε θέτοντας διάφορες τιμές του t. Αν όμως θέσουμε √-- t = [ 3n +1]= 652,653,654,655, βρίσκουμε

και υπολογίζουμε τον (655+ 68,141467)= 241.

Τελικά μια παραγοντοποίηση του αριθμού είναι 241 ⋅587.

Η απάντηση στο ερώτημα γιατί δούλεψε η μέθοδος για k = 3 είναι ότι στην παραγοντοποίηση του n= a⋅b =241 ⋅587 το b = 587 είναι κοντά στο 3a =3 ⋅241 = 723.

Από τα παραπάνω φαίνεται ότι χρειαστήκαμε 4 μόνο τιμές του t, ενώ αν εφαρμόζαμε τη μέθοδο για k = 1 θα χρειαζόμασταν 38 τιμές του t

Δύο λέξεις για την Κρυπτογραφία

Το κύριο αντικείμενο της κρυπτογραφίας είναι η μελέτη μεθόδων επικοινωνίας μεταξύ δύο ανθρώπων, τους οποίους θα ονομάζουμε Αλίκη και Βασιλάκη, μέσω κάποιου επισφαλούς μέσου (καναλιού), κατά τέτοιο τρόπο ώστε ο οποιοσδήποτε ανεπιθύμητος τρίτος, να μην είναι σε θέση να κατανοήσει το περιεχόμενο του μηνύματος.

Συνήθως χρειάζεται ένα «κλειδί» κρυπτογράφησης μέσω του οποίου ο αποστολέας μετατρέπει το μήνυμα σε «ακατανόητη» μορφή και, φυσικά και ο παραλήπτης χρειάζεται ένα αντίστοιχο «κλειδί» αποκρυπτογράφησης του μηνύματος. Φυσικά για τον ανεπιθύμητο τρίτο, αναπτυχθήκαν μέθοδοι οι οποίες να επιτρέπουν το «σπάσιμο» του κώδικα επικοινωνίας. Η διαδικασία αυτή λέγεται κρυπτοανάλυση. Η κρυπτογραφία αναπτύχθηκε από πολύ παλιά κυρίως για στρατιωτικούς σκοπούς και τη διπλωματία. Οι Σπαρτιάτες ήταν αυτοί που πρώτοι χρησιμοποίησαν στρατιωτική κρυπτογραφία.

Θα αναρωτηθεί τώρα ο αναγνώστης τι σχέση έχει η κρυπτογραφία με τη Θεωρία Αριθμών. Αυτό θα το δούμε αργότερα στα επόμενα κεφάλαια. Προς το παρόν θα παραμείνουμε (αρκεστούμε) στο έργο του G.H. Hardy Η απολογία ενός μαθηματικού, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 1991, σελίδα 82:

«Τόσο ο Gauss όσο και μικρότερου βεληνεκούς μαθηματικοί μπορούν δικαιολογημένα να χαίρονται που υπάρχει- όπως και να΄χει το θέμα - μια επιστήμη (εννοεί τη Θεωρία Αριθμών), που η απόστασή της από τις συνήθεις ανθρώπινες δραστηριότητες πρέπει να την κρατήσει ευγενή και καθαρή».

Σχήμα 3.4.1: H. Hardy, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Ghhardy@72.jpg

Κεφάλαιο 4
Ισοδυναμίες

4.1 Εισαγωγή (Ορισμός και πρώτες ιδιότητες)

Είδαμε μέχρι στιγμής ότι η διαιρετότητα παίζει σημαντικό ρόλο στη Θεωρία Αριθμών. Χάρη στο έργο των Euler, Lagrange, Legendre και Gauss, η Θεωρία Αριθμών αναγνωρίσθηκε ως κλάδος των Μαθηματικών και όχι ως μια συλλογή ενδιαφερόντων προβλημάτων.

Στα 1801 ο 24-ετής Gauss δημοσίευσε το μνημειώδες έργο του

‘‘Disquistiones Arithmeticae’’ (Αριθμητικές ΄Ερευνες).

Στο έργο του αυτό εισάγει, για πρώτη φορά, έναν εύχρηστο και δυναμικό συμβολισμό έκφρασης της διαιρετότητας, αυτόν της ισοδυναμίας (congruence).

Ορισμός 4.1.1. Αν a, b ακέραιοι αριθμοί και m φυσικός m ≥ 2 τότε οι δύο ακέραιοι a και b θα λέγονται ισοδύναμοι με μέτρο m (ή ισοδύναμοι modulo m ) όταν η διαφορά τους διαιρείται με m.

Ο Gauss αρχίζει το έργο του ως εξής:

«Si numerus a numeromur b, c defferentiam metitur b et c secundum a congrui dicuntur, sin minus incongrui: ipsum a modulum appelamus»

«Αν ο αριθμός a διαιρεί τη διαφορά των αριθμών b,c τότε τα b και c θα λέγονται ισοδύναμοι ως προς a, αλλιώς (θα λέγονται) μη-ισοδύναμοι το ίδιο το a θα το λέμε μέτρο.»

Στο δεύτερο άρθρο του (χρησιμοποιεί την αρίθμηση σε «άρθρα» ), αναφέρει:

«numero congruentiam hoc signo, ≡, in postero denotabimus, modulum ubi opus erit in clausulis adiungentes»

«Την ισοδυναμία αριθμών τη συμβολίζουμε με ≡, αν είναι αναγκαίο επισυνάπτουμε το μέτρο σε παρένθεση»

Επομένως a≡ b modm, σημαίνει m |(a− b).

Σε υποσημείωση του δεύτερου άρθρου του προσθέτει:

«Hoc signum propter magnam analogiam quae inter aequalitatem atque congruentiam invenitur adoptavimus»

«΄Εχουμε επιλέξει τον συμβολισμό αυτόν λόγω της υφιστάμενης μεγάλης ομοιότητας μεταξύ ισότητας και ισοδυναμίας.»

Είναι λοιπόν πολύ εύχρηστος συμβολισμός και προσομοιάζει τη θεωρία της διαιρετότητας μ΄ αυτήν των εξισώσεων.

Στη συνέχεια ο Gauss αναπτύσσει μια πλούσια θεωρία των ισοδυναμιών η οποία αποτελεί συστατικό στοιχείο της θεωρίας αριθμών μέχρι σήμερα.

῾῾...Μια από τις σημαντικότερες ανακαλύψεις των νεανικών χρόνων του Gauss, υπήρξε και ο ωρολογιακός υπολογιστής. ΄Ηταν περισσότερο μια ιδέα παρά αληθινή μηχανή, που έδινε τη δυνατότητα των πράξεων με αριθμούς οι οποίοι στο παρελθόν είχαν χαρακτηριστεί ιδιαιτέρως δύσχρηστοι. Ο ωρολογιακός υπολογιστής δουλεύει ακριβώς με την ίδια αρχή που ακολουθεί κι ένα συμβατικό ρολόι. Αν ένα ρολόι δείχνει 9 και προσθέσουμε 4 ώρες, ο ωροδείκτης θα μετακινηθεί και θα δείχνει 1. Συνεπώς, ο ωρολογιακός υπολογιστής του Gauss θα έδινε την απάντηση 1 αντί για την απάντηση 13. Αν ο Gauss επιθυμούσε να κάνει πιο περίπλοκους υπολογισμούς, όπως το 7× 7, ο ωρολογιακός υπολογιστής θα έδινε ως αποτέλεσμα το υπόλοιπο της διαίρεσης του 49(= 7 ×7) δια 12. Δηλαδή, το αποτέλεσμα θα ήταν και πάλι 1.

Η ισχύς και η ταχύτητα του ωρολογιακού υπολογιστή του Gauss φαίνεται όταν θέλουμε να υπολογίσουμε την τιμή 7 ×7 ×7. Αντί να πολλαπλασιάσουμε ξανά το 49 επί 7, θα πολλαπλασιάσουμε το αποτέλεσμα της τελευταίας πράξης (7× 7:12, που ήταν 1) επί 7, και θα βρούμε 7. ΄Ετσι, χωρίς να χρειαστεί να υπολογίσουμε το 7× 7× 7 (που παρεμπιπτόντως κάνει 343), με πολύ μικρότερη προσπάθεια βρίσκουμε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του διά 12, είναι 7. Ο ωρολογιακός υπολογιστής άρχισε να αποδίδει καρπούς όταν ο Gauss προχώρησε στη διερεύνηση αριθμών τόσο μεγάλων, που ήταν πέρα από τις υπολογιστικές του δυνάμεις. Αν και δεν είχε την παραμικρή ιδέα πόσο κάνει 799, ο ωρολογιακός υπολογιστής του τον πληροφορούσε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσής του δια 12 είναι 7.

Ο Gauss συνειδητοποίησε ότι τα ρολόγια με δώδεκα ώρες στο καντράν τους, δεν έχουν τίποτα το ιδιαίτερο. Εισήγαγε την ιδέα της ωρολογιακής αριθμητικής (που συχνά αποκαλείται αριθμητική των υπολοίπων - modular arithmetic) με οποιονδήποτε αριθμό ωρών στο καντράν. ΄Ετσι, για παράδειγμα, ο αριθμός 11 σ΄ έναν ωρολογιακό υπολογιστή χωρισμένο σε 4 ώρες ισούται με 3, αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του 11 δια 4 είναι 3. Η εισαγωγή αυτού του νέου τύπου αριθμητικής στο γύρισμα του δέκατου ένατου αιώνα επέφερε επαναστατικές αλλαγές στα Μαθηματικά. Ακριβώς, όπως το τηλεσκόπιο έδωσε στους αστρονόμους τη δυνατότητα να παρατηρήσουν νέους κόσμους, η ανάπτυξη του ωρολογιακού υπολογιστή βοήθησε τους μαθηματικούς να ανακαλύψουν στον κόσμο των αριθμών νέες κανονικότητες, που παρέμεναν μέχρι τότε στο σκοτάδι. Ακόμα και σήμερα τα ρολόγια του Gauss παίζουν κεντρικό ρόλο στην ασφάλεια του διαδικτύου το οποίο χρησιμοποιεί ωρολογιακούς υπολογιστές που φέρουν στο καντράν τους περισσότερες ώρες από όσα άτομα περιλαμβάνει ολόκληρο το παρατηρήσιμο σύμπαν...᾿᾿ [19, σελ. 40-41].

Αν, σύμφωνα με το θεώρημα 1.2.3, γράψουμε τον ακέραιο a στη μορφή a = mq+ r,0 ≤r < m τότε είναι φανερό ότι a≡ rmodm.

Ορισμός 4.1.2. Ο r θα λέγεται ελάχιστο υπόλοιπο του amodm.

΄Ευκολα προκύπτει ότι δύο ακέραιοι a,b είναι ισοδύναμα ως προς το μέτρο m, ακριβώς τότε όταν έχουν το ίδιο ελάχιστο υπόλοιπο modm. Πράγματι αν

και

τότε a ≡ bmodm τότε και μόνο τότε όταν m|a − b(q− q′)m + r− r′, δηλαδή ακριβώς τότε όταν m|(r− r′). Επειδή 0≤ |r− r′|< m, η τελευταία σχέση ισχύει ακριβώς τότε όταν r= r′.

Επίσης, η σχέση «≡» στο σύνολο των ακέραιων είναι μια σχέση ισοδυναμίας. Αυτό σημαίνει ότι ισχύουν οι τρεις παρακάτω ιδιότητες.

Το m είναι, όπως παραπάνω, φυσικός αριθμός, m ≥ 2,a,b,c ∈ℤ.

a≡ amodm, για κάθε ακέραιο a.

Αν a≡ bmodm, τότε και b≡ amodm.

Αν a≡ bmodm και b≡ cmodm, τότε a ≡ cmodm

(Η απόδειξη αφήνεται ως άσκηση στον αναγνώστη).

Επομένως, το σύνολο των ακέραιων διαμερίζεται σε κλάσεις ισοδυναμίας. Το πλήθος των κλάσεων είναι όσα και τα δυνατά ελάχιστα υπόλοιπα modm. Επειδή αυτά είναι τα 0,1,2,...,(m− 1), έπεται ότι το σύνολο των ακέραιων διαμερίζεται σε ακριβώς m κλάσεις. Η κλάση του αριθμού a, συμβολίζεται

Ορισμός 4.1.3. Το σύνολο {0,1,...,m− 1} θα λέγεται ελάχιστο πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των κλάσεων υπολοίπων modm και θα το συμβολίζουμε ως S (m)

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε μερικές βασικές ιδιότητες των ισοδυναμιών.

Πρόταση 4.1.4. Αν ai,bi(i∈ {1,2,...,n}) ακέραιοι και ai ≡ bimodm, για i= 1,2,...,n τότε

και

Απόδειξη. Η υπόθεση (ai ≡ bimodm για κάθε i= 1,2,...,n) είναι ισοδύναμη με (m|(ai− bi), για κάθε i= 1,2,...,n). Επομένως, υπάρχουν ακέραιοι ℓi, i= 1,2,...,n τέτοιοι ώστε

Συνεπώς

δηλαδή

Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά.

Για n = 1 προφανώς ισχύει. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για n, δηλαδή ότι

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n+ 1. ΄Εστω λοιπόν ότι

Απο την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής έχουμε

Συνεπώς

δηλαδή ισχύει και για n+ 1 και συνεπώς για κάθε φυσικό n, n≥ 1. __

΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 4.1.4 είναι το ακόλουθο:

Πόρισμα 4.1.5. ΄Εστω m φυσικός, m ≥ 2, a,b,c∈ℤ και n∈ ℤ. Αν a ≡ bmodm τότε

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι μπορούμε να προσθαφαιρούμε και να πολλαπλασιάζουμε ισοδυναμίες άφοβα.

Τι γίνεται όμως με τη δυνατότητα απλοποίησης; Το ότι αυτό δεν είναι πάντοτε σωστό προκύπτει αμέσως από το εξής αντιπαράδειγμα:

ενώ 6⁄≡ 3mod6. Ισχύει όμως η

Πρόταση 4.1.6. Αν ac≡ bcmodm τότε

όπου d = (c,m ).

Απόδειξη. Αφού ac ≡bcmodm, έπεται ότι υπάρχει ℓ∈ ℤ τέτοιο ώστε

Διαιρούμε και τα δύο μέλη με d και έχουμε

Αν m = dM και c =dC (M, C ∈ ℤ) τότε η παραπάνω ισότητα γράφεται

Επειδή (M,C)= 1, έπεται ότι M |(a− b) δηλαδή ότι

__

Πόρισμα 4.1.7. Αν ac= bcmodm και (c,m) =1 τότε

Απόδειξη. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 4.1.6. __

Φυσικά αν c⁄= 0 και ac ≡bcmodmc τότε a≡ bmodm. Αυτό γιατί από ac≡ bcmodmc, έπεται ότι υπάρχει ℓ ∈ℤ ώστε ac− bc= (mℓ)c άρα (a − b − ml)c= 0 και αφού c⁄= 0 καταλήγουμε στο a≡ bmodm.

4.2 Το (μικρό) θεώρημα του Fermat, η φ-συνάρτηση και το θεώρημα του Euler

Προσπαθούμε να βρούμε έναν τρόπο να υπολογίζουμε δυνάμεις ακέραιων ως προς κάποιο μέτρο m, όπου m φυσικός m > 1.

Για λόγους ευκολίας, θα περιοριστούμε στην περίπτωση που ο m είναι πρώτος αριθμός, m= p ∈ ℙ. Θα ξεκινήσουμε με ένα παράδειγμα. Ας πάρουμε p= 5. Για a = 1,2,3,4 υπολογίζουμε τις δυνάμεις modulo 5.

Αν a= 1, όλες οι δυνάμεις είναι ισοδύναμες με το 1mod5.

Αν a= 2,a2 ≡ 4mod5,a3 ≡ 3mod5,a4 ≡ 1mod5

Αν a= 3,a2 ≡ 4mod5,a3 ≡ 2mod5,a4 ≡ 1mod5

Αν a= 4,a2 ≡ 1mod5,a3 ≡ 4mod5,a4 ≡ 1mod5

Παρατηρούμε ότι για κάθε a,1≤ a< 5 ισχύει

Αν θεωρήσουμε τώρα την περίπτωση p= 11, εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι για κάθε a, 1 ≤a < 11, ισχύει

Παρατήρηση.

Ο περιορισμός των τιμών του a δεν βλάπτει τη γενικότητα (διότι αν a1 ≡ a2modp τότε an1 ≡ an2modp για κάθε n ∈ℕ)

Αν a≡ 0modp, τότε an ≡0modp

Το ερώτημα αν η ισοδυναμία ισχύει γενικά, για κάθε πρώτο αριθμό p, δέχεται καταφατική απάντηση.

Πρόταση 4.2.1 (Μικρό θεώρημα του Fermat). Για κάθε πρώτο p και κάθε ακέραιο a για τον οποίο p ∤a, ισχύει

Πόρισμα 4.2.2. Για κάθε πρώτο p και κάθε ακέραιο a, ισχύει

Απόδειξη του πορίσματος:

Αν p ∤a τότε, λόγω της πρότασης 4.2.1, έχουμε

Πολλαπλασιάζουμε την ισοδυναμία με a και έχουμε

Αν p|a τότε a≡ 0(modp) και p a ≡ 0(modp), δηλαδή και πάλι p a ≡ amodp.

Παρατήρηση. Αν δεχθούμε την αλήθεια του πορίσματος 4.2.2 μπορούμε να συμπεράνουμε την αλήθεια της πρότασης 4.2.1

Πράγματι, αν p a ≡amodp και p∤a, λόγω πορίσματος 4.2.2 έχουμε p−1 a ≡ modp. Αν επομένως δώσουμε μια ανεξάρτητη της πρότασης απόδειξη του πορίσματος θα έχουμε αποδείξει και το μικρό θεώρημα του Fermat.

Απόδειξη. Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά.

Για a = 0, ισχύει.

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για τον φυσικό a≥ 0, δηλαδή ότι

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για (a+ 1).

Πράγματι

και επειδή ( ) p|pj ,∀j = 1,2,...,(p− 1)(a +1)p ≡ a+ 1modp (΄Ασκηση.)

Η απόδειξη της ισοδυναμίας για ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων modp συνεπάγεται την ισχύ της για κάθε ακέραιο a __

Στη συνέχεια θα δώσουμε και μία απόδειξη της πρότασης 4.2.1. Ας δούμε την ιδέα της σε ένα παράδειγμα.

Για να αποδείξουμε ότι 12 5 ≡ 1mod13 σχηματίζουμε τον πίνακα.

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12

5amod13
5
10
2
7
12
4
9
1
6
11
3
8

Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί από 1 έως 13 εμφανίζονται ακριβώς μια φορά και στη δεύτερη γραμμή, με διαφορετική φυσικά σειρά.

Αν λοιπόν πολλαπλασιάσουμε όλους τους αριθμούς της δεύτερης σειράς έχουμε:

δηλαδή 512⋅12!≡ 12!mod13

Επειδή (12!,13)= 1, έχουμε 512 ≡ 1mod13

Απόδειξη. Απόδειξη της πρότασης 4.2.1. Οι αριθμοί a,2a,...,(p − 1)amodp είναι οι ίδιοι με τους

με πιθανόν διαφορετική σειρά.

Πράγματι το πλήθος τους είναι (p− 1), κανείς τους δεν διαιρείται με p και αν ka≡ lamodp για k,l ∈{1,2,...,(p − 1)}, έχουμε p|a(k− l). Επειδή p∤a, έπεται ότι p|(k− l), δηλαδή k≡ lmodp. ΄Ομως 1≤ k,l ≤ p− 1. Επομένως |k− l|< p − 1. Συνεπώς k− l = 0, δηλαδή k= l. Αποδείξαμε ότι οι αριθμοί είναι (p− 1) διαφορετικοί μεταξύ τους και διάφοροι του μηδενός modp. Συνεπώς ταυτίζονται με τους 1,2,...,(p− 1)modp, με διαφορετική ίσως σειρά.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι a⋅(2a)...((p − 1)a)≡ 1⋅2⋅3⋅⋅⋅⋅⋅(p− 1)modp και, ισοδύναμα, ότι ap−1 ⋅(p− 1)!≡ (p− 1)!modp

Είναι φανερό ότι p ∤(p − 1)!.

Τελικά ισχύει ap−1 ≡ 1modp __

Παράδειγμα 4.2.3. Να αποδειχθεί ότι 7|111333+333111.

Εφαρμόζουμε το μικρό θεώρημα του Fermat. Ο p = 7 είναι πρώτος και 7 ∤111 καθώς και 7 ∤333. Επομένως, 1116 ≡1mod7 και 3336 ≡ 1mod7. Το 333 =6 ⋅55 +3 και το 111= 6⋅18+ 3.

Συνεπώς 111333 =1116⋅55+3 = (1116)55⋅1113 ≡ 15⋅1113 =1113mod7 και, επειδή 111 =7 ⋅15 +6,1113 ≡ 63mod7 ≡(− 1)3 ≡(− 1)≡ 6mod7

Επίσης 333111 = 3336⋅18+3 = (3336)18⋅3333 ≡ 118⋅3333 ≡ 3333mod7 και επειδή 333= 7⋅47+ 4,3333 ≡ 43 ≡ 1mod7.

Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο ισοδυναμίες προκύπτει

111333+ 333111 ≡ 6+ 1≡ 0mod7, δηλαδή ότι 7|111333+333111.

Παράδειγμα 4.2.4. Να υπολογιστεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 160677 2 με 73.

Το είναι πρώτος. Από το θεώρημα του Fermat έπεται ότι 72 2 ≡ 1mod73, (2,73)= 1. Ο εκθέτης γράφεται στη μορφή

Συνεπώς 2160677 ≡ 245mod73. ΄Ενας εύκολος τρόπος για να υπολογίσουμε την τελευταία δύναμη είναι να γράψουμε το στη δυαδική του μορφή.

Γραφουμε 21 ≡ 2mod73 και υψώνουμε κάθε φορά και τα δύο μέλη της ισοδυναμίας στο τετράγωνο:

Επομένως, 245 ≡ 232+8+4+1 ≡232⋅28⋅24⋅2≡ 32⋅37⋅16⋅2= 74⋅32⋅16≡ 1⋅512≡ 1mod73

Το πρόγραμμα sage μας δίνει τη δυνατότητα να κάνουμε πράξεις με ισοδυναμίες :

for i in range(1,6): 
    i,2̂(2̂i), Mod(2̂(2̂i),73) 

(1, 4, 4) 
(2, 16, 16) 
(3, 256, 37) 
(4, 65536, 55) 
(5, 4294967296, 32)

Στη δεύτερη στήλη εμφανίζεται η τιμή 22i ως ακέραιος αριθμός, ενώ στην τρίτη στήλη η τιμή της mod73.

Ας θεωρήσουμε τώρα τη γενική περίπτωση όπου m φυσικός, m> 1. Είναι σαφές ότι το μικρό θεώρημα του Fermat δεν ισχύει για m σύνθετο.

Παράδειγμα: 211 ≡8mod12

Το ερώτημα λοιπόν είναι αν, δοθέντος του m και κάποιου ακέραιου a, υπάρχει εκθέτης του a, έστω s, τέτοιος ώστε as ≡ 1modm. Το παραπάνω παράδειγμα μας δείχνει ότι αυτό δεν είναι πάντοτε δυνατό.

Αν κάποια δύναμη του a,as ≡1modm τότε as− km =1, για κάποιο k∈ ℤ, δηλαδή (a,m)= 1. ΄Οταν m =p, τότε για κάθε a∈ ℤ με p ∤a έχουμε (a,p) =1. Δηλαδή όλες οι κλάσεις amodp με a= 1,2,...,p− 1 είναι υποψήφιες.

Για m τυχαίο φυσικό, m > 1, θα πρέπει να αναζητήσουμε ακέραιους a για τους οποίους (a,m)= 1, δηλαδή στο σύνολο

Το σύνολο αυτό για m = p∈ ℙ έχει (p− 1) στοιχεία και ο αριθμός αυτός έπαιξε κάποιο ρόλο στο μικρό θεώρημα του Fermat.

Είναι λοιπόν φυσικό να ορίσουμε τον αριθμό

΄Ετσι ορίσαμε μια συνάρτηση για κάθε φυσικό αριθμό m.

Ορισμός 4.2.5. Η συνάρτηση αυτή λέγεται η φ-συνάρτηση του Euler . Ας δούμε μερικές τιμές της.

Αν p∈ ℙ,φ(p)= p− 1. Επομένως φ(2) = 1,φ (3)= 2. Επίσης φ (4)= 2,φ(6)= 2,φ(9)= 6,φ(10) = 4,φ (12)= 4.

Μία κλάση amodm θα λέγεται πρώτη κλάση υπολοίπων modm όταν ο (a,m)= 1

Το σύνολο όλων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm, να λέγεται πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm με ℛ(m). Θα συμβολίζουμε το σύνολο ℛ (m )= {a∈ S (m)|(a,m)= 1}

Πρόταση 4.2.6. Αν {a1,a2,...aφ(m)} ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm και b ∈ℤ τέτοιο ώστε (b,m )= 1 τότε και το σύνολο {ba1,ba2,...,baφ(m)} είναι επίσης πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm.

Απόδειξη. Επειδή (ai,m )= 1 και (b,m)= 1, έπεται ότι (bai,m )= 1, δηλαδή ότι οι κλάσεις των αντιπροσώπων bai είναι πρώτες κλάσεις. Αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι μεταξύ τους ανά δύο διαφορετικές.

΄Εστω bai≡ bajmodm. Συνεπώς m|b(ai− aj) και επειδή (b,m)= 1 έπεται ότι m |(ai− aj), δηλαδή ότι ai ≡ ajmodm. Η τελευταία ισοδυναμία ισχύει μόνο για i= j. __

΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 4.2.6 είναι το:

Πρόταση 4.2.7 (Euler). Για κάθε ακέραιο a με (a,m )= 1 ισχύει

Απόδειξη. Η απόδειξη είναι ανάλογη αυτής του μικρού θεωρήματος του Fermat.

Πράγματι, λόγω της πρότασης 4.2.6 έπεται ότι

Επομένως,

Συνεπώς aφ(m)⋅(a1a2⋅⋅⋅aφ(m))≡ a1a2⋅⋅⋅aφ(m)modm

Η υπόθεση (ai,m)= 1, για κάθε i= 1,2,...φ (m) μας δίνει

οπότε από την παραπάνω ισοδυναμία προκύπτει

__

Παρατήρηση

Επειδή για m = p∈ ℙ,φ(m)= p − 1, το θεώρημα του Fermat προκύπτει ως ειδική περίπτωση του θεωρήματος του Euler.

Μία γενίκευση του θεωρήματος του Euler αποτελεί το ακόλουθο αποτέλεσμα του L. Redei (1948): Για κάθε φυσικό αριθμό m >1 και οποιονδήποτε ακέραιο a ισχύει:

Εύκολα διαπιστώνεται ότι το θεώρημα του Euler αποτελεί ειδική περίπτωση του θεωρήματος του L. Redei. Πράγματι, m|am−φ(m)(aφ(m)− 1). Επειδή (a,m )= 1 έπεται ότι (am− φ(m),m )= 1. Συνεπώς m |(aφ(m)− 1), δηλαδή το θεώρημα του Euler. Θα πρέπει όμως να επισημάνουμε ότι στην απόδειξη του θεωρήματος του Redei, γίνεται χρήση του θεωρήματος του Euler. Δεν μας είναι γνωστή απόδειξη ανεξάρτητη της χρήσης του θεωρήματος του Euler.

Παράδειγμα 4.2.8. 3100.

Θα πρέπει να υπολογίσουμε το ελάχιστο θετικό υπόλοιπο του 3100mod100.

Γράφουμε και πάλι το 100 στο 2-αδικό σύστημα

Επομένως 3100 ≡ 81 ⋅41⋅81mod100 ≡ 21⋅81mod100≡ 01mod100.

΄Αρα τα δύο τελευταία ψηφία του αριθμού είναι 01.

Αν βέβαια ήταν εύκολο να υπολογίσουμε το φ (100), θα ήταν σίγουρα πολύ πιο εύκολος ο υπολογισμός. Το πρόβλημά μας λοιπόν είναι ο υπολογισμός του φ(m), όταν γνωρίζουμε φυσικά το m.

Σε λίγο θα αποδείξουμε ότι φ(100)= 40.

Συνεπώς 100 20 3 ≡ 3 ≡ 21⋅81≡ 01mod100.

Ο υπολογισμός είναι σχετικά εύκολος όταν το m είναι δύναμη του p, έστω l m = p . Οι ακέραιοι a,1≤ a< m, οι οποίοι δεν είναι πρώτοι προς τον p είναι οι

δηλαδή σε πλήθος pl−1.

Επομένως φ(pl)= pl− pl−1

Μερικά παραδείγματα: φ(6)= 2,φ (2)= 1,φ(3)= 2. Επομένως φ(6)= φ (2)φ(3). Επίσης φ(12) = 4 και φ (3)φ(4)= 2⋅2 = 4, δηλαδή και πάλι φ(12)= φ(3)φ(4). ΄Ομως φ(12)= 4⁄= φ(2)φ(6)= 1⋅2= 2.

Από τα παραπάνω, και άλλα παραδείγματα που μπορεί να υπολογίσει ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης, μπορούμε ίσως να διατυπώσουμε την εικασία:

Πρόταση 4.2.9.

Πράγματι, η εικασία μας ισχύει. Θα δώσουμε στην πορεία διάφορες αποδείξεις.

Η ιδέα της πρώτης απόδειξης θα δοθεί με ένα παράδειγμα.

΄Εστω m= 5 και n = 8,m ⋅n= 5⋅8= 40. Θα σχηματίσουμε ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με τους φυσικούς από 1 έως 40 διατεταγμένους σε γραμμές και στήλες ως εξής:

1
6
11
16
21
26
31
36

2
7
12
17
22
27
32
37

3
8
13
18
23
28
33
38

4
9
14
19
24
29
34
39

5
10
15
20
25
30
35
40

Το φ (5)= 5− 1 =4. ϒπάρχουν ακριβώς 4 γραμμές που περιέχουν ακέραιους πρώτους προς το 5, οι τέσσερις πρώτες. Το φ(8)= 8⋅(1− 1)= 4. 2 Σε κάθε μια απο τις τέσσερις γραμμές υπάρχουν ακριβώς 4 αριθμοί οι οποίοι είναι πρώτοι προς το 8. Συνεπώς υπάρχουν 4⋅4= 16 φυσικά, πρώτοι προς το 40,φ(40)= 16= 4⋅4 =φ (5)φ(8).

Απόδειξη της πρότασης 4.2.9

Τοποθετούμε τους φυσικούς από 1 έως m⋅n κατά το ακόλουθο σχήμα:

1 | m+ 1 | 2m + 1 |  | (n− 1)m + 1
2 | m+ 2 | 2m + 2 |  | (n− 1)m + 2
3 | m+ 3 | 2m + 3 |  | (n− 1)m + 3

ϒποθέτουμε ότι ο (m,r)=: d > 1. Κανένα στοιχείο της r-στης γραμμής δεν είναι πρώτο προς το m, αφού είναι της μορφής

και d|(km + r).

Επομένως οι φυσικοί από 1 έως m ⋅n που είναι πρώτοι προς το m ανήκουν στις r-στες γραμμές για τις οποίες (m,r)= 1.

Αν τώρα (m,r)= 1 και 1 ≤r ≤ m θα πρέπει τώρα να υπολογίσουμε πόσοι πρώτοι προς τον m ⋅n υπάρχουν στην r-στη γραμμή.

Πρώτα από όλα είναι φανερό ότι όλοι οι όροι της r-στης γραμμής είναι πρώτοι προς το m.

Επίσης οι n φυσικοί της r-στης γραμμής αποτελούν ένα πλήρες σύστημα των κλάσεων υπολοίπων modn. Επομένως ακριβώς φ (n) από αυτούς είναι πρώτοι προς το n. Επειδή όλοι της γραμμής είναι πρώτοι προς το n, έπεται ότι η γραμμή περιέχει ακριβώς φ (n) πρώτους το m ⋅n, και επειδή οι γραμμές είναι φ(m) συνολικά οι πρώτοι προς το m ⋅n είναι φ(m)⋅φ(n), δηλαδή

Πρόταση 4.2.10. Αν s n = ∏ pni i=1 i η κανονική ανάλυση του φυσικού n,(n >1) σε γινόμενο πρώτων παραγόντων τότε

Απόδειξη. Ο

Συνεπώς,

και, επαγωγικά,

Τέλος, από τη σχέση ni ni ni−1 ni( 1-) φ(pi ) = pi − pi = pi 1− pi έχουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα. __

Πρόταση 4.2.11. Για κάθε φυσικό αριθμό n,n >2 ο φ(n) είναι άρτιος.

Απόδειξη. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις:

Αν ο n είναι δύναμη του 2, n= 2l με l > 1 τότε φ(n)= φ (2l)= 2l−1, δηλαδή άρτιος.

Αν ο n δεν είναι δύναμη του 2, θα έχει κάποιο περιττό πρώτο διαιρέτη, έστω p. Επομένως ο n θα γράφεται στη μορφή n = pl⋅m (l ≥ 1) όπου p ∤m.

Επομένως φ(n)= φ(pl)φ (m )= pl−1(p− 1)φ(m).

Ο (p− 1) είναι άρτιος διαιρέτης του φ(n) συνεπώς ο φ(n) είναι άρτιος.

__

Παρατηρήσεις

Πιο μπροστά αναφερθήκαμε στον υπολογισμό του

Ο Fermat ανακοίνωσε το αποτέλεσμα που φέρει το όνομά του σε ένα γράμμα του προς τον Frènicle de Bessy με ημερομηνία 18 Οκτωβρίου 1640. Ονομάστηκε «μικρό θεώρημα του Fermat» (σε αντιδιαστολή με το «Θεώρημα του Fermat» ή «εικασία του Fermat» στο οποίο έχουμε αναφερθεί πιο πριν, το οποίο απολάμβανε τον τίτλο του θεωρήματος χωρίς να έχει αποδειχθεί).

Φαίνεται ότι ο Fermat δεν το είχε αποδείξει. Στο γράμμα του προς τον Frènicle γράφει: «Θα σου έστελνα την απόδειξη αν δεν φοβόμουνα ότι θα ήταν ή θα γινόταν υπερβολικά μακροσκελής» ( «I would send you the demonstration, if I did not fear its being too long» ).

Κάπου μεταξύ 1676 και 1680 αποδείχτηκε από τον Leibniz, αλλά η απόδειξή του βρέθηκε πολύ αργότερα στα αδημοσίευτα χειρόγραφά του. ΄Ετσι, χάθηκε η ευκαιρία να συνδεθεί το όνομά του με την απόδειξη του θεωρήματος.

Η πρώτη δημοσιευμένη απόδειξη ήταν αυτή του Euler, περίπου έναν αιώνα αργότερα, το 1736. Η απόδειξή του στηρίζεται στον διωνυμικό τύπο. [4, σελ. 189].

Η δεύτερη απόδειξη δόθηκε από τον Euler στα 1750 και η γενίκευσή της στα 1760 [4, σελ. 57].

Χωρίς να χρησιμοποιήσει τον συμβολισμό φ(n), ο Euler είναι ο πρώτος που εισάγει τη συνάρτηση αυτή. Αργότερα χρησιμοποιεί τον συμβολισμό π(n). Πρώτος που χρησιμοποιεί τον συμβολισμό φ(n) είναι ο Gauss [6, ΄Αρθρο 38].

Ασκήσεις

Να αποδείξετε ότι για n ∈ℕ, n ≥1

Αν a,b θετικοί ακέραιοι και (a,b)= 1 να αποδείξετε ότι

Να αποδείξετε ότι το

Ποια είναι τα δύο τελευταία ψηφία του 1000 3;

Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο a ισχύει 2730|a13− a.

Αν n∈ ℕ, n> 2 τότε να αποδείξετε ότι το άθροισμα των φυσικών που είναι μικρότεροι του n και πρώτοι προς το n και πρώτοι προς το n είναι nϕ(n2).

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός

είναι πάντοτε ακέραιος, για κάθε ακέραιο a.

Αν ο n είναι περιττός να αποδείξετε ότι

Αν ο n είναι άρτιος να αποδείξετε ότι

Να αποδείξετε ότι

Αν a ∈ℤ και (a,10)= 1, τότε τα τελευταία τρία δεκαδικά ψηφία των a2001 και a σημπίπτουν.

4.3 Γραμμικές ισοδυναμίες και συστήματα

Αν f(X) =c Xn+ ⋅⋅⋅+c X +c n 2 πολυώνυμο (μίας μεταβλητής) n-στού βαθμού με ακέραιους συντελεστές και m∈ ℕ,m > 1, τότε η ισοδυναμία

(4.3.1)

θα λέγεται ισοδυναμία n-στού βαθμού.

Ο ακέραιος a θα λέγεται λύση της ισοδυναμίας όταν f(a)≡ 0modm.

Είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι αν a ≡ bmodm τότε f (a)≡ f(b)modm.

Απόδειξη. Από το Πόρισμα 4.1.5 προκύπτει ότι al ≡ blmodm για κάθε l = 0,1,2,...,n.

Επομένως, πόρισμα 4.1.5(ii) και clal ≡clblmodm για κάθε l = 0,1,2,...,n, οπότε Πρόταση 4.1.4 και n l n l ∑ cla ≡ ∑ clb modm, l=0 l=0 δηλαδή f(a) ≡f (b)modm. __

Επομένως αν a λύση της ισοδυναμίας (4.3.1), όλοι οι ακέραιοι b,b≡ amodm είναι επίσης λύση. ΄Ολη η κλάση θα θεωρείται ως μία λύση. ΄Αρα, δύο λύσεις a 1 και a 2 θα είναι διαφορετικές όταν a ⁄≡ a modm. 1 2

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι για να βρούμε όλες τις λύσεις θα πρέπει να ελέγξουμε ποιοι από τους αντιπροσώπους ενός πλήρους συστήματος αντιπροσώπων των κλάσεων υπολοίπων modm, επαληθεύουν την ισοδυναμία. Για παράδειγμα μπορούμε να θεωρήσουμε το σύστημα {0,1,2,...,m− 1}.

Μια ισοδυναμία θα λέγεται ισοδυναμία πρώτου βαθμού ή γραμμική , όταν n= 1. Μία γραμμική ισοδυναμία θα είναι, επομένως, της μορφής

΄Εχει πάντοτε μια γραμμική ισοδυναμία λύση (λύσεις);

Η απάντηση είναι όχι. Για παράδειγμα, η ισοδυναμία 3x≡ 5mod9 δεν έχει λύση.

(Αν x0 ήταν λύση, τότε θα είχαμε 3x0− 9k= 5 δηλαδή 3|5, άτοπο Αν έχει (τουλάχιστον) μια λύση, τότε πόσες και συνακόλουθα ποιες είναι οι λύσεις της; Για παράδειγμα η ισοδυναμία:

έχει λύση την κλάση x≡ 11mod12. Πώς βρήκαμε τη λύση; Γράφουμε το (5,12)= 1 ως γραμμικό συνδιασμό των και 5,

Πολλαπλασιάζουμε με 7, 5 ⋅35 +(− 14)⋅12 = 7. Επομένως η κλάση x≡ 35≡ 11mod12, είναι λύση.

Πρόταση 4.3.1. Η ισοδυναμία ax≡ bmodm έχει λύση ακριβώς τότε όταν ο d := (a,m)|b. Αν έχει λύση, τότε το πλήθος των λύσεων είναι ακριβώς d.

Απόδειξη. Αν d |b, τότε υπάρχει ℓ∈ ℤ τέτοιο ώστε b= dℓ. ΄Ομως d = (a,m). Συνεπώς υπάρχουν ακέραιοι r,s∈ ℤ τέτοιοι ώστε d = ar+bs. Επομένως,

δηλαδή το x0 ≡ (rℓ)modm, είναι λύση της ισοδυναμίας.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι η ισοδυναμία έχει κάποια λύση x0, ax0 ≡bmodm. Αυτό σημαίνει ότι

Ο d = (a,m), διαιρεί τα a και m. ΄Αρα d |b. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι το πλήθος των λύσεων είναι ακριβώς d.

Αν x0 λύση της ισοδυναμίας και k∈ ℤ, τότε και για x0+ kmd- είναι επίσης λύση. Πράγματι,

Επίσης αν x0,x1 λύσεις, τότε

Επειδή d = (a,m), έπεται ότι

και συνεπώς

δηλαδή κάθε λύση είναι της μορφής αυτής. Οι λύσεις

είναι διαφορετικές modm, διότι για k1,k2 ∈ {1,2,...,d− 1} ισχύει

διότι 0 ≤ |k1− k2|< d.

Τέλος, κάθε λύση είναι ισοδύναμη με μία από τις παραπάνω. Πράγματι αν m- x0+ kd, k∈ ℤ λύση και γράψουμε k= qd+ r, 0 ≤r < d έχουμε

για 0≤ r< d. __

Πόρισμα 4.3.2. Αν (a,m)= 1, τότε η ισοδυναμία

έχει πάντοτε ακριβώς μια λύση.

Σημείωση Η ισοδυναμία 5x≡ 7mod12 έχει ακριβώς μια λύση, την x ≡ 11mod12.

Παράδειγμα Να λυθεί η ισοδυναμία

Ο μέγιστος κοινός διαιρέτης (27,105)= 3|18. Επομένως η ισοδυναμία έχει ακριβώς λύσεις mod105. Γράφουμε τον (27,105) ως γραμμικό συνδυασμό των 27,105:

Πολλαπλασιάζουμε με 6,

Επομένως μία λύση της ισοδυναμίας είναι η

Οι άλλες δύο λύσεις είναι:

και

Παρατήρηση 4.3.3. Ο τύπος του Georgi Voromi [10, σελ. 69]. Αν (a,m) =1, η λύση της ισοδυναμίας

δίνεται από τον τύπο

Ο τύπος είναι αρκετά βολικός όταν ο a είναι αρκετά μικρός αφού τότε θα έχουμε λίγους προσθετέους.

Στη συνέχεια θα δούμε ότι το πρόβλημα της επίλυσης ισοδυναμίας ανωτέρου βαθμού ανάγεται στην επίλυση ενός γραμμικού συστήματος μιας ισοδυναμίας μέτρου δύναμης πρώτου αριθμού.

Πρόταση 4.3.4. ϒποθέτουμε ότι ο φυσικός αριθμός m, (m > 1) αναλύεται σε γινόμενο

όπου (mi,mj)= 1 για κάθε i,j∈ {1,2,...,r} και i⁄= j. Κάθε λύση της ισοδυναμίας

είναι συγχρόνως και λύση του συστήματος ισοδυναμιών

και αντιστρόφως.

Απόδειξη. Αν x ∈ ℤ 0 λύση της ισοδυναμίας, θα έχουμε f(x) ≡0modm. 0 Επειδή για κάθε i∈ {1,2,...,m}, m |m, i έπεται ότι

Αντίστροφα, αν x0 κοινή λύση του συστήματος (4.3.4) θα έχουμε

Επομένως, mi |f(x0) για κάθε i∈ {1,2,...,r}. Συνεπώς m = ∏ri=1mi |f(x0), δηλαδή ότι f (x0)≡ 0modm. __

Αν λοιπόν μπορούσαμε να λύσουμε κάθε ισοδυναμία f(x) ≡0modmi, i∈ {1,2,...,r} χωριστά και να βρούμε κάποια λύση xi,

τότε θα μπορούσαμε στη συνέχεια να λύσουμε ένα σύστημα γραμικών ισοδυναμιών της μορφής:

και κάθε λύση του συστήματος (4.3.3), έστω x0 θα είναι και λύση του αρχικού συστήματος ισοδυναμιών (4.3.2), αφού

για κάθε i∈ {1,2,...,r}.

Πρόταση 4.3.5 (Κινέζικό θεώρημα ϒπολοίπων). Αν m1,m2,...,mr φυσικοί αριθμοί mi >1 για κάθε i∈ {1,2,...,r} πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο και ai ∈ℤ, τότε το σύστημα ισοδυναμιών:

έχει μοναδική λύση modm, m= ∏ri=1mi. Η απόδειξη της πρότασης υποδεικνύει και τον τρόπο υπολογισμού της λύσης.

Απόδειξη. Για κάθε i∈ {1,2,3,...,r}, θέτουμε

Επειδή οι mi είναι πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο έπεται ότι (mi,Mi)= 1. Επομένως για κάθε i∈{1,2,...,n} η ισοδυναμία

έχει μοναδική modmi λύση. Ας την ονομάσουμε bi. Ο ακέραιος αριθμός

είναι λύση του συστήματος. Πράγματι, για κάθε i∈ {1,2,...,r}, έχουμε

και για κάθε j∈ {1,2,...,r}, j⁄= i ισχύει

δηλαδή

Θα αποδείξουμε ότι αυτή η λύση είναι μοναδική modm. Αν x1 μια άλλη λύση, τότε ισχύει

Συνεπώς mi |x1− x0 και επειδή οι mi είναι πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο, έπεται ότι

__

Παρατήρηση 4.3.6.

Η πρόταση 2.2.2 θα μπορούσε να αποδειχθεί και με χρήση της 4.3.1 .

Πράγματι η ύπαρξη λύσης της διοφαντικής εξίσωσης

είναι ισοδύναμη με την ύπαρξη λύσης της ισοτιμίας

είτε της ισοτιμίας

Οι ισοτιμίες όμως έχουν λύση ακριβώς τότε όταν ο d = (a,b)|c. Επιπλέον αν x0 κάποια λύση της ισοτιμίας

όλες οι λύσεις της είναι

Από την aX +bY = c, υπολογίζουμε το y0 = c−abx0 και στη συνέχεια τα

Η πρόταση 4.3.5 χρωστά το όνομά της στον Sun-Tsu, Κινέζο συγγραφέα του πρώτου μ.Χ. αιώνα (κατ΄ άλλους θα πρέπει να έχει ζήσει μεταξύ του 200 και 470), ο οποίος στο έργο του Suan-ching «Εγχειρίδιο Αριθμητικής» έθεσε το ακόλουθο πρόβλημα:

« ϒποθέτουμε ότι έχουμε έναν άγνωστο αριθμό αντικειμένων. ΄Οταν τα μετρούμε ανά τρία περισσεύουν δύο, όταν τα μετρούμε ανά πέντε περισσεύουν τρία, ενώ όταν τα μετρούμε ανά επτά περισσεύουν δυό. Πόσα αντικείμενα έχουμε;» Η λύση του προβλήματος, δηλαδή η λύση του συστήματος γραμμικών ισοτιμιών:

παρά το ότι αφορά μια ειδική περίπτωση ο Sun-Tsu έδωσε ακριβώς τη μέθοδο απόδειξης της πρότασης 4.3.5. Πρώτα υπολογίζει βοηθητικούς ακέραιους 70,21 και οι οποίοι είναι τα γινόμενα 5⋅7, 3 ⋅7 και 3 ⋅5 αντίστοιχα. Στη συνέχεια υπολογίζει το άθροισμα 270 +321+ 215= 233, αυτή είναι μια λύση. Για να βρει την ελάχιστη αφαιρεί πολ/σια του και βρίσκει 25. Φυσικά εδώ πρέπει να παρατηρήσουμε ότι οι 70,21 και διαιρούμενοι με 3,5 και αφήνου υπόλοιπο ένα.

Δυστυχώς υπάρχει διχογνωμία σχετικά με το πότε έζησε ο Shun-Tsu. Μερικοί συγγραφείς όπως ο R. Dickson(1919), υποστηρίζουν ότι έζησε τον πρώτο μετά μ.Χ. αιώνα, ενώ άλλοι, όπως A. Wylie (1897), αλλά και ο L. Wang (1964), κάπου μεταξύ τρίτου και πέμπτου μ.Χ. αιώνα.

Το αποτέλεσμα συμπεριελήφθηκε κατά τον 13ο αιώνα στο έργο του Qin Jushao Shushu Jiuzhan Μαθηματική πραγματεία σε εννέα παραγράφους ¹ (1247), από όπου και διαδόθηκε στους νεότερους χρόνους.

¹Παράφραση του παραπάνω τίτλου χρησιμοποιήσε ο J. Tattersall ως τίτλο του βιβλίου του Elementary Number Theory in Nine chapters

Το ίδιο ακριβώς πρόβλημα και λύση εμφανίζεται στην έκδοση του R. Hoche (1866) του έργου του Νικόμαχου του Γερασηνού, μαθηματικού του 1ου μ.Χ. αιώνα, « ᾿Αριθμητική ε᾿ισαγωγή». Δεν ανήκει όμως στο σώμα του κυρίως κειμένου αλλά ακολουθεί ένα παράρτημα με τίτλο «Προβλήματα Αριθμητικά» και είναι το πέμπτο πρόβλημα με τίτλο: ΠΙ῝

΄Ετσι δεν είναι σίγουρο ότι είναι του Νικόμαχου. Εικάζεται ότι είναι του Ιωάννη του Φιλόπονου, 6ου μ.Χ. αιώνα ο οποίος συνέγραψε σχόλιο με τίτλο ΠΙ῝ Παραπέμπουμε τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη στα [20], [25], [21], [18], [23].

Η απόδειξη της πρότασης 4.3.5 οφείλεται στον Gauss [6, άρθρο 36].

Η πρόταση 4.3.5 γενικεύθηκε γύρω στα 700 μ.Χ. από τον βουδιστή Μοναχό Yi Xing.

Πρόταση 4.3.7. Το σύστημα ισοδυναμιών

έχει λύση ακριβώς τότε όταν (mi,mj )|(ai− aj) για κάθε i,j, i⁄= j. Αν υπάρχει λύση τότε αυτή είναι μοναδική modulo m όπου m = [m1,...,mr].

Απόδειξη. Αν το σύστημα έχει λύση τότε mi |(x− ai) για κάθε i= 1,...,r. Ας ονομάσουμε mij = (mi,mj) για i⁄= j, τότε mij |(x− ai) και mij |(x − aj) οπότε mij |(x− ai)− (x− aj)= aj− ai για κάθε i⁄= j.

Αντιστρόφως, υποθέτουμε ότι mij |(ai− aj) για κάθε ζευγάρι i,j∈{1,2,...,r},i⁄= j. Η ιδέα είναι να αντικαταστήσουμε το δοθέν σύστημα με άλλο ισοδύναμο στο οποίο μπορούμε να εφαρμόσουμε το κινέζικο θεώρημα.

Σύμφωνα με την ανάλυση του φυσικού αριθμού m = pn11pn22 ⋅pnss τότε η ισοδυναμία x≡ amodm είναι ισοδύναμη με το σύστημα των γραμμικών ισοδυναμιών

Αν το εφαρμόσουμε στο αρχικό σύστημα θα προκύψει σύστημα ισοδύναμο προς το αρχικό του οποίου κάθε ισοδυναμία θα έχει μέτρο δύναμη πρώτου. Βέβαια, τα μέτρα αυτά δεν είναι όλα κατ΄ ανάγκη πρώτα μεταξύ τους, αφού είναι δυνατόν κάποιες δυνάμεις πρώτου να εμφανίζονται στην κανονική ανάλυση των mi για διάφορα mi. Για κάποιο δοσμένο p αν διαλέξουμε τον δείκτη i∈ {1,2,...,r}, για τον οποίο ο p εμφανίζεται στην κανονική ανάλυση του mi με τον μεγαλύτερο εκθέτη (σε σχέση με τους εκθέτες στην ανάλυση του mj).΄Εστω ότι αυτή η δύναμη είναι pe. Αν τώρα pf |mj, τότε κατ΄ ανάγκη f ≤ e και pf |mij =(mi,mj)|ai− aj. Επομένως προκύπτει ότι ai ≡ ajmodpf. Αυτό σημαίνει ότι, αν η ισοδυναμία x≡ amodpe έχει λύση, τότε έχει λύση και η x ≡ajmodpf .

Δηλαδή μπορούμε να διαγράψουμε από το σύστημα όλες τις ισοδυναμίες x ≡ajmodpf και να αφήσουμε μόνο την x≡ aimodpe αυτή με τον μεγαλύτερο εκθέτη του p.

Αν το κάνουμε αυτό για κάθε πρώτο p θα έχουμε ένα σύστημα ισοδυναμιών με μέτρα δυνάμεις πρώτων οι οποίοι θα είναι ανά δύο διαφορετικοί. Το κινέζικο θεώρημα υπολοίπων μας εξασφαλίζει την ύπαρξη μοναδικής λύσης η οποία αυτόματα είναι και λύση του αρχικού. __

Παραδείγματα ισοδυναμιών:

(1) Να λυθεί το σύστημα:

Κάθε ισοτιμία ξεχωριστά έχει μοναδική λύση. Η πρώτη x≡ 3mod5, η δεύτερη x ≡3mod7 και η η τρίτη x≡ 8mod9. Επομένως, αρκεί να λύσουμε το σύστημα:

Συνεπώς, a1 = 3, a2 = 3, a3 = 8, m = 5⋅7⋅9= 315, M1 = 63, M2 = 45 και M3 = 35. Οι ισοτιμίες Mix ≡ 1modmi, i= 1,2,3. 63x≡ 1mod5, 45x≡ 1mod7 και 35x≡ 1mod9 έχουν λύσεις b1 ≡ 2mod5, b2 ≡5mod7 και b3 ≡ 8mod9 αντίστοιχα. Επομένως, η μοναδική λύση του αρχικού συστήματος είναι

δηλαδή

(2) Να λυθεί το σύστημα:

Επειδή a1 =13, a2 = 5, a3 =38, m1 = 40, m2 = 44, m3 = 275 και (40,44)= 4|13− 5= 8, (40,275)= 5|13 − 38 − − 25, (44,275)= 11|5− 38= − 33, έπεται ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση modm, όπου m =[40,44,275]= 2200.

Για να βρούμε τη λύση διασπούμε τις ισοτιμίες σε ισοδύναμα συστήματα με μέτρα δυνάμεις πρώτων αριθμών. ΄Ετσι η πρώτη ισοδυναμία γράφεται:

η δεύτερη

και η τρίτη

Από αυτές επιλέγουμε μόνο εκείνες που έχουν μέτρο με τον μεγαλύτερο εκθέτη και σχηματίζουμε το σύστημα

Λύνουμε το τελευταίο σύστημα σύμφωνα με το κλασικό θεώρημα υπολοίπων του Κινέζου και βρίσκουμε

Μπορούμε να λύσουμε το παραπάνω σύστημα στο sage δίνοντας τις εντολές:

sage:CRT_list([13,5,38],[40,44,275]) 
1413

Θα μπορούσαμε να αντιμετωπίσουμε το παραπάνω πρόβλημα με ωμή βία, αλλά αυτό θα καθυστερούσε πολύ περισσότερο:

for i in range(1,8∗25∗11): 
    if (Mod(i,8) == Mod(5,8)) and (Mod(i,25) == Mod(13,25)) ∖ 
    and (Mod(i,11) == Mod(5,11)): 
        i 
1413

Στο παραπάνω πρόγραμμα ζητήσαμε από τον υπολογιστή να δοκιμάσει όλους τους αριθμούς από το μέχρι το 2200 = 8⋅25⋅11 και να βρει τη λύση.

Παρατήρηση 4.3.8. Μπορούμε να δόσουμε μια διαφορετική απόδειξη του θεωρήματος του Κινέζου κάνοντας χρήση του θεωρήματος του Euler 4.2.6. ΄Οπως και στην πρώτη απόδειξη του θεωρήματος θέτουμε m = r m ∏i=1 i και M = m, i mi i= 1,2,...,r.

Ο ακέραιος αριθμός

είναι λύση του συστήματος ισοτιμιών. Πράγματι, επειδή

έχουμε x0 = aiMϕ(mi)modmi. i ΄Ομως, επειδή (Mi,mi) = 1, σύμφωνα με το θεώρημα του Euler, έχουμε

Συνεπώς x0 = aimodmi για κάθε i= 1,2,...,r.

Παρατήρηση 4.3.9. Με τη βοήθεια του Κινέζικου θεωρήματος υπολοίπων μπορούμε να δώσουμε μια διαφορετική απόδειξη του ότι η ϕ συνάρτηση είναι πολλαπλασιαστική.

ϒποθέτουμε ότι m1,m2 είναι δύο θετικοί ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους. Αν m = m1m2 και a ακέραιος με (a,m)= 1. ϒπάρχει μοναδικό a1 ∈S (m1) τέτοιο ώστε a≡ a1modm1. Αρκεί να πάρουμε το amodm1. Ομοίως υπάρχει a2 ∈ S (m2 ) ώστε a≡ a2modm2. Είναι φανερό ότι (a,m1)= 1 για i= 1,2. Επομένως και (ai,mi)= 1 για i= 1,2. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι σε κάθε a ∈ℛ (m) αντιστοιχεί ένα ζευγάρι (a1,a2)∈ℛ (m1)× ℛ (m2). Αντίστροφα, αν μας δοθεί ένα ζευγάρι (a1,a2)∈ ℛ (m1)× ℛ(m2), τότε σύμφωνα με το Κινέζικο θεώρημα υπολοίπων, υπάρχει ένα μοναδικό x ∈S (m) τέτοιο ώστε

Επειδή (ai,mi)= 1 για i= 1,2 έπεται ότι και (x,mi)= 1, δηλαδή ότι (x,m )= 1, που σημαίνει ότι x∈ ℛ (m).

Επομένως αποδείξαμε ότι υπάρχει αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία ανάμεσα στα σύνολα ℛ (m) και ℛ(m1)× ℛ (m2). Τα σύνολα αυτά έχουν τον ίδιο αριθμό στοιχείων δηλαδή ϕ(m )= ϕ(m1)ϕ (m2 ).²

²Στο δεύτερο μέρος του βιβλίου θα δώσουμε μια απόδειξη η οποία είναι κατά βάθος ίδια με την παρούσα αλλά χρησιμοποιεί ορολογία Θεωρίας Ομάδων.

Ασκήσεις

Να λύσετε τις ισοδυναμίες:

Ομοίως να λυθούν τα συστήματα:

Να βρείτε έναν ακέραιο ο οποίος διαιρούμενος με 2,3,6 και να δίνει υπόλοιπο 1,2,5 και αντίστοιχα.

Τρεις γεωργοί μοιράζονται εξ ίσου το ρύζι που παράγουν όλοι μαζί. Επισκέπτονται διαφορετικές αγορές ο καθένας. Στην πρώτη αγορά μονάδα μέτρησης είναι τα κιλά, στη δεύτερη τα κιλά και στη τρίτη τα κιλά. Ο καθένας πούλησε όσο πιο πολλά μπορούσε και όταν γύρισαν σπίτι, ο πρώτος επέστρεψε κιλά, ο δεύτερος κιλά και ο τρίτος κιλά. Πόσα κιλά ρύζι παρήγαγαν και οι τρεις μαζί; (Αρχαίο κινέζικο πρόβλημα).

4.4 Εφαρμογές των ισοδυναμιών

g-αδική παράσταση θετικών ακέραιων

Στην παράγραφο αυτή θα ασχοληθούμε με μερικές εφαρμογές των ισοδυναμιών.

Πρόταση 4.4.1 (g-αδική παράσταση θετικών ακέραιων). Αν g∈ ℤ, g > 1 τότε κάθε θετικός ακέραιος n γράφεται μονοσήμαντα στη μορφή

όπου ai i= 0,1,2,...m ακέραιοι τέτοιοι ώστε 0 ≤ai < g για κάθε i= 0,1,2,...,m.

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε πρώτα την ύπαρξη. Σύμφωνα με το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο 1.2.3 έχουμε

Αν q1 ≥ b τότε, πάλι λόγω της 1.2.3 έχουμε q1 = q2g+ a1, 0≤ a1 < g, οπότε

Αν q≥ g, συνεχίζουμε κατά τον ίδιο τρόπο, q2 =q3g+ a2, 0 ≤ a2 < g,

Συνεχίζουμε όσο το επόμενο υπόλοιπο είναι ≥ g (επαγωγικά). Επειδή

αυστηρά φθίνουσα ακολουθία θετικών ακέραιων έπεται ότι μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων θα γίνει σταθερά. Αν αυτό γίνει στο (m − 1)-στο βήμα θα έχουμε

Αν am := qm, τότε

Θα αποδείξουμε τώρα τη μοναδικότητα της παράστασης. ϒποθέτουμε ότι ο n έχει δύο, διαφορετικές μεταξύ τους παραστάσεις:

όπου 0≤ ai,bj < g για κάθε i,j∈ {0,1,2,...,m}. Χρησιμοποιούμε και στις δύο εκφράσεις τον ίδιο εκθέτη m διότι μπορούμε να συμπληρώσουμε, αν χρειάζεται, όρους με συντελεστή 0.

Αφαιρούμε τις δύο παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και έχουμε

(4.4.1)

Επειδή οι δύο παραστάσεις είναι διαφορετικές μεταξύ τους, έπεται ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον δείκτης i∈{0,1,2,...,m } τέτοιος ώστε ci = ai− bi ⁄= 0. Αν

τότε η σχέση (4.4.1) γράφεται

Επομένως c =− g(c gm−ℓ−1+ ⋅⋅⋅+ c ) ℓ m ℓ+1 συνεπώς g|c . ℓ Από τις ανισότητες 0 ≤ a <g ℓ και 0 ≤ b < g ℓ προκύπτει: − g< a − b < g, ℓ ℓ δηλαδή − g <c < g ℓ δηλαδή |c |< g ℓ το οποίο όμως μαζί με το g |c ℓ δίνει ότι c = 0, ℓ άτοπο. Συνεπώς αποδείξαμε και το μονοσήμαντο. __

Συνήθως χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό

και θα λέμε ότι αυτή είναι η παράσταση του n ως προς τη βάση g. Οι συνηθισμένες βάσεις είναι g = 10 (δεκαδικό) και g= 2 ( δυαδική). Η απόδειξη της ύπαρξης μας δίνει και τη μέθοδο (αλγόριθμο) της εύρεση της παράστασης του δοθέντος n ως προς κάποια δοθείσα βάση g.

Για παράδειγμα ο αριθμός n = 1785 (δεκαδικός) γράφεται με βάση το 2 (δυαδικό σύστημα)

Ιδιαίτερα ως προς βάση το g= 2, επειδή τα ψηφία της παράστασης είναι και από την πρόταση 4.4.1, έπεται ότι κάθε φυσικός αριθμός έχει μοναδική παράσταση ως άθροισμα διαφορετικών μεταξύ τους δυνάμεων του με εκθέτες φυσικούς αριθμούς.

Τέλος στο ερώτημα πόσο είναι το πλήθος των ψηφίων του n ως προς τη βάση g, η απάντηση είναι εύκολη. Επειδή

συνεπάγεται ότι m log g≤ log n< (n+ 1)logg,

Επομένως

και επειδή τα ψηφία είναι m + 1 έχουμε [logn]+ 1 logg το πλήθος ψηφία. Φυσικά αν θεωρήσουμε και τον λογάριθμό ως προς βάση g, τότε το πλήθος των ψηφίων είναι [loggn]+ 1. Συχνά ο αριθμός αυτός συμβολίζεται και ⌈loggn⌉ και ονομάζεται οροφή του loggn.

Κριτήρια διαιρετότητας

Αν ∑ni=0ai10i είναι η δεκαδική παράσταση του θετικού ακέραιου m, s= ∑ni=0ai, t = ∑ni=0(− 1)iai, τότε

2|m ακριβώς τότε όταν 2 |a0, αφού 10k ≡ 0mod2 για κάθε k≥ 1.

5|m ακριβώς τότε όταν 5 |a0, αφού k 10 ≡ 0mod5 για κάθε k≥ 1.

4|m ακριβώς τότε όταν 4|10a1+ a0, αφού 10k ≡ 0mod4 για κάθε k≥ 2.

25|m ακριβώς τότε όταν 25|10a1+ a0 αφού 10k ≡ 0|25 για κάθε k≥ 2.

ή 9|m ακριβώς τότε όταν ή 9|s, αφού k 10 ≡ 1mod9 ή k 10 ≡ 1mod3 για κάθε k≥ 1.

11|m ακριβώς τότε όταν 11 |t αφού 10k ≡ (− 1)kmod11 για κάθε k≥ 11.

7|m ακριβώς τότε όταν 7|b− 2a0, όπου b= am10m−1+ ⋅⋅⋅+ a210+ a1. Πράγματι, m = 10b+ a0 Επομένως 7|m αν και μόνο αν 7|3b+ a0 = 3b+ 7a0− 6a0 αν και μόνο αν 7 |3(b − 2a0) αν και μόνο αν 7|b− 2a0.

13|m ακριβώς τότε όταν 13|(b+ 4a0) όπου m −1 b = am10 +⋅⋅⋅+a210+ a1. Πράγματι, 13 |m αν και μόνο αν 13|10b+ a0 αν και μόνο αν 13 |(13b − 3b+ 13a0− 12a0) αν και μόνο αν 13|3(b+ 4a0) αν και μόνο αν 13|b+ a0.

Ο m διαιρείται συγχρόνως με 7,11 και ακριβώς τότε όταν το 7,11 και διαιρούν τον

Πράγματι παρατηρούμε ότι 7⋅11⋅13= 1001 και ότι για ℓ άρτιο

ενώ για ℓ περιττό

Η ημέρα της εβδομάδας

Αν

k είναι η μέρα του μήνα

m είναι ο μήνας (η αρίθμηση αρχίζει από τον μήνα Μάρτιο)

N είναι το έτος (αν είναι Ιανουάριος ή Φεβρουάριος είναι το προηγούμενο έτος)

C είναι ο αιώνας

Y είναι το έτος μέσα στον αιώνα (N = 100C+ Y).

τότε

Παράδειγμα: Τι μέρα ήταν η 5η Σεπτεμβρίου του 1951;

Επομένως ήταν ημέρα Τετάρτη (Κυριακή αντιστοιχεί στο και το Σάββατο στο ). [12, σελ. 166-170]

Παράδειγμα: Σήμερα 7η Δεκεμβρίου 2014 έχουμε k= 7, m= 10, C = 20, Y = 14. Επομένως W = 7 +[2,6 ⋅10 − 0,2]− 2⋅20+ 14 +[14∕4]+[20∕4]=7 +25 − 40 +14+ 3+ 5 ≡0mod7. ΄Αρα είναι μέρα Κυριακή!

ϒπολογισμός του Ορθοδόξου Πάσχα

Ο υπολογισμός της ημέρας του Πάσχα βασίζεται και αυτός στις ιδιότητες των ισοτιμιών. Αν συμβολίσουμε με (b,a) το υπόλοιπο της διαίρεσης του ακέραιου b με τον ακέραιο a και για το έτος X ορίσουμε

τότε η ημέρα του Πάσχα E (X) του έτους X θα είναι

Σημείωση: Αν E(Q)≤ 30, τότε αναφέρεται σε ημέρες Απριλίου ενώ αν E (X)≥ 30, τότε αυτό σημαίνει την (E (X )− 30)-στή ημέρα του Μαΐου. Ο παραπάνω τύπος οφείλεται στον Gauss.

Παράδειγμα: Για X = 2007 a= 12,b= 3,c= 5,A = 4,B= 1. E (X )= A+ B+ 3= 4 +1 +3 = 8 ημέρες Απριλίου. Πράγματι, το 2007 το Πάσχα ήταν στις 8 Απριλίου.

Παράδειγμα: Το έτος Q =2015 το Πάσχα θα είναι a= (X,19)= 1, b= (X,4)= 3, c =(X ,7)= 6, A= (19a+ 16,30)= (35,30)= 5, B = (4c+ 2b+ 6A,7)= (60,7 = 4). Επομένως E(X) =5 +4 +3 = 12 Απριλίου. [10]

4.5 ΄ϒψωση σε δύναμεις και εύρεση ρίζας modm

Θέλουμε να υπολογίσουμε το

Το πρώτο που θα έπρεπε να γνωρίζουμε είναι η παραγοντοποίηση του αριθμού για να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Euler.

Πράγματι με μεθόδους που θα αναπτύξουμε παρακάτω έχουμε

Η ϕ-συνάρτηση του Euler μας δίνει

Ο μέγιστος κοινός διαιρέτης (7,181651551) = 1. Επομένως από το θεώρημα του Euler,

Επειδή, 345678912= 18156600⋅19+ 541043, έχουμε

Γράφουμε τον εκθέτη σε δυαδική μορφή. Αυτό γίνεται πολύ εύκολα σύμφωνα με τον ακόλουθο αλγόριθμο:

Αν m περιττός ε =1, 0 αλλιώς ε = 0. 0 Αντικαθιστούμε το n με το [n] 2 και συνεχίζουμε όμοια μέχρι να φτάσουμε στο 0.

Το

Στο παράδειγμά μας,

Στη συνέχεια εφαρμόζουμε τη μέθοδο των διαδοχικών υψώσεων στο τετράγωνο.

Το ζητούμενο αποτέλεσμα προκύπτει αθροίζοντας τις δυνάμεις που εμφανίζονται με στο δυαδικό ανάπτυγμα:

Ας έρθουμε στο αντίστροφο πρόβλημα. Γνωρίζουμε ότι

τα m,a και n είναι δεδομένα. Ζητούμε να βρούμε το x.

Για παράδειγμα υποθέτουμε ότι x157 ≡ 1078mod2724. Επιθυμούμε να υπολογίσουμε το x. Ο είναι μικρός ακέραιος. Παραγοντοποιείται εύκολα, 2747 = 41⋅67. Επομένως ϕ(2747)= ϕ(41)ϕ (67)= 40 ⋅66 = 2640. Λύνουμε τη διοφαντική εξίσωση

και βρίσκουμε μια λύση b= 1093 και c= 65. Σύμφωνα με το θεώρημα του Euler,

Επομένως,

Επειδή 157 x ≡ 1078mod2747, έπεται ότι 1093 x≡ 1078 mod2747. Εφαρμόζουμε και πάλι τη μέθοδο των διαδοχικών υψώσεων στο τετράγωνο και βρίσκουμε

Παρατηρούμε ότι τελικά η διαδικασία είναι εύκολη. Προϋποθέτει όμως τη γνώση της τιμής της συνάρτησης του Euler στο μέτρο κάτι το οποίο εξαρτάται από την παραγοντοποίηση του μέτρου. Αυτό βέβαια δεν είναι πάντοτε δυνατό, ιδιαίτερα όταν το μέτρο είναι μεγάλο και έχει μόνο μεγάλους πρώτους παράγοντες. Αλλά «κάθε εμπόδιο για καλό» που λέει και ο λαός. Το «καλό» είναι η χρήση της Θεωρίας Αριθμών στην Κρυπτογραφία.

4.6 Κρυπτογραφία

΄Ενα κρυπτοσύστημα είναι μια διατεταγμένη πεντάδα (P,C,K,E,D) όπου:

P (plaintext) είναι το σύνολο των μηνυμάτων που θέλουμε να στείλουμε

C (ciphertext) είναι το σύνολο όλων των κωδικοποιημένων μηνυμάτων.

K (key space) ο χώρος των κλειδιών κωδικοποίησης.

E ο χώρος των συναρτήσεων κωδικοποίησης. Για κάθε κλειδί k ∈K υπάρχει μια συνάρτηση εk ∈ E τέτοια ώστε εk :P → C.

D ο χώρος των συναρτήσεων αποκωδικοποίησης. Για κάθε κλειδί k ∈K υπάρχει μια συνάρτηση d :C → P k τέτοια ώστε

Από πλευράς μεθοδολογίας η κρυπτογραφία χωρίζεται σε δύο μεγάλες κατηγορίες, στη συμμετρική και στην ασύμμετρη κρυπτογραφία.

Συμμετρική Κρυπτογραφία

Στη συμμετρική κρυπτογραφία η κρυπτογράφηση και η αποκρυπτογράφηση γίνεται με το ίδιο κλειδί.

Αντιστοιχούμε σε κάθε γράμμα του αγγλικού αλφαβήτου τους αριθμούς από 0 μέχρι 25 και εργαζόμαστε mod26. Ακολουθούν μερικά παραδείγματα συμμετρικών κρυπτοσυστημάτων.

Το κρυπτοσύστημα της μεταφοράς (shift cipher)

Εδώ P = C =K = ℤ26. Αν k ∈K = ℤ26 η ek(x)≡ (x+k)mod26 και η dk(y)≡ (y− k)mod26.

Η ειδική περίπτωση για k= 3 λέγεται κρυπτοσύστημα του Καίσαρα (Caesar cipher). Για παράδειγμα η Αλίκη επιθυμεί να στείλει στον Βασιλάκη το μήνυμα:

I LOVE YOU

Μετατρέπει τα γράμματα σε αριθμούς. (Λέγεται ότι αυτό ήταν επινόηση του Πολύβιου.)

Αυτό κωδικοποίείται (προσθέτουμε το σε κάθε αριθμό εργαζόμενοι ) στο

Στην αποκωδικοποίηση αφαιροούμε από κάθε αριθμό και βρίσκουμε πάλι το αρχικό μήνυμα.

Παρατήρηση: Το κρυπτοσύστημα έχει ένα σοβαρό μειονέκτημα: έχει πολύ μικρό αριθμό κλειδιών μόνο 26. Θα μπορούσε να δοκιμάσει κανείς όλα τα δυνατά κλειδιά μέχρι που να προκύψει κείμενο που έχει νόημα και έτσι να το αποκρυπτογραφήσει.

Το κρυπτοσύστημα της αντικατάστασης (substitution cipher)

Στο κρυπτοσύστημα της αντικατάστασης P = C = ℤ26 αλλά το K είναι το σύνολο των μεταθέσεων των στοιχείων δηλαδή #K = 26!.

Δυστυχώς και πάλι το σύστημα δεν είναι ασφαλές. ϒπάρχουν πίνακες οι οποίοι μας δίνουν τη συχνότητα εμφάνισης ενός γράμματος σε κείμενο της αγγλικής γλώσσας. Αυτό βοηθάει πολύ στην αποκρυπτογράφηση του συστήματος από τον ανεπιθύμητο τρίτο.

Το αφινικό κρυπτοσύστημα

Στο αφινικό κρυπτοσύστημα P =C = ℤ 26 και

Το πλήθος των κλειδιών είναι ϕ(26)⋅26 = 312. Για κάθε κλειδί k= (a,b) ∈K η συνάρτηση κωδικοποίησης ek(x)= (ax+ b)mod26 και η συνάρτηση αποκωδικοποίησης

όπου a− 1 είναι το αντίστροφο του δηλαδή η λύση της ισοδυναμίας

Σημείωση: Αν με τη βοήθεια του ευκλείδειου αλγορίθμου, γράψουμε

τότε το s είναι το a−1.

Παράδειγμα 4.6.1. ΄Εστω K = (a,b)= (3,7). Η συνάρτηση κωδικοποίησης είναι

Η ισοδυναμία 7x≡ 1mod26, έχει λύση την x ≡15mod26, δηλαδή a−1 = 15. Η συνάρτηση αποκωδικοποίησης είναι η

Κωδικοποιούμε τη λέξη HOT

Το κωδικοποιημένο μήνυμα είναι AXG. Η αποκωδικοποίηση:

ϒπάρχουν και άλλα πιο πολύπλοκα και αρκετά πιο ασφαλή συμμετρικά κρυπτοσυστήματα. ΄Ολα όμως έχουν δύο βασικά μειονεκτήματα. Το πρώτο είναι ότι δεν υπάρχει ασφαλής τρόπος μεταφοράς του κλειδιού ανάμεσα στα επικοινωνούντα μέλη. Το δεύτερο, ο μεγάλος αριθμός κλειδιών που χρειαζόμαστε. Αν για παράδειγμα 1000 άνθρωποι επικοινωνούν με διαφορετικό κλειδί ανα δύο τότε χρειάζονται (1000) 2 = 299⋅1000∕2= 499500 διαφορετικά κλειδιά.

Αυτό που χρειαζόμαστε είναι να κατασκευάσουμε τέτοια κρυπτοσυστήματα ώστε η συνάρτηση ekνα είναι εύκολα υπολογίσιμη για να μπορούμε να στέλνουμε τα μηνύματα εύκολα και γρήγορα, ενώ η dk να είναι αδύνατο να υπολογιστεί ακόμη και όταν η ek είναι γνωστή. Σε αυτή την περίπτωση θα μπορούσαμε να δημοσιοποιήσουμε το κλειδί k χωρίς να κινδυνεύει να αποκρυπτογραφηθεί το μήνυμά μας από ανεπιθύμητους τρίτους. Σε αυτή την απλή ιδέα στηρίζεται η

Μη συμμετρική Κρυπτογραφία

Μια πρώτη ιδέα ήταν ότι ο πολλαπλασιασμός ακέραιων είναι, ιδιαίτερα για τον υπολογιστή, μια πάρα πολύ εύκολη πράξη. Ειδική περίπτωση είναι η ύψωση σε δύναμη. Η αντίστροφή της θα ήταν η παραγοντοποίηση δοθέντως φυσικού αριθμού n. Αυτό είναι σχεδόν αδύνατο όταν ο φυσικός αριθμός n έχει μεγάλο πλήθος ψηφίων. Η ιδέα ανήκει στους Diffie και Hellman (1976), και το πρώτο κρυπτοσύστημα που στηρίχθηκε σ΄ αυτή την ιδέα δόθηκε από τους Rivest-Shamir-Adlemann (1978) [17] και ονομάστηκε

RSA κρυπτοσύστημα

Ακολουθούμε τα ακόλουθα βήματα:

Επιλέγουμε δύο μεγάλους πρώτους αριθμούς

ϒπολογίζουμε το γινόμενο n= p⋅q

ϒπολογίζουμε το

Βρίσκουμε δύο ακέραιους a, b τέτοιους, ώστε το ab− 1να είναι πολλαπλάσιο του ϕ (n).

Δημοσιοποιούμε τα n και b.

Τα a και τα p,q δεν δημοσιοποιούνται

Κωδικοποιούμε το x στο xbmodn, δηλαδή ek(x)= xbmodn

Αποκωδικοποιούμε το y στο yamodn, δηλαδή dk(y)≡ ydmodn.

Παρατήρηση 4.6.2. Στο βήμα (4), όταν επιλέξουμε κάποιο b, για να υπάρχει a τέτοιο ώστε ba≡ 1modϕ(n) πρέπει η ισοδυναμία

να έχει λύση, δηλαδή πρέπει (b,ϕ(n))= 1. Συνεπώς επιλέγουμε ένα τέτοιο b και λύνουμε το κρυπτοσύστημα.

Θα πρέπει να αποδείξουμε ότι πράγματι είναι κρυπτοσύστημα, δηλαδή ότι

Αν (x,n)= 1, τότε ισχύει το Θεώρημα του Euler

Επομένως

Γράφουμε ab = 1+ ϕ(n)t με t ∈ ℤ οπότε

Θα αποδείξουμε ότι αυτό ισχύει και για κάθε x όταν (x,n)> 1. Επειδή n= pq αν (x,n)> 1 τότε x= p ή x =q (x< pq = n). Δεν χάνουμε τίποτε αν υποθέσουμε ότι x =p. Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι

Η τελευταία ισοδυναμία ισχύει ακριβώς τότε όταν

δηλαδή ακριβώς τότε όταν

Η τελευταία όμως ισχύει διότι

οπότε και

Σημείωση: Η σχέση αυτή δεν ισχύει εν γένει αν ο n δεν είναι γινόμενο δύο, διαφορετικών μεταξύ τους πρώτων αριθμών.

Παράδειγμα 4.6.3. n= 3⋅4= 12, ϕ (n)= 4. Αν b = 3, (3,4)= 1 η ισοδυναμία

έχει λύση a= 3. Ας πάρουμε x= 2, (2,12)= 2> 1, 3 3 9 (2 ) ≡ 2 ⁄≡ 2mod12, αφού 9 2 ≡ 8mod12.

Παραδείγματα RSA-κρυπτογράφησης

1. Ας πάρουμε p= 3 και q= 11, n = pq= 33.

Επιλέγουμε b= 3, όπου (3,20) = 1. Η ισοδυναμία

έχει λύση a = 7. Η Αλίκη κωδικοποιεί και στέλνει στον Βασιλάκη το μήνυμα

Ο Βασιλάκης αποκωδικοποιεί

Το αποκωδικοποιούμε

2. Ας πάρουμε p = 47 και q = 59.

Επιλέγουμε b= 17, (17,2668)= 1. Λύνουμε την ισοδυναμία

και βρίσκουμε a= 157. ϒποθέτουμε ότι θέλουμε να κρυπτογραφήσουμε το μήνυμα “Its all go”. Το χωρίζουμε σε ζευγάρια. (Αν κρυπτογραφούμε ένα-ένα τα γράμματα τότε μπορεί το ή το να μας ... προδώσουν!

IT
S ∅
AL
L ∅
GO

0920
1900
0112
1200
0715

Κωδικοποίηση

Αποκρυπτογράφηση

και το 920 αντιστοιχεί στο IT. Ομοίως και τα υπόλοιπα.

ISBN και Θεωρία της Κωδικοποίησης

΄Ολα τα βιβλία στο πίσω μέρος του εξωφύλλου τους έχουν τον συμβολισμό ISBN ο οποίος σημαίνει International Standard Book Number και ακολουθείται από έναν δεκαψήφιο αριθμό χωριζόμενο σε τέσσερα μέρη από τρεις παύλες ᾽-᾽.

Ο αριθμός αυτός χαρακτηρίζει τη συγκεκριμένη έκδοση. Το πρώτο μέρος χαρακτηρίζει τη χώρα έκδοσης. Για τις ΗΠΑ είναι το μηδέν για τη Γερμανία το τρία, την Ινδία το 81 κοκ. Το δεύτερο μέρος χαρακτηρίζει τον εκδοτικό οίκο. ΄Ετσι ο διεθνούς φημισμένος οίκος έκδοσης μαθηματικών βιβλίων ο Springer χαρακτηρίζεται από τον αριθμό 540. Το τρίτο μέρος χαρακτηρίζει τη συγκεκριμένη έκδοση. Για παράδειγμα το βιβλίο των Martin Aigner και Günter M. Ziegler, Proofs from the Book, χαρακτηρίζεται από τον αριθμό 40460.

Τι παριστάνει όμως το τέταρτο μέρος το αριθμού; Πρόκειται για ένα ψηφίο ελέγχου της ορθότητας των προηγουμένων.

Αν τα πρώτα 9 ψηφία του αριθμού είναι τα a1, a2, ...,a9, τότε το a10 ορίζεται από την ισοδυναμία:

ή ισοδύναμα

Αν, για παράδειγμα, τα πρώτα 9 ψηφία του αριθμού είναι ---□, τότε το τελευταίο ψηφίο ελέγχου θα είναι

΄Αρα a10 = 0.

Αν τώρα έχουμε τον αριθμό 3 − 540 − 19102 τότε

Επειδή ο 10 είναι διψήφιος στην τελευταία θέση του ISBN μπαίνει το γράμμα «X», ISBN 3-540-19102-X.

Αν υποθέσουμε ότι κατά την εκτύπωση στο ISBN έχει γίνει ακριβώς ένα λάθος, τότε αυτό εύκολα ανιχνεύεται, αφού αν υποθέσουμε ότι στη θέση του aj μπήκε κάποιο άλλο ψηφίο ′ aj, τότε αν γράψουμε ′ aj = aj+ b, (− 9≤ b≤), έχουμε

Επειδή 11∤j, 11 ∤b έπεται ότι

το οποίο σημαίνει ότι το λάθος έχει ανιχνευθεί.

Παρατηρήσεις:

Είμαστε σε θέση να ανιχνεύσουμε ένα το πολύ λάθος, δεν είμαστε όμως σε θέση να το διορθώσουμε.

Εύκολα βλέπουμε επίσης ότι μπορούμε να ανιχνεύσουμε την ύπαρξη αντιμετάθεσης μεταξύ δύο διαφορετικών μεταξύ τους ψηφίων του ISBN (άσκηση).

Το ISBN αποτελεί ένα απλό παράδειγμα ενός γενικότερου κλάδου των Μαθηματικών ο οποίος ασχολείται με την ανίχνευση και διόρθωση λαθών τα οποία δημιουργούνται κυρίως κατά τη μεταφορά ενός μηνύματος μέσω ενός καναλιού και λέγεται «Θεωρία της Κωδικοποίησης».

ϒπάρχει και ISBN για την ηλεκτρονική έκδοση βιβλίων το οποίο αρχίζει με 978 και έχει συνολικά 13 ψηφία.

4.7 Ισοδυναμίες ανωτέρου βαθμού

Σύμφωνα με τα προηγούμενα, για να μελετήσουμε ισοδυναμίες ανωτέρου βαθμού, αρκεί να μελετήσουμε ισοδυναμίες της μορφής

όπου f (x) πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές βαθμού deg f(x)≥ 2, p∈ ℙ και ℓ≥ 1.

Η παράγωγος του πολυωνύμου

ορίζεται ως εξής:

Στα επόμενα χρήσιμη θα είναι η ακόλουθη:

Πρόταση 4.7.1. Αν a,b∈ ℤ τότε

για κάποιο m ∈ ℤ, m = m(a,b,n).

Απόδειξη. Από το διωνυμικό τύπο για k> 1 προκύπτει ότι

με m = ∑k (k)ak−ibi−2 ∈ ℤ. k i=2 i

Επομένως

__

Το επόμενο θεώρημα μας δείχνει πώς από την γνωστή λύση της ισοδυναμίας

προκύπτουν διαδοχικά οι λύσεις της

για i= 2,3,...,ℓ.

Πρόταση 4.7.2. Το x0 είναι λύση της ισοδυναμίας

ακριβώς τότε όταν

όπου α λύση της

και y0 λύση της

(τα α και y0 μπορούν να επιλεγούν έτσι ώστε ℓ−1 0 ≤ α < p και 0≤ y0 < p)

Απόδειξη. Κάθε λύση x 0 της ισοδυναμίας f(x) ≡ 0modp ℓ είναι και λύση της f(x)≡ 0modpℓ−1. Συνεπώς, x = α +y pℓ−1, 0 0 όπου α λύση της ισοδυναμίας f(x)≡ 0modpℓ−1, 0 ≤ α < pℓ−1 και y ∈ ℤ. 0

Επειδή σύμφωνα με την πρόταση 4.7.1

έπεται ότι

ακριβώς τότε όταν

(Παρατηρήστε p2ℓ−2 ≥ pℓ για ℓ ≥2).

Επειδή f(a)≡ 0modp ℓ−1, η τελευταία ισοδυναμία γράφεται (ισοδύναμα) στη μορφή:

Επομένως, ο α+ y0⋅pℓ−1 είναι λύση της ισοδυναμίας f(x) ≡ 0modp ℓ ακριβώς τότε όταν το y0 είναι λύση της

Η τελευταία γραμμική ισοδυναμία έχει

ακριβώς p λύσεις modp αν και μόνο αν p|f′(α) και pℓ |f(α).

ακριβώς μία λύση modp αν και μόνο αν p∤f′(α )

καμία λύση modp αν και μόνο αν p|f′(α ) και p ℓ ∤f(α )

Τέλος, αν y0 λύση της ισοδυναμίας

και y0+ sp, s∈ ℤ είναι επίσης λύση. Επίσης ισχύει,

Αυτό σημαίνει ότι η y0+ sp δίνει την ίδια λύση ℓ modp με αυτήν που δίνει και η y0 δηλαδή μπορούμε να επιλέξουμε το y0 έτσι ώστε να ισχύει 0 ≤y0 <p. __

Παράδειγμα 4.7.3. Να λυθεί η ισοδυναμία:

Λύση: Θα πρέπει να βρούμε διαδοχικά τις λύσεις των ισοδυναμιών

Για την εξίσωση 4.7.1 παρατηρούμε: Επειδή f(0)= 1⁄≡ 0mod3, f(1) ≡3 ≡ 0mod3 και f(2)= 11 ≡2 ⁄≡ 0mod3, έπεται ότι η μοναδική λύση της (4.7.1) είναι η a = 1.

f(1)= 3 f′(1)= 4. Η ισοδυναμία

γράφεται ισοδύναμα

που έχει λύση y≡ 2mod3. Θέτουμε y0 = 2, επομένως ο

είναι η μοναδική λύση της (4.7.2).

Ο a = 7 είναι λύση της ισοδυναμίας (4.7.2). υπολογίζουμε ότι f(7)= 351, f′(7)= 148. Η ισοδυναμία

η οποία ισοδύναμα γράφεται

και έχει μοναδική λύση y = 3. 0 Επομένως η μοναδική λύση της (4.7.3) είναι η

Παράδειγμα 4.7.4. Να λυθεί η ισοδυναμία:

Λύση: f(x):= x3+x +1. f(0)= 1 ⁄≡0mod5, f(1)= 3⁄≡ 0mod5, f(2)= 11⁄≡ 0mod5, f(3)= f(− 2)= − 9⁄≡ 0mod5, f(4)≡ f(− 1) =− 1⁄≡ 0mod5. Δεν έχουμε ρίζα, άρα ούτε η αρχική έχει.

Παράδειγμα 4.7.5. Να λυθεί η ισοδυναμία

Λύση f(x):= x3+ x+1. Η f(x)≡ 0mod11 έχει μοναδική λύση a = 2. Επίσης, f(2)= 11, f ′(2)= 13. Η ισοδυναμία

γράφεται 2y ≡ 10mod11 και έχει μοναδική λύση την y0 = 5. Επομένως η μοναδική λύση της ισοδυναμίας

είναι η x0 ≡ a+ y0⋅11 = 2+ 5⋅11≡ 57mod121.

Παράδειγμα 4.7.6. Να λυθεί η ισοδυναμία:

Λύση: Αναλύουμε το μέτρο σε γινόμενο παραγόντων 3267= 33⋅112. Αρκεί επομένως να λύσουμε το σύστημα

Η πρώτη ισοδυναμία έχει λύση x ≡ 7mod27 ενώ η δεύτερη x≡ 57mod121. Επομένως πρέπει να λύσουμε το σύστημα

Ο μέγιστος κοινός διαιρέτης (27,121)= 1, άρα υπάρχει μοναδική λύση την οποία την υπολογίζουμε κατά τα γνωστά ως 2356mod3267.

Παράδειγμα 4.7.7. Να λυθούν οι ισοδυναμίες

Λύση: Εφαρμόζουμε την παραπάνω μέθοδο και βρίσκουμε ότι η πρώτη έχει τις λύσεις

και η δεύτερη τη λύση

Επομένως οι λύσεις της τρίτης ισοδυναμίας προκύπτουν ως οι λύσεις των τεσσάρων συστημάτων

και αυτές είναι οι x ≡ 23,73,123,173mod200.

Από τα παραπάνω είναι φανερό είναι ότι η λύση κάθε πολυωνυμικής ισοδυναμίας

ανάγεται τελικά στη λύση ισοδυναμιών της μορφής

όπου p πρώτος αριθμός. Στα προηγούμενα παραδείγματα βοηθούσε το γεγονός ότι οι πρώτοι αριθμοί ήταν μικροί οπότε δοκιμάζαμε όλες τις δυνατές περιπτώσεις xmodp για να βρούμε τις ρίζες.

Αλλά τι μπορούμε να πούμε στη γενική περίπτωση;

Η πρώτη παρατήρηση είναι ότι μας φτάνει να ελέγξουμε πολυωνυμικές ισοδυναμίες

για πολυώνυμα f(x) βαθμού deg f(x)< p.

Θα λέμε ότι δυο ισοδυναμίες (ισοτιμίες) f(x)≡ 0modm και g(x)≡ 0modm είναι ισοδύναμες όταν έχουν ακριβώς τις ίδιες λύσεις.

Πρόταση 4.7.8. Κάθε ισοδυναμία (ισοτιμία)

όπου deg f(x)≥ p και p πρώτος αριθμός, είναι ισοδύναμη προς μια ισοτιμία

με degr(x)< p.

Απόδειξη. Στο ℤ[x] ισχύει η ευκλείδια διαίρεση με υπόλοιπο³. Διαιρούμε το πολυώνυμο f(x) με το π(x):= xp − x. ϒπάρχουν πολυώνυμα q(x)∈ ℤ[x] και r(x)∈ ℤ[x] τέτοια ώστε

³Αυτό ισχύει γιατί ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου του πολυωνύμου είναι 1

με degr(x)< degπ(x)= p ή r(x)= 0. Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat έχουμε ap ≡ amodp για κάθε a∈ ℤ. Συνεπώς για κάθε a∈ ℤ

΄Αρα οι ισοτιμίες f(x) ≡0modp και r(x)≡ 0modp είναι ισοδύναμες. __

Από την ΄Αλγεβρα του σχολείου γνωρίζουμε ότι η πολυωνυμική εξίσωση

έχει το πολύ n ρίζες, όπου n = deg(f) ο βαθμός του πολυωνύμου f(x).

Με τις ισοτιμίες δεν ισχύει το ίδιο. Η ισοτιμία

είναι γραμμική αλλά έχει τρεις λύσεις. Στο προηγούμενο παράδειγμα, οι ισοτιμίες είναι κυβικές αλλά έχουν 4,1 και λύσεις αντίστοιχα. ΄Οταν όμως το μέτρο της ισοδυναμίας είναι πρώτος αριθμός τότε ισχύει το

Πρόταση 4.7.9 (Lagrange). Αν f(x)= ∑n aixi i=0 πολυώνυμο βαθμού n≥ 1 με ακέραιους συντελεστές και an ⁄≡ 0modp, τότε η ισοτιμία

έχει το πολύ n-λύσεις modp.

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς n. Για n = 1 f(x)= a1x+ a0 με a1 ⁄≡ 0modp. Είναι γνωστό οτι η ισοτιμία έχει ακριβώς μία λύση, αφού το a1 είναι αντιστρέψιμο modp.

ϒποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για όλα τα πολυώνυμα f(x) βαθμού n ≥ 1 για τα οποία ισχύει an ⁄≡0modp.

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για όλα τα πολυώνυμα βαθμού n+ 1. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ένα πολυώνυμο f(x), βαθμού n+ 1 με an+1 ⁄≡ 0modp και τουλάχιστο (n+ 2)-λύσεις modp.

Αν a μια λύση αυτού, τότε υπάρχουν ένα πολυώνυμο q(x) με ακέραιους συντελεστές και βαθμού n και ένας ακέραιος r, τέτοιοι ώστε

Ο συντελεστής του xn στο q(x) είναι ο an+1 για τον οποίο ισχύει an+1 ⁄≡ 0modp. Σύμφωνα με την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής το q(x) έχει το πολύ n λύσεις modp.

Επειδή

έπεται ότι r≡ 0modp από την οποία προκύπτει⁴

⁴ Δύο πολυώνυμα f(x),g(x) είναι ισοδύναμα modp ακριβώς τότε αν έχουν το ίδιο βαθμό και οι αντίστιχοι ομόβαθμοι συντελεστές είναι ισότιμοι modp.

Αν b κάποια άλλη λύση b⁄≡ amodp τότε f(b)≡ 0modp, οπότε (b− a)q(b)≡ 0modp. Επειδή b⁄≡ amodp έπεται ότι q(b)≡ 0modp, δηλαδή ότι το b είναι λύση της ισοδυναμίας q(x) ≡0modp. Αποδείξαμε ότι κάθε λύση b της f(x) ≡0modp είναι και λύση της q(x)≡ 0modp. Αυτό σημαίνει ότι η q(x)≡ 0modp έχει τουλάχιστον (n+ 1)-λύσεις το όποιο είναι άτοπο. Συνεπώς η f(x)≡ 0modp έχει το πολύ (n+1)-λύσεις. __

Για μια διαφορετική απόδειξη της πρότασης δες [24, σελ. 72-73] και [14, πρόταση 2.15].

Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat η εξίσωση p x − x έχει ακριβώς p-λύσεις modp, άρα το παραπάνω φράγμα των λύσεων είναι βέλτιστο.

΄Αμεση συνέπεια της παραπάνω πρότασης είναι το ακόλουθο:

Πόρισμα 4.7.10. Αν η ισοτιμία f(x)≡ 0modp, όπου n i f(x) = ∑i=0aix και p πρώτος αριθμός που έχει περισσότερες από n λύσεις τότε όλοι οι συντελεστές του πολυωνύμου διαιρούνται με p.

Απόδειξη. Αν υπάρχει κάποιος συντελεστής που δεν διαιρείται με p, τότε η πολυωνυμική ισοδυναμία

έχει βαθμό φυσικό αριθμό μικρότερο ή ίσο του n. Σύμφωνα με το θεώρημα Lagrange, η ισοτιμία έχει το πολύ n λύσεις modp, άτοπο, __

Μια δεύτερη εφαρμογή είναι το

Πόρισμα 4.7.11. Αν d |(p − 1) τότε η ισοτιμία

έχει ακριβώς d-λύσεις.

Απόδειξη. Σύμφωνα με το θεώρημα του Lagrange η ισοτιμία έχει το πολύ d λύσεις. Θα αποδείξουμε ότι έχει ακριβώς d.

Λόγω της υπόθεσης ότι d |(p− 1) έπεται ότι υπάρχει ℓ ∈ℤ τέτοιο ως dℓ =p − 1. Επομένως

όπου

Από το θεώρημα του Lagrange και πάλι προκύπτει ότι η ισοτιμία

δεν μπορεί να έχει περισσότερες από (p− 1− d)-λύσεις. Επομένως αν η ισοτιμία είχε λιγότερες από d, τότε και η ισοτιμία

θα είχε λιγότερες από p− 1, άτοπο αφού η τελευταία ισοτιμία έχει ακριβώς (p− 1)-λύσεις, τις x= 1,2,...,p − 1modp. __

Σαν τρίτη εφαρμογή του θεωρήματος του Lagrange παρουσιάζουμε μια αξιοσημείωτη ιδιότητα των πρώτων αριθμών, γνωστή στη βιβλιογραφία ως

Θεώρημα 4.7.12 (Wilson). Για κάθε πρώτο αριθμό ισχύει:

Απόδειξη. Θεωρούμε το πολυώνυμο

Η ισοδυναμία f(X )≡ 0modp έχει (p− 1)-λύσεις modp, τις 1,2,...,(p− 1). Ο βαθμός του πολυωνύμου είναι (p− 2). Επομένως, σύμφωνα με το πόρισμα 4.7.10 ισχύει

Για X = p η ισοδυναμία γίνεται

δηλαδή

__

Παρατήρηση 4.7.13. Ισχύει και το αντίστροφο

Πρόταση 4.7.14. Αν n φυσικός, n≥ 1 τέτοιος ώστε (n− 1)!≡ − 1modn, τότε ο n είναι πρώτος.

Απόδειξη. Αν ο n δεν ήταν πρώτος, τότε θα υπήρχε p πρώτος p< n, p|n. Αλλά τότε p |(n− 1)!, αφού p < n. Επομένως θα είχαμε p|n και p|(n− 1)!, δηλαδή p |1, άτοπο. __

Παρατήρηση 4.7.15. Από το θεώρημα του Wilson προκύπτει ότι υπάρχει άπειρο πλήθος σύνθετων ακέραιων της μορφής n!+ 1. Δεν είναι, μέχρι σήμερα γνωστό, αν υπάρχει και άπειρο πλήθος πρώτων της μορφής αυτής.

Το θεώρημα του Wilson μας δίνει ένα όμορφο αλλά όχι πρακτικό κριτήριο ελέγχου πρώτων αριθμών. Στο θέμα αυτό θα επανέλθουμε στις επόμενες δύο παραγράφους.

Ακολουθούν δύο ακόμα εφαρμογές του θεωρήματος του Wilson:

Πρόταση 4.7.16 (Wolstenholme 1862). Αν p περιττός πρώτος, τότε ο αριθμητής του κλάσματος (εννοείται σε ανάγωγη μορφή)

διαιρείται με p και αν p> 3 διαιρείται με p2.

Απόδειξη. Κάνουμε τα κλάσματα ομώνυμα

όπου b = (p−1)!. i i Λόγω του θεωρήματος Wilson 4.7.12 το p∤(p− 1)!. Θεωρούμε το πολυώνυμο

΄Οπως και στο θεώρημα του Wilson, το πολυώνυμο αυτό έχει (p− 1)-ρίζες, τους αριθμούς 1,2,...,(p − 1) και βαθμό p− 2. Επομένως όλοι οι συντελεστές αυτού ai ≡ 0modp για κάθε i=0,...,p− 2. Από τις σχέσεις ριζών συντελεστών έχουμε ότι ο συντελεστής a1 είναι ο αντίθετος του αθροίσματος όλων των γινομένων των (p− 1)-ριζών ανά p− 2. Επομένως

Επειδή p |a, 1 έπεται ότι p διαιρεί τον αριθμητή του κλάσματος K , b + b + ⋅⋅⋅+ b . 1 2 p−1 Παρατηρούμε ότι

και ότι a0 = (p− 1)!+ 1. Επομένως, − pp−1 = ap−2pp−2+ ⋅⋅⋅+ a2p2 +a1p. Απλοποιούμε με p και έχουμε

το οποίο διαιρείται με p2, αφού p|a2. __

Πρόταση 4.7.17. ϒποθέτουμε ότι n≥ 2. Οι φυσικοί αριθμοί n,n+ 2 αποτελούν ζευγάρι δίδυμων ακριβώς τότε όταν

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι n∈ ℙ και n+ 2∈ ℙ. Είναι φανερό ότι n⁄= 2. Από το θεώρημα του Wilson, έπεται ότι

Επομένως

και από την (n+ 1)!+ 1≡ 0mod (n+ 2) προκύπτει ότι

Το n(n+ 1)= (n +2)(n− 1)+2. ΄Αρα, έχουμε

Επειδή n,n+ 2 πρώτοι έχουμε (n,n +2)= 1 και συνεπώς το ζητούμενο.

Αντίστροφα, προφανώς η ισοτιμία δεν ισχύει για n =2,4. ΄Αρα n ⁄= 2,4. Επομένως, ισχύει (n− 1)!+1 ≡ 0modn, οπότε από το αντίστροφο του Θεωρήματος Wilson έχουμε n ∈ℙ.

Επίσης

Επομένως 4(n− 1)!+ 2 ≡0mod (n+ 2). Πολλαπλασιάζουμε με n(n+ 1) και καταλήγουμε

άρα

επομένως (n+ 1)!+ 1 ≡0mod (n+2). Από το αντίστροφο του Θεωρήματος Wilson έπεται n+ 1∈ ℙ, δηλαδή οι n και n+ 2 δίδυμοι πρώτοι. __

Ιστορικά 4.7.18. ΄Οταν ο Euler εγκατέλειψε το Βερολίνο στο 1766 για να αποδεχτεί τη θέση στην Ακαδημία της Αγίας Πετρούπολης που του πρόσφερε η Αικατερίνη η Μεγάλη, ο Φρειδερίκος ο Μέγας κάλεσε στην Πρωσική Ακαδημία τον Lagrange (1736-1813). Η πιο παραγωγική περίοδος του Lagrange η σχετική με θέματα Θεωρίας Αριθμών είναι η από το 1766 μέχρι το 1787, ο χρόνος που έμενε στο Βερολίνο. Στο διάστημα αυτό απέδειξε και το ομώνυμο θεώρημα.

Ιστορικά 4.7.19. Ορόσημο στην πορεία της εξέλιξης της Θεωρίας Αριθμών απετέλεσε η έκδοση του «Meditationes Arithmeticae (1770)» του ΄Αγγλου μαθηματικού Edward Waring (1741-1793). Στο βιβλίο του αυτό ανακοινώνει διάφορα αποτελέσματα Θεωρίας Αριθμών. ΄Ενα από αυτά είναι και η εικασία που έθεσε ο μαθητής του John Wilson ότι αν p πρώτος τότε

Ο Waring πρόσεθεσε ότι: «Θεωρήματα αυτού του είδους είναι δύσκολο να αποδειχτούν λόγω έλλειψης συμβολισμού έκφρασης των πρώτων αριθμών...»

«...Theorems of this kind will be very hard to prove, because of the absense of a notation to express prime numbers..»

Χειρόγραφα του Leibniz αποδεικνύουν ότι το θεώρημα θα πρέπει να ήταν γνωστό στον ίδιο από το 1683.

Η πρώτη απόδειξη δημοσιεύτηκε από τον Lagrange στα 1771. Αργότερα ο Gauss σκέφτηκε μια απόδειξη μέσε σε πέντε λεπτά στον δρόμο προς το σπίτι του. Η απόδειξη του Gauss περιέχεται στην πρόταση 77 των Disquisitiones Arithmiticae και είναι η εξής: Η πρόταση ισχύει για p= 2, αφού (2− 1)!≡ 1≡ − 1mod2. Επίσης ισχύει για p =3 αφού (3 − 1)!= 2!= 2≡ − 1mod3. ϒποθέτουμε ότι p > 5. Αν a οποιοσδήποτε από τους αντιπροσώπους 1,2,3,...,p− 1, η ισοδυναμία ax≡ 1modp έχει μοναδική λύση. Επομένως υπάρχει μοναδικό a′, 1 ≤ a′ ≤ p − 1 τέτοιο ώστε aa′ ≡ 1modp. Αντίστροφα, αν μας δοθεί το a′, τότε σε αυτό αντιστοιχεί μονοσήμαντα ο a, 1≤ a ≤p − 1 για τον οποίο ισχύει aa′ ≡ 1modp. ΄Αρα φτιάχνουμε ζευγαράκια (a,a′). Το ερώτημα είναι πότε a = a′; Αν a= a′, έχουμε a2 ≡1modp, δηλαδή p|(a− 1)(a+1). Επομένως a= a′ ακριβώς τότε όταν a= 1 ή a= p− 1. Οι υπόλοιποι ακέραιοι σχηματίζουν ζευγαράκια (a,a′), a⁄= a′ και aa′ ≡ 1modp. Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη αυτές τις ισοδυναμίες και έχουμε

δηλαδή (p− 2)!≡ 1modp από όπου το ζητούμενο προκύπτει με πολλαπλασιασμό κατά μέλη με p − 1.

Η παρατήρηση τέλος του Gauss στο παραπάνω σχόλιο του Warring ήταν:

«Οι αποδείξεις πρέπει να οδηγούνται από ιδέες (έννοιες) και όχι από συμβολισμούς»

Ιστορικά 4.7.20. Θεωρείται ότι το θεώρημα ήταν γνωστό στον Ali al-Hasan ibn al-Haytam (964-1040), 750 χρόνια πριν τον Wilson [9, σελ. 32].

4.8 Κριτήρια ελέγχου πρώτων αριθμών και παραγοντοποίηση

Στην προηγούμενη παράγραφο αναφερθήκαμε στο κριτήριο του Wilson. ΄Ομως είναι πάρα πολύ δύσκολο να υπολογίσουμε παραγοντικά. Αυτός είναι ο λόγος για τον οποίο το κριτήριο αυτό είναι πρακτικά άχρηστο (δύσχρηστο).

Πολύ πιο εύκολος είναι ο υπολογισμός δυνάμεων. Δυνάμεις εμφανίζονται στο Θεώρημα του Fermat, στο οποίο το μέτρο είναι πρώτος αριθμός. ΄Αμεση συνέπεια του θεωρήματος είναι ότι:

Αν n φυσικός αριθμός και υπάρχει ακέραιος a, τέτοιος ώστε

τότε ο n είναι σύνθετος.

Παράδειγμα 4.8.1. ϒπολογίζουμε ότι 10 2 ≡4modn. Επομένως 10 2 ⁄≡2mod10 και συνεπώς το είναι σύνθετος. Ομοίως ο είναι σύνθετος, αφού 68 2 ≡ 8mod63.

Σημείωση: Στα παραραδείγματα έχουμε επιλέξει a = 2. Ο λόγος είναι ότι ο a = 2 είναι ο πιο μικρός διαθέσιμος ακέραιος.

Στα 1680 ο Leibniz διατύπωσε την εικασία ότι αν ο n δεν είναι πρώτος τότε δεν διαιρεί τον 2n− 2. Η εικασία αυτή αποδείχθηκε λάθος από τον F. Sarrus, ο οποίος απέδειξε ότι δεν ισχύει για n = 341.

Πράγματι 341 = 11 ⋅31. Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Fermat για τους πρώτους και και έχουμε

άρα

και συνεπώς 341 2 ≡ 2mod11. ΄Ομοιως 30 2 ≡ 1mod31, άρα 330 2 ≡ 1mod31. ΄Ομως 5 2 ≡ 32 ≡ 1mod32 δηλαδή

και επομένως

Τώρα 11|2341− 2 και 31 |2341− 2 και (11,31)= 1. Συνεπώς

Σημείωση:

Ο είναι ο μικρότερος αριθμός με αυτή την ιδιότητα.

Διάφοροι συγγραφείς υποστηρίζουν ότι η εικασία του Leibniz ανάγεται σε αρχαίους κινέζους μαθηματικούς [7, σελ. 117], [1, σελ. 72].

Ορισμός 4.8.2. Αν a θετικός ακέραιος και n σύνθετος θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε

θα λέμε ότι ο n είναι ψευδοπρώτος ως προς τη βάση a.

Συνήθως παραλείπουμε τον όρο «ως προς τη βάση a» όταν a= 2.

Οι ψευδοπρώτοι αριθμοί είναι αραιότεροι των πρώτων στο σύνολο των φυσικών αριθμών. Για παράδειγμα, πρώτοι αριθμοί μικρότεροι ενός εκατομμυρίου υπάρχουν 78492 ενω ψευδοπρώτοι μόνο 245. Οι επόμενοι του είναι οι 561,645,1105. Ο μικρότερος άρτιος ψευδοπρώτος είναι ο 1610038. D. Lehmer, 1950.

Είναι εύκολο να αποδειχτεί ότι υπάρχουν άπειροι ψευδοπρώτοι αριθμοί.

Πρόταση 4.8.3. ϒπάρχουν άπειροι ψευδοπρώτοι αριθμοί.

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε ότι αν n ψευδοπρώτος τότε και ο n 2 − 1 είναι επίσης ψευδοπρώτος. Είναι φανερό ότι αν το αποδείξουμε αυτό τότε η απόδειξη της πρότασης έχει τελειώσει, αφού n 2 − 1> n και μπορούμε να ξεκινήσουμε για n = 341.

Πρώτα από όλα ο n είναι σύνθετος, n = a⋅b, 1 <a < n, 1 < b< n. Ο a 2 − 1> 1 και a n 2 − 1|2 − 1, οπότε και ο n (2 − 1) είναι σύνθετος. Επίσης ισχύει

Πράγματι, αφού ο n είναι ψευδοπρώτος,

Επομένως υπάρχει ακέραιος ℓ τέτοιος ώστε

Γράφουμε τη γνωστή ταυτότητα

η οποία για n X = 2 και m = ℓ και εχουμε

οπότε

__

Κατά καιρούς έχουν τεθεί διάφορα ερωτήματα για τους ψευδοπρώτους, ανάλογα με αυτά που έχουν τεθεί για τους πρώτους. ΄Ετσι αποδείχθηκε το 1963 [3] ότι κάθε αριθμητική προόδος an+ b,(a,b)= 1,n∈ ℤ περιέχει άπειρους ψευδοπρώτους.

Παρατήρηση 4.8.4. Για τους αριθμούς Fermat, F = 22n+ 1, n n ≥0 ισχύει 2Fn ≡ 2modF . n

Απόδειξη. Αν m άρτιος

Για n X = 22 και n m = 22−n, έχουμε

Επομένως 2n 2 ≡ 1modFn, οπότε

__

Αυτό σημαίνει ότι όλοι οι αριθμοί του Fermat που δεν είναι πρώτοι είναι ψευδοπρώτοι. Τώρα το θεώρημα του Fermat ισχύει για όλους τους ακέραιους a. Αν επομένως έχουμε 2n ≡ 2modn μπορούμε να επιλέξουμε ως βάση το και να ελέγξουμε αν

ή όχι. Αν δεν ισχύει η τελευταία ισοδυναμία τότε και πάλι συμπεραίνουμε ότι ο n είναι σύνθετος.

Μπορούμε για παράδειγμα να αποδείξουμε ότι

και 3341 ≡13mod31. Συνεπώς 3341 ⁄≡ 3mod341 και επομένως η ισοδυναμία δεν ισχύει.

΄Ετσι απέδειξε ο G.A. Paxson [8] το 1961 ότι

και κατέληξε στο συμπέρασμα ότι ο F13 είναι σύνθετος.

Αν είχαμε βρει 3341 ≡ 3mod341 θα παίρναμε a = 4 και ούτω καθεξης. Είναι φυσικό ότι αν η ισοδυναμία συνεχίζει να ισχύει για διάφορες τιμές της βάσης a αυξάνονται οι πιθανότητες ο αριθμός μας να είναι πρώτος. Θα μπορούσε να ελπίζει κανείς ότι αν ο αριθμός n είναι σύνθετος, ίσως υπάρχει πάντα κάποια βάση a για την οποία να ισχύει

Οι ελπίδες αυτές όμως παρέμειναν φρούδες. Ο λόγος είναι ότι ο R.C. Carmichael απέδειξε στα 1909 ότι υπάρχουν σύνθετοι ακέραιοι n για τους οποίους ισχύει η ισοδυναμία

για όλους τους ακέραιους a.

Ο μικρότερος από αυτούς είναι ο 561.

Ορισμός 4.8.5. Ο σύνθετος ακέραιος n, n> 1 θα λέγεται αριθμός Carmichael όταν

για κάθε ακέραιο a, (a,n)= 1.

Σημείωση: Είναι προφανές ότι αρκεί να ελέγξουμε την ισοδυναμία για όλους τους a, 1< a < n, ή ισοδύναμα για όλους τους 1 < a< n με (a,n)= 1 ισχύει

Πρόταση 4.8.6. Ο αριθμός είναι αριθμός Carmichael.

Απόδειξη. ϒπολογίζουμε ότι n = 561= 3⋅11⋅17. Αρκεί να αποδείξουμε ότι για κάθε ακέραιο a ισχύουν:

΄Εστω ότι (a,561)= 1. Αυτό σημαίνει ότι (a,3)= (a,11)= (a,17)= 1. Εφαρμόζουμε το θεώρημα Fermat:

δηλαδή το ζητούμενο. __

Εντελώς φυσικά προκύπτει το ερώτημα αν υπάρχει κάποια πρόταση η οποία να χαρακτηρίζει τους αριθμους Carmichael. Η απάντηση στο ερώτημα είναι θετική.

Πρόταση 4.8.7. Αν n σύνθετος, ελεύθερος τετραγώνου δηλαδή n= p1p2⋅⋅⋅ps, με pi ⁄= pj για κάθε i⁄= j, και pi−1 |(n− 1) για κάθε i= 1,2,...,s τότε και μόνο τότε αν ο n είναι αριθμός Carmichael.

Απόδειξη. Αν a ακέραιος και (a,n)= 1, τότε (a,pi)= 1 για κάθε i= 1,2,...,s. Επομένως από το θεώρημα Fermat pi |api−1− 1 για κάθε i= 1,2,...,s, οπότε και api ≡ amodpi για κάθε ακέραιο a.

Επειδή (pi− 1)|(n− 1), έπεται ότι pi |an−1 − 1, οπότε και an ≡ amodpi για κάθε ακέραιο a. Τελικά n =p1p2⋅⋅⋅ps |an− a.

Σημείωση Το ικανό θα αποδειχθεί αργότερα. __

Με βάση το κριτήριο μπορούμε πολύ εύκολα να αποδείξουμε ότι ο 561 είναι αριθμός Carmichael. Πράγματι, 561= 3⋅11⋅17, ελεύθερος τετραγώνου και σύνθετος. Επιπλέον

Πόσοι όμως αριθμοί Carmichael υπάρχουν; Ο ίδιος ο Carmichael διατύπωσε την εικασία ότι υπάρχουν άπειροι ομώνυμοι αριθμοί.

Η εικασία αυτή αποδείχθηε στα 1994 από τους W.R. Alford, A. Granville και C. Pomerance «There are infinitely many Carmichael numbers» [22].

Πιο συγκεκριμένα αυτό που απέδειξαν οι Alford, Granville και Pomerance ήταν ότι

για αρκετά μεγάλο x (x→ ∞). Η απόδειξη ξεπερνάει τα όρια και τον σκοπό του παρόντος.

Με βάση τα παραπάνω μπορούμε πλέον να διατυπώσουμε το πιθανοθεωρητικό κριτήριο ελέγχου πρώτων αριθμών στηριζόμενο στο θεώρημα του Fermat.

Θέτουμε n από μέχρι ας πούμε 1010. Αν το 2n ≡ 2modn, τότε ο n είναι πολύ πιθανό να είναι πρώτος, αλλιώς ο n είναι σύνθετος. (Αν 2n ⁄≡ 2modn, τότε ο n είναι σύνθετος.)

Αν λάβουμε υπόψη τον αριθμό των ψευδοπρώτων στο διάστημα από μέχρι 2,5⋅1010 ο οποίος μας είναι γνωστός, τότε η πιθανότητα να είναι ο n σύνθετος και να ισχύει 2n ≡ 2modn είναι ένα προς πενήντα χιλιάδες.

Το τελευταίο γνωστό αποτέλεσμα στους συγγραφείς είναι αυτό του R. Pinch, ο οποίος υπολόγισε ότι μέχρι το υπάρχουν αριθμοί Carmichael.

Στη συνέχεια θα περιγράψουμε ένα κριτήριο ελέγχου πρώτων που αποτελεί βελτίωση του προηγούμενου. Είναι το κριτήριο Miller-Rabin. Πρώτα από όλα παρατηρούμε ότι, αν p πρώτος αριθμός, τότε x2 ≡ 1modp ακριβώς τότε όταν x ≡±1modp. Αν τώρα n όχι πρώτος μπορούμε να έχουμε και άλλες λύσεις. Για παράδειγμα, αν n= 35 η x2 ≡1mod35 έχει λύση και το x = 6. Τέτοιες λύσεις θα λέγονται μη-τετριμμένες τετραγωνικές ρίζες του 1modn.

Είναι και πάλι φανερό ότι:

Αν η ισοδυναμία x2 ≡ 1modn, έχει μη-τετριμμένη ρίζα, τότε ο n είναι σύνθετος.

Αν τώρα ο περιττός φυσικός αριθμός n, n >1 γραφεί στη μορφή

όπου m περιττός και k≥ 1 τότε τα βήματα του κριτηρίου του Miller-Rabin είναι τα εξής:

Επιλέγουμε τυχαία έναν ακέραιο a∈ ℤ, 1≤ a≤ n− 1.

ϒπολογίζουμε το b:= ammodn. Αν b≡ 1modn, τότε η απάντηση είναι: «ο n είναι πρώτος» και σταματάμε.

Αλλιώς υπολογίζουμε διαδοχικά τις δυνάμεις

Αν σε κάποιο βήμα βρούμε ότι a2im ≡ − 1modn τότε και πάλι απαντούμε ότι «ο n είναι πρώτος». Αν δεν βρούμε ποτέ a2im ≡ − 1modn απαντούμε ότι « ο n είναι σύνθετος».

Θα αποδείξουμε ότι η απάντηση για τον n ότι είναι σύνθετος είναι σίγουρη, ενώ η απάντηση ότι είναι πρώτος είναι επισφαλής. ϒπάρχουν, σύνθετοι ακέραιοι που μασκαρεύονται σε πρώτους.

Τέτοιοι αλγόριθμοι λέγονται αλγόριθμοι Monte-Carlo.

Ορισμός 4.8.8. ΄Ενας αλγόριθμος Monte-Carlo είναι ένας πιθανοθεωρητικός αλγόριθμος του οποίου η απάντηση «Ναι» σε κάποιο πρόβλημα είναι πάντα σωστή, αλλά η απάντηση «όχι» μπορεί να είναι και λάθος.

Θα λέμε ότι ο αλγόριθμος Monte-Carlo έχει πιθανότητα λάθους ε, όταν σε περιπτώσεις που η απάντηση θα έπρεπε να είναι είναι «ναι» ο αλγόριθμος δίνει τη λάθος απάντηση με πιθανότητα το πολύ ε.

Πρόταση 4.8.9. Ο αλγόριθμος Miller-Rabin είναι ένας Monte-Carlo αλγόριθμος στον οποίο η απάντηση «ναι» σημαίνει ότι ο n είναι σύνθετος.

Απόδειξη. Θα υποθέσουμε ότι ο αλγόριθμός δίνει απάντηση «Ναι, ο n είναι σύνθετος» για κάποιο πρώτο αριθμό n και θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Από την απάντηση που πήραμε συμπεραίνουμε ότι

Επίσης ο αλγόριθμος ελέγχει τις τιμές

Και πάλι, αφού η απάντηση είναι ότι «ο n είναι σύνθετος» έχουμε

για κάθε i= 0,1,2,...,k− 1. ΄Ομως έχουμε υποθέσει ότι ο n είναι πρώτος, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat

δηλαδή

Αν x:= a2k−1m η ισοδυναμία γράφεται

Λόγω της υπόθεσης ότι ο n είναι πρώτος, έπεται ότι η ισοδυναμία έχει μοναδικές λύσεις x= ±1modn. Εμείς όμως έχουμε

Επομένως, αναγκαστικά θα ισχύει

Αν τώρα 2k−2m y := a , έχουμε

οπότε, όπως και παραπάνω, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι

Συνεχίζουμε επαγωγικά και καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι και

άτοπο. ΄Αρα ο n είναι σύνθετος. __

Ορισμός 4.8.10. Αν ο σύνθετος n περάσει ανέπαφος από τα «γρανάζια» του test των Miller-Rabin ως προς τη βάση b τότε λέμε ότι ο n είναι ισχυρός ψευδο-πρώτος ως προς τη βάση b.

ϒπάρχουν άπειροι ισχυροί ψευδοπρώτοι ως προς βάση το 2 [11, Θ. 6.6 σελ. 226]. Δεν υπάρχει ανάλογο των αριθμών Carmichael για ισχυρούς ψευδο-πρώτους. Πράγματι ισχύει [11, Θ. 6.10]

Πρόταση 4.8.11. Αν n σύνθετος θετικός ακέραιος τότε ο n περνάει το Miller-Rabin test το πολύ για n−1 4-βάσεις b, 1≤ b ≤ n− 1.

Επομένως, αν ένας φυσικός περάσει το test για περισσότερες από n−41 βάσεις, τότε είναι πρώτος.

Παρατήρηση 4.8.12. Ο πιο μικρός σύνθετος που περνάει το test ελέγχου πρώτων αριθμών μασκαρεμένος σε πρώτο ενώ είναι σύνθετος είναι ο 2047= 23⋅89. Εδώ 2047− 1= 2046 =2 ⋅1023 και

καθώς και 2046 2 ≡ 1mod2047. Οι τελευταίες ισοδυναμίες υπολογίζονται εύκολα αφού 11 2 ≡ 2048≡ 1mod2047. Ισχύει 2046= 11⋅86, 1023 = 11⋅93.

Παρατήρηση 4.8.13. Αποδεικνύεται ότι η πιθανότητα λάθους του αλγορίθμου είναι το πολύ ε = 14, αλλά θα παραλείψουμε την απόδειξη αυτή.

Παρατήρηση 4.8.14. Κατά τον Mollin [2, σελ. 161] το κριτήριο θα έπρεπε να ονομάζεται Miller-Selfidge-Rabin γιατί το χρησιμοποίησε ο Selfridge το 1974 πριν από τη δημοσίευση του Miller.

Παρατήρηση 4.8.15. Εάν επιλέξουμε k διαφορετικούς ακέραιους ≤ n ως βάση εκτέλεσης του αλγόριθμου, τότε η πιθανότητα λάθους είναι < 12k. 2

Παρατήρηση 4.8.16. Παρατηρούμε ότι τα ντετερμινιστικά κριτήρια είναι όμορφα αλλά όχι πρακτικά ενώ τα πιθανοθεωρητικά έχουν το μειονέκτημα ότι δεν δίνουν πάντοτε τη σωστή απάντηση, αλλά είναι πρακτικά. Βέβαια το 2002, δημοσιεύτηκε το άρθρο των M. Agrawal, N. Kayal και N. Saxena [13] το οποίο διαπραγματεύται έναν σχεδόν ντετερμινιστικό αλγόριθμο ελέγχου.

ϒπάρχει ένα πολύ καλό βιβλίο που διαπραγμετεύται το θέμα [15] καθώς και στα ελληνικά η πτυχιακή του Μάνου Καμαριανάκη (δες την ιστοσελίδα του Γιάννη Αντωνιάδη http://www.math.uoc.gr/~antoniad/».

4.9 Αλγόριθμοί παραγοντοποίησης ακέραιων αριθμών

Αλγόριθμος παραγοντοποίησης του Dixon

Πρόταση 4.9.1. Αν x,y ακέραιοι και x2 ≡ y2modn και x⁄≡ ±y τότε ο φυσικός d = (x− y,n) είναι μη-τετριμμένος παράγοντας του n.

Απόδειξη. ΄Εχουμε n|x2− y2 = (x− y)(x +y), ενώ n∤(x− y) και n∤(x+ y). Είναι φανερό ότι d |n. Θα αποδείξουμε ότι 1< d < n.

Αν d = n θα είχαμε n|(x− y), άτοπο. Αν d = 1 τότε αφού n = (x+ y)(x − y) και (x− y,n)= 1 έπεται ότι n |(x +y), πάλι άτοπο. __

Παράδειγμα 4.9.2. ϒπολογίζουμε ότι 102 ≡ 322mod77, 10⁄≡ 32mod77, 10⁄≡ − 32mod77. Επομένως ο και ένας γνήσιος παράγοντας αυτού είναι ο (10− 32,77)= 11.

Ο p-1-αλγόριθμος παραγοντοποίησης του Pollard

ϒποθέτουμε ότι μας δίνεται ο φυσικός αριθμός n για τον οποίο υποψιαζόμαστε ότι είναι σύνθετος και θέλουμε να τον παραγοντοποίησουμε. Επιλέγουμε έναν ακέραιο B, ως φράγμα εργασίας.

Θέτουμε a= 2

ϒπολογίζουμε τις δυνάμεις j α = a modn για j =2,3,...,B

ϒπολογίζουμε το d = (α − 1,n)

Αν 1< d < n τότε ο d είναι ένας γνήσιος παράγοντας του n (επιτυχία), αλλιώς δεν βρήκαμε γνήσιο παράγοντα του n (αποτυχία).

Αν τώρα p πρώτος διαιρέτης του n και υποθέτουμε ότι κάθε δύναμη πρώτου διαιρέτη του p − 1, έστω q, είναι μικρότερη ή ίση του B θα έχουμε (p− 1)|B!

Για το τελικό α που θα βρούμε στο δεύτερο βήμα του αλγορίθμου ισχύει

και κατ΄ επέκταση

για όλους τους διαιρέτες του n. Επειδή (p− 1)|B! έπεται ότι B! =(p − 1)t με t ∈ ℤ και συνεπώς

Επειδή 2p−1 ≡ 1modp, τελικά προκύπτει ότι α ≡ 2B! ≡ 1modp.

Επειδή p |(α − 1) και p |n, έπεται ότι p |(α − 1,n)=: d και συνεπώς 1 < p≤ d. Αν d = n, θα είχαμε n |(α− 1). ΄Ομως το α − 1 < n οπότε θα έπρεπε α = 1. Επομένως βρίσκουμε έναν μη-τετριμμένο παράγοντα d του n και συνεχίζουμε την προσπάθεια παραγοντοποίησης των d και n∕d.

Παρατήρηση 4.9.3. Μπορούμε να εργαστούμε με το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο [1,2,...,B] αντί του B! αφού είναι πιο μικρός γενικά ακέραιος.

Παράδειγμα 4.9.4. Θεωρούμε τον φυσικό n= 540143. Επιλέγουμε B= 8. Επομένως k:= [1,2,...,8]= 840. Θέτουμε a = 2 και υπολογίζουμε

Επίσης (53047,n) =421 συνεπώς 540143 − 421 ⋅1283.

Παρατήρηση 4.9.5. Αν το B που επιλέξαμε δεν αρκεί για το σκοπό του επιλέγουμε κάποιο άλλο μεγαλύτερο του αρχικού και επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία.

Μερικές φορές ο αλγόριθμος δεν λειτουργεί για a= 2, οπότε μπορούμε να δοκιμάσουμε για a =3 και αν πάλι δεν λειτουργεί να δοκιμάσουμε με μεγαλύτερες τιμές του a.

Παράδειγμα 4.9.6. Επιθυμούμε να παραγοντοποιήσουμε τον n = 187. Επιλέγουμε B = 15. Επομένως k= [1,2,...,15]=360360. Για a = 2 ο (2360360− 1,187) = 187 και δεν καταφέρνουμε να τον παραγοντοποιήσουμε.

Για a= 3 έχουμε 3360360− 1≡ 66mod187 και επομένως (3360360 − 1,187)= (66,187)= 11. Συνεπώς 187 =11 ⋅17.

Για μια ντετερμινιστική προσέγγιση του αλγόριθμου παραπέμπουμε στο άρθρο του Bartosz Zraler [5].

Ο αλγόριθμος παραγοντοποίησης ρ του Pollard

Η ιδέα του αλγόριθμου αυτού είναι η εξής:

΄Εστω n σύνθετος ακέραιος και p ο ελάχιστος πρώτος παράγοντας του n. Αν μπορούμε να βρούμε ακέραιους

τέτοιους ώστε για κάποιους δείκτες i,j∈ {0,1,2,...,ℓ} να ισχύουν

τότε ο (xi− xj,n) είναι ένας γνήσιος διαιρέτης του n αφού p|(xi− xj,n)|n και (xi− xj,n)⁄= n.

Τα ερωτήματα που προκύπτουν είναι πώς θα επιλέξουμε τα xi και στη συνέχεια με ποιον σύντομο τρόπο θα διαπιστώσουμε την ύπαρξη ενός κατάλληλου ζευγαριού με τις παραπάνω ιδιότητες. Είναι φανερό ότι ο υπολογισμός του (xi− xj,n) για όλους τους δείκτες 0≤ i,j≤ ℓ είναι μια αρκετά χρονοβόρα διαδικασία.

Η ακολουθία x0,x1,...,xℓ θα πρέπει να είναι κατά το δυνατόν τυχαία (random) ακολουθία. Επιλέγουμε τυχαία το x0 = 2 και μια πολυωνυμική συνάρτηση f(x) με ακέραιους συντελεστές και υπολογίζουμε αναδρομικά τους υπόλοιπους όρους της ακολουθίας

Για να επαναλαμβάνονται οι όροι της ακολουθίας (modp) μετά από λογικό αριθμό βημάτων θα πρέπει να επιλέξουμε κατάλληλη πολυωνυμική συνάρτηση f(x). Δεν θέλουμε να υπάρχει κάποιος ακέραιος amodp τέτοιος ώστε η ακολουθία

να δίνει για μεγάλο ℓ διαφορετικές τιμές modp.

Ας ονομάσουμε «ρ-αριθμό» μιας τέτοιας ακολουθίας x i ως προς τον πρώτο αριθμό p τον μεγαλυτερο ακέραιο m για τον οποίο υπάρχει ένα amodp τέτοιο ώστε όλοι οι όροι της ακολουθίας

να είναι ανά δύο διαφορετικοί modp. Εμείς θέλουμε ακολουθίες με μικρό ρ-αριθμό. Επομένως δεν μπορούμε να επιλέξουμε πρωτοβάθμια πολυωνυμική συνάρτηση

Αυτό διότι όταν a ⁄≡ 1modp, τότε ο «ρ-αριθμός» είναι η τάξη του amodp και αυτός είναι συνήθως ένας μεγάλος διαιρέτης του p− 1.

Αν a≡ 1modp και b⁄≡ 0modp, τότε f(X)= X + b και ο «ρ-αριθμός» είναι ακριβώς p, αφού f (x1)≡ f(x2)modp αν και μόνο αν x1 ≡ x2modp.

Θα πρέπει επομένως να επιλέξουμε μία πολυωνυμική συνάρτηση δευτέρου βαθμού. Φαίνεται ότι μια καλή επιλογή είναι η πολυωνυμική συνάρτηση f(X) = X2+ 1.

Τώρα είναι φανερό ότι αν xi ≡ xjmodp τότε και xi+1 ≡ f(xi)≡ f(xj)≡ xj+1modp. Αυτό σημαίνει ότι η ακολουθία γίνεται από ένα σημείο και πέρα, περιοδική (modp) με περίοδο (i− j). Συνεπώς, αν r≥ i,t ≥ i, και r≡ tmod(i− j) τότε

Αν λοιπόν s είναι το ελάχιστο πολλαπλάσιο του (i− j) το οποίο είναι ≥ i, έχουμε

ϒπολογίζουμε επομένως πολύ λιγότερους μέγιστους κοινούς διαιρέτες από τους συνδυασμούς ανά δύο. Συγκεκριμένα υπολογίζουμε τους

μέχρι να βρούμε κάποιον διάφορο του και του n.

Παράδειγμα 4.9.7. ΄Εστω n= 2047. Για x = 2 0 και f(x) = x2+ 1 υπολογίζουμε τους όρους της ακολουθίας

Στη συνέχεια υπολογίζουμε τους

Επομένως 2047= 23⋅89.

Παρατήρηση 4.9.8. Η μέθοδος προτάθηκε από τον J. Pollard στα 1975. Ονομάστηκε ρ-μέθοδος γιατί οι τιμές modp στην αρχή κάνουν μία «ουρά» μέχρι το σημείο που αρχίζει η περιοδικότητα και στη συνέχεια έναν κύκλο, δηλαδή συνολικά το γράμμα ρ.

Στο παράδειγμά μας έχουμε

Παρατήρηση 4.9.9. Η μέθοδος έχει εφαρμοστεί από τους R. P. Brent και J. Pollard (1981) [16] για την παραγοντοποίηση του αριθμού Fermat F8. Επειδή όμως κάθε πρώτος παράγοντας p του Fm έχει τη μορφή

η πολυωνυμική συνάρτηση που χρησιμοποιήθηκε ήταν η 2m+2 f(x) =x +1.

Παρατήρηση 4.9.10. ΄Οταν γνωρίζουμε το xi προκειμένου να υπολογίσουμε το x2i δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε όλους τους ενδιάμεσους όρους

Αν yi = x2i παρατηρούμε ότι

και γενικότερα

Επομένως σε κάθε βήμα υπολογίζουμε

Παρατήρηση 4.9.11. ϒπάρχουν αρκετοί αλγόριθμοι παραγοντοποίησης. Ενδεικτικά αναφέρουμε

Ο (p+ 1)-αλγόριθμος του Williams.

Ο αλγόριθμος συνεχών κλασμάτων.

Ο αλγόριθμος του τετραγωνικού κόσκινου.

Ο αλγόριθμος των ελλειπτικών καμπυλών.

Ο αλγόριθμος του κοσκίνου αλγεβρικών σωμάτων αριθμών.

Με μερικούς από αυτούς θα ασχοληθούμε στη συνέχεια.

Κεφάλαιο 5
Τετραγωνικά ϒπόλοιπα, αρχικές ρίζες, δείκτες και εφαρμογές

5.1 Ισοτιμίες δευτέρου βαθμού

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε ισοτιμίες της μορφής:

(5.1.1)

όπου p πρώτος αριθμός, p⁄= 2 και f(x) ένα πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Η λύση ισοτιμιών δευτέρου βαθμού είναι πολύ πιο δύσκολο πρόβλημα από αυτό των γραμμικών. Χρειάστηκαν μακροχρόνιες προσπάθειες διακεκριμένων μαθηματικών για να φτάσουμε σε ένα ικανοποιητικό αποτέλεσμα.

Επειδή (4a,p)⁄= 1, έπεται ότι η ισοτιμία (5.1.1) είναι ισοδύναμη προς την

(5.1.2)

Η τελευταία ισοτιμία γράφεται

(5.1.3)

Η λύση της ισοτιμίας αυτής ανάγεται στη λύση μιας ισοτιμίας της μορφής

(5.1.4)

όπου D := b2− 4ac, και μιας γραμμικής ισοτιμίας

(5.1.5)

όπου y0 λύση της (5.1.4).

Η ισοτιμία (5.1.5) έχει πάντοτε μοναδική λύση, αφού p∤2a, και η διαδικασία εύρεσης της λύσης μας είναι γνωστή.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι θα πρέπει να μελετήσουμε την ύπαρξη λύσεων ισοτιμιών της μορφής

(5.1.6)

Αν p |a, τότε η (5.1.6) έχει μοναδική λύση x0 ≡ 0modp.

Στη συνέχεια θα μελετήσουμε την τετραγωνική ισοτιμία

(5.1.7)

Ορισμός 5.1.1. Ο ακέραιος a θα λέγεται ότι είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, όταν η ισοτιμία (5.1.7) έχει λύση και ότι δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, όταν η ισοτιμία (5.1.7) δεν έχει λύση.

Για τη μελέτη των τετραγωνικών υπολοίπων εισήγαγε ο Legendre στο έργο του «Essai sur la Théorie des Nombres» το 1798 το ομώνυμο σύμβολο.

Ορισμός 5.1.2 (Σύμβολο του Legendre). Αν a∈ ℤ και p∈ ℙ, p ⁄= 2, τότε το σύμβολο του Legendre ( ) a p ορίζεται:

Παρατήρηση 5.1.3. Η τιμή του συμβόλου εξαρτάται από την κλάση του amodp. Πράγματι, αν a,b ∈ℤ, p ∈ℙ, p⁄= 2 και

Το (-a) p = 1 ακριβώς τότε όταν η ισοτιμία

έχει λύση. ΄Ομως η τελευταία ισοτιμία έχει λύση ακριβώς τότε όταν η ισοτιμία

έχει λύση, δηλαδή όταν ( ) b =1. p

Επομένως για να ελέγξουμε αν κάποιος ακέραιος αριθμός a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, αρκεί να θεωρήσουμε ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων modp -για παράδειγμα το 0,1,...,p− 1 (ή το 0,±1,±2,...,± p−1) 2- και να ελέγξουμε αν ο a είναι ισότιμος προς κάποιον από τα τετράγωνα αυτών.

Παράδειγμα 5.1.4. Θα ελέγξουμε αν ο είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod7. ϒπολογίζουμε τα τετράγωνα:

Επομένως το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod7. Μάλιστα η ισοτιμία x2 ≡ 2mod7 έχει δύο λύσεις x ≡ 3mod7 και x≡ 4mod7.

Παράδειγμα 5.1.5. Είναι το 2 τετραγωνικό υπόλοιπο ; ϒπολογίζουμε

Επομένως το δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod11.

Παράδειγμα 5.1.6. Είναι φανερό ότι το είναι πάντοτε τετραγωνικό υπόλοιπο modp, για κάθε (περιττό) πρώτο αριθμό p. Το ίδιο ισχύει και για κάθε τέλειο τετράγωνο ακέραιου αριθμού.

Εύκολα διαπιστώνεται από τα παραπάνω παραδείγματα, ότι το αντίστροφο της πρότασης που αναφέραμε στην παραπάνω παρατήρηση δεν ισχύει, για παράδειγμα, ενώ (511)= (311), ισχύει 5⁄≡ 3mod11

Στα παραπάνω παραδείγματα παρατηρούμε ότι παίρνουμε όλα τα τετραγωνικά υπόλοιπα modp από τα τετράγωνα των αντιπροσώπων των κλάσεων 1,2,...,p−21 και στη συνέχεια τα τετράγωνα των p+21,...,(p − 1) μας ξαναδίνουν τα ίδια αλλά με αντίστροφη σειρά. Αυτό ισχύει γενικά

Πρόταση 5.1.7. Για κάθε περιττό πρώτο p υπάρχουν ακριβώς p−21 μη-ισοδύναμα τετραγωνικά υπόλοιπα modp και συνεπώς ακριβώς p−1 2 που δεν είναι τετραγωνικά υπόλοιπα modp.

Απόδειξη. Αν η ισοτιμία 2 x ≡amodp, έχει λύση έστω x0 τότε p∤x0 αφού p ∤a. Επομένως θα πρέπει να θεωρήσουμε τις κλάσεις 1,2,...,p − 1modp. ΄Ομως επειδή

αρκεί να περιοριστούμε στο σύνολο των κλάσεων

Απομένει να δείξουμε ότι τα τετράγωνα

είναι ανά δύο, μη ισοδύναμα modp. Πράγματι, υποθέτουμε ότι υπάρχουν { } b,c∈ 1,2,...,p−21modp τέτοιοι ώστε b2 = c2modp. Επομένως

Επειδή 2≤ b+ c≤ p − 1, έπεται ότι p ∤(b+ c). Συνεπώς p|(b− c), και αφού |b− c|≤ p−21, συμπεραίνουμε ότι b = c. __

Παρατήρηση 5.1.8. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.1.7 είναι ότι

5.2 Ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής

Το σύμβολο του Legendre μπορεί να ιδωθεί ως συνάρτηση κατά δύο διαφορετικούς τρόπους. Ο ένας είναι να κρατήσουμε το p σταθερό και να θεωρήσουμε το ( ) a p ως συνάρτηση του a:

Το ερώτημα λοιπόν είναι ποιοι ακέραιοι αριθμοί είναι τετραγωνικά υπόλοιπα modp όπου p δοσμένος πρώτος αριθμός p.

Μπορούμε όμως να θεωρήσουμε ότι μας δίνεται ο a και ότι το σύμβολο του Legendre είναι συνάρτηση του (περιττού) πρώτου αριθμού p

Το ερώτημα εδώ είναι ως προς ποιους πρώτους p είναι ο δοσμένος ακέραιος a τετραγωνικό υπόλοιπο modp.

Ποιά σχέση όμως υπάρχει ανάμεσα στα δύο ερωτήματα;

Προφανώς καμμία! Αυτή είναι βέβαια μια επιπόλαια απάντηση. Θα δούμε ότι υπάρχει σχέση και ότι η σχέση αυτή είναι πολύ σημαντική για τη Θεωρία Αριθμών.

Στο πρώτο ερώτημα θα λέγαμε ότι έχουμε ήδη έτοιμη την απάντηση. Αρκεί να θεωρήσουμε τις κλάσεις

και να υπολογίσουμε τα τετράγωνά τους

΄Οταν όμως ο p είναι αρκετά μεγάλος θα πρέπει να ψάξουμε να βρούμε άλλο τρόπο. Ας ξαναγυρίσουμε για λίγο στο θεώρημα του Fermat. Λόγω της υπόθεσης p ∤a έχουμε

Ο p− 1 είναι άρτιος, άρα p−21∈ ℤ. Επομένως η ισοτιμία γράφεται

Συνεπώς

Πότε όμως είναι +1 και πότε − 1; Αν p= 7 και a= 2 τότε p−1- 7−1 a 2 = 2 2 ≡ 1mod7 και ( ) ap =(27) = 1, αφού το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod7. Αν a = 3 p−1- 3 a 2 = 3 ≡− 1mod7 και (3) 7 = − 1. Ομοίως για p = 11 και a= 2, p−1 a-2-= 2112−1 ≡ − 1mod11 και ( ) 211- =− 1.

Η συσχέτιση του ap−12 modp με την τιμή του συμβόλου του Legendre δεν είναι τυχαία. Διαπιστώθηκε και αποδείχτηκε για πρώτη φορά από τον Euler. Η επόμενη λοιπόν πρόταση είναι γνωστή προς τιμήν του στη βιβλιογραφία ως κριτήριο του Euler.

Πρόταση 5.2.1 (κριτήριο του Euler). Αν a∈ ℤ και p περιττός πρώτος p ∤a τότε

Απόδειξη. Για κάθε b, 1≤ b ≤p − 1, η ισοτιμία bx≡ amodp έχει μοναδική λύση. ΄Εστω c, 1≤ c≤ p − 1 η λύση αυτή. Αν ο a δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp τότε b ⁄=c. Επίσης αν b1 ⁄= b2 τότε c1 ⁄= c2. Επομένως, οι αριθμοί 1,2,...,p− 1 μπορούν να διαμεριστούν σε δύο ομάδες από p−1 -2- αριθμούς η καθεμία, τους bi και τους ci για τους οποίους ισχύει

Το γινόμενο των ισοτιμιών αυτών δίνει

Λόγω του θεωρήματος του Wilson, (p− 1)!≡ − 1modp, άρα ( ) ap = − 1, δηλαδή

Αν πάλι ο a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp τότε για ένα ζευγάρι (b0,c0) έχουμε b0 = c0 και

Η ισοτιμία 2 x ≡ amodp έχει λύση την b0modp και την (p− b0)modp. Σύμφωνα με το θεώρημα του Lagrange δεν υπάρχουν άλλες λύσεις.

Οι υπόλοιποι (p − 3) από τους αριθμούς 1,2,...,(p − 1) διαμερίζονται και πάλι σε δύο ομάδες και όπως και προηγουμένως, διαμερίζονται σε δύο ομάδες όπου

Πολλαπλασιάζουμε τις ισοτιμίες κατά μέλη και έχουμε

Επομένως p−1- a 2 ≡ 1modp και ( a) p = 1 δηλαδή και πάλι

__

Πόρισμα 5.2.2.

Ισχύει ( ) −1p = (− 1)p−12

Αν a= ∏si=1ai και p∤ai για κάθε i= 1,2,...,s τότε

Απόδειξη. Για το πρώτο: Σύμφωνα με το κριτήριο του Euler ( −1)≡ (− 1)p−21modp. p Επειδή είναι αδύνατο να ισχύει − 1≡ 1modp ( ο p είναι περιττός), έπεται ότι ( ) p−1 −1p = (− 1)-2 .

Για το δεύτερο: Λόγω του κριτηρίου του Euler και πάλι

Επομένως υπάρχει ακέραιος ℓ τέτοιος ώστε

Οι δυνατές τιμές του αριστερού μέλους είναι 2,− 2 ή 0. Επειδή p περιττός πρώτος θα έχουμε ℓ= 0, δηλαδή το ζητούμενο

__

Παρατήρηση 5.2.3. Το κριτήριο δημοσιεύθηκε με απόδειξη από τον Euler γύρω στα 1760. Ο ίδιος το είχε ανακοινώσει περισσότερα από δέκα χρόνια πριν. Εννοείται χωρίς την έκφραση μέσω του συμβόλου του Legendre, το οποίο δεν υπήρχε την εποχή του Euler.

Παρατήρηση 5.2.4. Η απόδειξη που δώσαμε είναι του Dirichlet. Αργότερα, μετά την επόμενη παράγραφο θα το ξαναποδείξουμε.

Παρατήρηση 5.2.5. Από το πόρισμα 5.2.2.2 προκύπτει ότι η συνάρτηση χp(⋅) είναι πολλαπλασιαστική:

Επομένως, αν συμβολίσουμε την έννοια του τετραγωνικού υπολοίπου με τη συντομογραφία QR και αυτή του μη-τετραγωνικού υπολοίπου με NQR, έχουμε τον ακόλουθο πίνακα πολλαπλασιασμού:

Παρατήρηση 5.2.6. Μπορούμε να επεκτείνουμε το σύμβολο του Legendre και για ακέραιους a οι οποίοι διαιρούνται με p θέτοντας

Οι ιδιότητες, αν a≡ bmodp τότε ( ) ( ) ap = bp και ( ) ( )( ) abp = ap bp συνεχίζουν να ισχύουν. Επίσης, το πλήθος των λύσεων της ισοτιμίας δίνεται από τον τύπο

Τέλος ισχύει

Παρατήρηση 5.2.7. Στο ερώτημα πόσο πρακτικό είναι το κριτήριο του Euler απάντηση έδωσε ο ίδιος ο Gauss: «In praxi nullun fere usum habeat» δηλαδή «στην πράξη έχει μηδενική αξία», Disquisitiones Arithmeticae άρθρο 106.

Παρατήρηση 5.2.8. Αν vp(a) a= εa∏si=1pi , η μονοσήμαντη ανάλυση του a σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, εa ∈ {±1}, τότε σύμφωνα με το πόρισμα 5.2.2.2

Επομένως θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε το σύμβολο του Legendre, αν γνωρίζαμε πώς να υπολογίσουμε το ( ) qp , q∈ ℙ. Για τον σκοπό μας αυτό σε πρώτο βήμα θα αποδείξουμε το παρακάτω

Πρόταση 5.2.9 (λήμμα του Gauss). ΄Εστω p περιττός πρώτος και a ακέραιος, p ∤a. ΄Εστω S το ελάχιστο σύστημα των αντιπροσώπων των κλάσεων υπολοίπων modp των ακέραιων

Αν r είναι το πλήθος των στοιχείων του S που είναι μεγαλύτερα από p2 τότε

Απόδειξη. Αν s= p−21 − r, s+ r= p−21 και διαμερίσουμε τα στοιχεία του S σε δύο σύνολα

όπου p ai <-2 και p bj > 2, τότε

(5.2.1)

Οι ακέραιοι a1,a2,...,as,p − b1,p− b2,...,p − br είναι όλοι στο διάστημα [1,p−21], πλήθους s+r = p−21 και ανά δύο μη-ισότιμοι modp.

Πράγματι, αν ήταν ai =p − bj για κάποια i,j, τότε θα υπήρχαν ακέραιοι ki,ℓj 1 ≤ ki,ℓj ≤ p−-1 2 τέτοιοι ώστε

οπότε θα είχαμε

το οποίο όμως είναι άτοπο αφού 1< ki+ ℓj ≤ p− 1.

Επομένως αποτελούν μια μετάθεση του συνόλου {1,2,...,p−-1}. 2 ΄Αρα,

Επειδή ( ) p∤ p−1 ! 2 έπεται ότι

συνεπώς

και λόγω του κριτηρίου του Euler

Και πάλι οι δυνατές τιμές της παράστασης ( ) ap − (− 1)r είναι 2,0,− 2 και επείδη ο p περιττός έχουμε

__

Παράδειγμα 5.2.10. Αν p= 17 και a= 7 τότε p−1 2 = 8 και

Συνεπώς r= 3 και επομένως (7 ) 3 17 = (− 1) = − 1.

Παράδειγμα 5.2.11. Αν a = 2 θα εξετάσουμε ως προς ποιους πρώτους p είναι τετραγωνικό υπόλοιπο. Σύμφωνα με το λήμμα του Gauss θα πρέπει να υπολογίσουμε τους άρτιους ανάμεσα στο p2 και το p. Αρκεί να υπολογίσουμε το πλήθος των ακέραιων στο διάστημα ( ) p4,p2 . Γράφουμε τον p στη μορφή 8k+ ℓ, ℓ = 1,3,5 ή 7. Επομένως, θα πρέπει να ελέγξουμε αν το πλήθος των ακέραιων στο διάστημα

είναι άρτιο ή περιττό. Στο υποδιάστημα ( ℓ ℓ) 2k+ 4,4k+ 4 υπάρχει άρτιο πλήθος ακέραιων (αυτό είναι 2k, επομένως αρκεί να υπολογίσουμε το πλήθος των ακέραιων στο διάστημα ( ℓ ℓ) 4k +4,4k+ 2 ή στο διάστημα (ℓ ℓ) 4,2 . Αν ℓ= 1, τότε r= 0, αν ℓ= 3 τότε r= 1 αν ℓ = 5 τότε r= 1 και αν ℓ= 7 τότε r= 2.

Επομένως έχουμε δείξει ότι:

Πόρισμα 5.2.12.

Το πόρισμα αυτό μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής:

Πράγματι, ο εκθέτης p2−81- γράφεται

Οι p − 1 και p+ 1 είναι διαδοχικοί άρτιοι. ΄Αρα μόνο ο ένας διαιρείται με 4. Επομένως ο εκθέτης είναι άρτιος όταν ο παράγοντας αυτός διαιρείται με δηλαδή όταν p≡ ±1mod8 και περιττός, όταν δεν διαιρείται με 8, δηλαδή όταν p ≡ ±3mod8.

Με τη βοήθεια του λήμματος του Gauss θα αποδείξουμε την άκολουθη:

Πρόταση 5.2.13. Αν p περιττός πρώτος και a ακέραιος, p∤a τότε

Απόδειξη. Θεωρούμε τους αριθμούς

τους οποίους διαιρούμε με p και έχουμε για k, 1 ≤ k≤ p−1 s:

Επομένως,

το οποίο σημαίνει ότι

ϒποθέτουμε ότι a1,a2,...,as είναι οι τιμές των vk οι οποίες είναι μικρότερες του p∕2 και b1,b2,...,br αυτές που είναι μεγαλύτερες του p∕2. Αν s C = ∑i=1 ai, r D = ∑j=1bj τότε

(5.2.2)

Σύμφωνα με το λήμμα του Gauss ( ) ap = (− 1)r. Οι ακέραιοι a1,a2,...,as,p− b1,p− b2,...,p− br αποτελούν μια μετάθεση του p−1- {1,2,..., 2 }. Επομένως,

(5.2.3)

Επίσης,

(5.2.4)

Αφαιρούμε την (5.2.3) από την (5.2.4) και έχουμε

(5.2.5)

Μέχρις εδώ πουθενά δεν χρησιμοποιήσαμε την υπόθεση ότι ο a είναι περιττός. Επειδή 2 p-−81 ακέραιος και a,p περιττός η (5.2.5) μας δίνει

(5.2.6)

δηλαδή

_

Παράδειγμα 5.2.14. Να υπολογισθεί το σύμβολο του Legendre ( ) 2437 .

Θα πρέπει να υπολογίσουμε το άθροισμα

Επειδή κάθε φορά το ακέραιο μέρος παίρνει την ίδια τιμή για ακριβώς δύο τιμές του k, το παραπάνω άθροισμα μέχρι την τιμή k =22 είναι άρτιο. Για k= 23 [ ] 234⋅273 = 11. Επομένως,

και συνεπώς (2347) = − 1.

Το επόμενο θεώρημα, είναι ένα από τα πιο σημαντικά αποτελέσματα της Θεωρίας Αριθμών και σίγουρα το σημαντικότερο της κλασικής Αριθμοθεωρίας. Αυτό, όχι μόνο διότι μας επιτρέπει να υπολογίζουμε πολύ εύκολα τα τετραγωνικά υπόλοιπα, αλλά και για το θεωρητικό του βάθος. Η πρώτη πλήρης απόδειξη δόθηκε από τον Gauss στα 1795 λίγο πριν συμπληρώσει το 18ο έτος της ηλικίας του. Αργότερα θα επανέλθουμε με περισσότερα ιστορικά στοιχεία.

Θεώρημα 5.2.15 (Νόμος τετραγωνικής αντιστροφής). Αν p,q περιττοί πρώτοι p ⁄= q, τότε

Απόδειξη. Εφαρμόζουμε την πρόταση 5.2.13 δύο φορές, για το ( ) pq και το ( ) qp και έχουμε:

Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι

(5.2.7)

Η απόδειξη της σχέσης αυτής θα γίνει γεωμετρικά. Θεωρούμε το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με κορυφές (p ) (p q)( q) (0,0), 2,0 , 2,2 ,0,2 .

Σχήμα 5.2.1: Γεωμετρική απόδειξη τετραγωνικής αντιστροφής

Η ευθεία που συνδέει τα σημεία (0,0) και (p q) 2,2 είναι η

η οποία χωρίζει το ορθογώνιο σε δύο ίσα μέρη. Πάνω στην ευθεία αυτή δεν υπάρχουν σημεία με ακέραιες συντεταγμένες για

Για x= j ∈ℤ φέρνουμε την ευθεία που είναι κάθετη στον άξονα των x στο σημείο (j,0). Αυτή τέμνει τη διαγώνιο y= qpx στο σημείο ( ) j,qpj . Το πλήθος των σημείων με ακέραιες συντεταγμένες μέχρι εκεί είναι [qj]. p Συνολικά λοιπόν στο κάτω τρίγωνο του παραλληλογράμμου υπάρχουν p−1[ ] ∑j2=1 qj p σημεία με ακέραιες συντεταγμένες, ενώ στο πάνω τρίγωνο τα σημεία είναι q−1[ ] ∑k2=1 pqk . Συνολικά όμως τα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες στο ορθογώνιο είναι p−1⋅q−1. 2 2 Συνεπώς η σχέση (5.2.7) έχει αποδειχθεί. __

Οι παρακάτω εξισώσεις αποτελούν τον νόμο τετραγωνικής αντιστροφής p,q περιττοί πρώτοι p ⁄= q.

(Ι)

(ΙΙ)

(ΙΙΙ)

Η (Ι) λέγεται πρώτο συμπλήρωμα της (ΙΙΙ) και η (ΙΙ ) δεύτερο συμπλήρωμα αυτής.

Παρατήρηση 5.2.16. Ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής (ΙΙΙ ) μπορεί να γραφεί και στη μορφή:

Αν p,q περιττοί πρώτοι και p ⁄=q τότε

(ΙΙΙα)

καθώς επίσης και στη μορφή:

Αν p,q περιττοί πρώτοι και p ⁄=q τότε

(ΙΙΙ β)

Με βάση τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής μπορούμε να ελέγξουμε αν η τετραγωνική ισοτιμία

έχει λύση ή όχι. Αρκεί να ακολουθήσουμε τον εξής αλγόριθμο.

Αναλύουμε τον a σε γινόμενο παραγόντων. Το ( a) p γράφεται ως γινόμενο συμβόλων του Legendre της μορφής ( ) q p όπου q∈ ∈ ℙ, q⁄= 2, ( ) −1p και ( ) 2p .

ϒπολογίζουμε τα (−1) -p και ( 2) p μέσω των (Ι) και (ΙΙ) και εφαρμόζουμε τον νόμο αντιστροφής (ΙΙΙ ) για τα σύμβολα ( ) p q αντικαθιστώντας τα με ( ) qp ( ) − qp .

Ανάγουμε το pmodq και επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία.

Παράδειγμα 5.2.17. Να εξετασθεί αν η ισοτιμία

έχει λύση.

Οι αριθμοί και είναι περιττοί πρώτοι. Επομένως

΄Αρα η ισοτιμία μας δεν έχει λύση.

Παράδειγμα 5.2.18. Να εξετασθεί αν η ισοτιμία

έχει λύση. Ο είναι πρώτος αριθμός ενώ το − 154 αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων − 154 = (− 1)⋅2⋅7⋅11. Επομένως

Τώρα

Επειδή 163≡ 3mod8, έχουμε ( ) 1263 = − 1. Επίσης αφού 7≡ 1mod4

Αφού 11≡ 3mod4

Τελικά έχουμε

και συνεπώς η ισοτιμία έχει λύση.

Παράδειγμα 5.2.19. Να εξετασθεί αν η ισοτιμία

έχει λύση.

Εργαζόμενοι όπως παραπάνω υπολογίζουμε το σύμβολο του Legendre ( −42) =1 61 και επομένως η ισοτιμία έχει λύση.

Παράδειγμα 5.2.20. Για ποιους περιττούς πρώτους αριθμούς p η ισοτιμία

έχει λύση;

Η ισοτιμία έχει λύση ακριβώς τότε όταν ( ) 5p = 1. Τώρα ( ) 5p = 1 αν και μόνο αν (p-)= 1. 5 Αν p ≡ 1,4mod5 τότε (p)= 1. 5

Αν p ≡2,3mod5 τότε (p)= − 1. 5

Συνεπώς έχει λύση ακριβώς τότε όταν

Η παραπάνω διαδικασία είναι ένας πολύ αποτελεσματικός αλγόριθμος από τον οποίο παίρνουμε απάντηση σε περίπου τόσα βήματα όσα ο αριθμός των ψηφίων του p. Το πιο δύσκολο στάδιο είναι η παραγοντοποίηση του a και του αντιπροσώπου του pmodq κάθε φορά που εφαρμόζουμε τον νόμο αντιστροφής στο ( q). p

Το σύμβολο του Jacobi

Το σύμβολο του Jacobi ορίζεται μέσω του συμβόλου του Legendre και αποτελεί γενίκευση αυτού.

Αν b περιττός ακέραιος b= εp p ⋅⋅⋅p , 1 2 s η ανάλυση αυτού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων p i (i= 1,2,...,s) όχι κατ΄ ανάγκη διαφορετικών μεταξύ τους (ε = ±1 ) και a ακέραιος πρώτος προς τον b, τότε το σύμβολο του Jacobi ορίζεται

Οι ιδιότητες του συμβόλου του Jacobi είναι ανάλογες αυτών του συμβόλου του Legendre.

Αν a1 = a2mod|b|, τότε

Αν (ai,b)= 1 για κάθε i= 1,2,...,n τότε

Αν b1,b2,...,bn περιττοί ακέραιοι και a ακέραιος με (a,b1b2⋅⋅⋅bn)= 1, τότε

ϒπενθυμίζουμε ότι το πρόσημο sgn(a) ενός πραγματικού αριθμού a ορίζεται ως:

Τέλος, αν ο a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod|b|, δηλαδή αν η ισοτιμία

έχει λύση τότε και οι ισοτιμίες

θα έχουν λύση για κάθε πρώτο διαιρέτη pi του b. Συνεπώς θα έχουμε (a) pi = 1 οπότε και ( ) ab = 1.

Προσοχή Το αντίστροφο δεν ισχύει. Για παράδειγμα ( ) 115 = 1 και η x2 ≡1mod15 είναι επιλύσιμη, ενώ ( ) 125 = 1 και η x2 ≡ 2mod15 δεν είναι επιλύσιμη.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι αν ( ) ab = − 1, τότε η ισοτιμία x2 ≡ amod|b| δεν έχει λύση.

Η χρήση του συμβόλου του Jacobi μας απαλλάσσει από το «καθήκον» της παραγοντοποίησης, μιας πραγματικά χρονοβόρας και για μεγάλους ακέραιους, δύσκολης διαδικασίας στην οποία είμαστε υποχρεωμένοι να καταφύγουμε, όταν χρησιμοποιούμε το σύμβολο του Legendre. Αυτά που πρέπει μόνο να ελέγξουμε είναι ότι ο b είναι περιττός και ότι ο a είναι πρώτος προς τον b.

Στη συνέχεια θα αναφερθούμε σε έναν αλγόριθμο υπολογισμού του συμβόλου Jacobi γνωστού στη βιβλιογραφία ως ο «κανόνας του Eisenstein» [32, σελ. 329-333], [18, σελ. 132-133], [21, σελ. 362-364], σύμφωνα με τον οποίο ο υπολογισμός είναι τόσο γρήγορος όσο και ο ευκλείδειος αλγόριθμος υπολογισμού του μέγιστου κοινού διαιρέτη.

΄Εστω a και b πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραιοι με a> b. Συμβολίζουμε με A0 := a και A1 := b. Εφαρμόζουμε το θεώρημα διαίρεσης με πηλίκο αλλά συγχρόνως παραγοντοποιούμε το υπόλοιπο σε δύναμη του και περιττό ακέραιο. ΄Ετσι έχουμε

Συνεχίζουμε, κάνοντας το ίδιο μεταξύ των A1,A2 κ.ο.κ

Πρόταση 5.2.21. Αν a,b θετικοί ακέραιοι, a > b πρώτοι μεταξύ τους και b περιττός τότε

Απόδειξη. Εφαρμόζουμε τις ιδιότητες του συμβόλου Jacobi

και συνεχίζουμε ανάλογα. __

Παράδειγμα 5.2.22. Να υπολογιστεί το σύμβολο του Jacobi ( ) 1123051 .

Επαληθεύουμε ότι οι a,b είναι πρώτοι μεταξύ τους. Σύμφωνα με την πρόταση 5.2.21 , έχουμε

Επομένως το σύμβολο του Jacobi

όπου

Ο μόνος περιττός προσθετέος του εκθέτη m είναι ο 1812−1 1⋅ 8 ΄Αρα m ≡1mod2 και

Θεωρούμε και πάλι δύο περιττούς θετικούς ακέραιους a,b πρώτους μεταξύ τους. Σύμφωνα με το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο, υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι q,r τέτοιοι ώστε

Μπορούμε να γράψουμε τη σχέση και ως εξής:

Επειδή (b− r)+ r= b είναι περιττός ακέραιος, ένας ακριβώς από τους r,b− r είναι άρτιος και ο άλλος περιττός.

΄Αρα ο a γράφεται μονοσήμαντα στη μορφή

όπου ε = ±1 και r περιττός 1 ≤r < b. Παρατηρούμε ότι ο q θα πρέπει να είναι άρτιος, διότι αλλιώς ο a± r θα ήταν περιττός.

Επομένως, υπάρχουν μονοσήμαντα ορισμένοι ακέραιοι q1 και r1, r1 περιττός 1 ≤ r1 < b ώστε να ισχύει

Εφαρμόζουμε διαδοχικά την παραπάνω σχέση γράφοντας A0 = b και Ai = ri και έχουμε

Η ακολουθία των (Ai)i∈ℕ είναι γνήσια φθίνουσα ακολουθία φυσικών αριθμών. ΄Αρα μετά από πεπερασμένο πλήθος βημάτων θα έχουμε An = 1.

Το σύμβολο Jacobi.

Το ( ) A−11=ε Aε1 = (− 1)-02--21. 0 Πράγματι, αν ε1 = 1 τότε

Αν πάλι ε1 = − 1, τότε

Συνεπώς,

Αν τώρα λάβουμε υπόψη ότι ε2= 1 1 και ότι (− 1)a∕ε1 = (− 1)a για κάθε ακέραιο a, έχουμε

και

Επαναλαμβάνουμε διαδοχικά τη διαδικασία και έχουμε:

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι

με

και An = 1.

΄Ενας προσθετέος του ℓ

είναι περιττός ακριβώς τότε όταν

Πρόταση 5.2.23 (Κανόνας του Eisenstein). Αν a,b περιττοί θετικοί ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους τότε

όπου

Παράδειγμα 5.2.24. Να υπολογιστεί το σύμβολο του Jacobi ( ) 2339599 .

Ελέγχουμε πρώτα από όλα ότι (335,2999)= 1. Γράφουμε

Σχηματίζουμε τα ζευγάρια

Επομένως m = 2 και ( ) 3239959 = 1.

Παρατήρηση 5.2.25. Επειδή στο παράδειγμά μας ο είναι πρώτος το σύμβολο του Jacobi είναι και σύμβολο του Legendre. Συνεπώς η ισοτιμία

έχει λύση.

Παρατήρηση 5.2.26. Ο κανόνας του Eisenstein αποδείχθηκε κάπως μακροσκελής στο συγκεκριμένο παράδειγμα. Ας δοκιμάσουμε κατ΄ ευθείαν με χρήση του νόμου αντιστροφής του Jacobi.

Παρατήρηση 5.2.27. Να υπολογισθεί το σύμβολο του Jacobi

Επειδή 1573≡ 5mod8 έχουμε ( ) 12573 = − 1.

Σχηματίζουμε τα ζευγάρια (1573,257),(257,31),(31,9),(9,− 5),(5,− 1) και καταλήγουμε στο m = 0 και (514) 0 1573 = (− 1)(− 1) = − 1.

Εύρεση των λύσεων

Είδαμε ότι τελικά είναι σχετικά εύκολη η διαπίστωση της ύπαρξης η μή λύσεων της ισοτιμίας

Εάν τώρα διαπιστώσουμε την ύπαρξη λύσεων τότε πώς θα βρούμε τις λύσεις;

Αν στην x2 ≡amodp έχουμε p ≡3mod4 και ( ) ap = +1 τότε μια λύση είναι η p+1 x0 ≡ a 4 modp αφού

Η άλλη ρίζα είναι προφανώς η x ≡ − ap+41modp. 0

Αν τώρα p≡ 1mod4, δεν είναι γνωστός ο ντετερμινιστικός αλγόριθμος (πολυωνυμικού χρόνου) ο οποίος να μας δίνει τις λύσεις τις ισοτιμίας.

Θα περιγράψουμε έναν πιθανοθεωρητικό αλγόριθμο.

΄Εστω zmodp κάποια τυχαία επιλεγείσα κλάση 1 ≤ z≤ p− 1 και έστω

Αν v⁄= 0, τότε οι λύσεις της ισοδυναμίας x0,x′0 υπολογίζονται ως εξής:

Ο p−21- u+ vx0 := (1+ zx0) είναι μία p−1 2-δύναμη modp. Επομένως ισούται με 0,1 ή − 1 modp. Συνεπώς u 1−u- x0 ≡ − v,v , ή 1+u- − v modp.

Γνωρίζουμε τα u,v. Δοκιμάζουμε αν τα u 1−u − v,-v- και 1+u − -v- είναι τετραγωνικά υπόλοιπα modp.

Παράδειγμα 5.2.28. Να λυθεί η

Είναι p= 389≡ 1mod4. Επιλέγουμε z≡ 24mod389 και υπολογίζουμε

΄Ομως v =0 το οποίο δεν μας κάνει.

Επιλέγουμε ξανά z =51mod389 και υπολογίζουμε

΄Αρα u= 0, v= 239 και 1v = 153mod389. Επομένως − uv = 0, 1−vu= 153, − 1−uu = − 153. Συνεπώς, οι λύσεις της ισοδυναμίας είναι οι

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε μια χρήσιμη ισοδύναμη μορφή του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής. Εδώ θεωρούμε το σύμβολο του Legendre ως συνάρτηση του (περιττού) πρώτου αριθμού p, ψa(p) και θα αποδείξουμε την

Πρόταση 5.2.29. ϒποθέτουμε ότι p,q είναι περιττοί πρώτοι και a≥ 1. Ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής είναι ισοδύναμος προς την πρόταση

(5.2.8)

Απόδειξη. Δεχόμαστε τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής. Αρκεί να αποδείξουμε την (5.2.8) για a οποιοδήποτε περιττό πρώτο, a⁄= p,q.

Πράγματι, αν a τυχαίος ακέραιος a≥ 1 και

η ανάλυση αυτού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Τότε

Αν p≡ qmod4a τότε ( ) ( ) ( ) pa = q+4aaℓ = qa . Επομένως

αφού q-περιττός.

Αν p ≡− qmod4a αποδεικνύεται ανάλογα.

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η (5.2.8) ισχύει για κάθε ακέραιο a≥ 1 και θα αποδείξουμε τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι p > q.

Αν p ≡qmod4, γράφουμε το p = q+ 4a, a≥ 1. Επομένως,

Αν τώρα p ≡ 1mod4, τότε και q≡ 1mod4 και έχουμε ( ) ( ) pq = qp .

Αν p≡ 3mod4 τότε q≡ 3mod4 και (p) ( q) q = − p , δηλαδή ισχύει ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής (στη μορφή IIa).

Αν ισχύει η ισοτιμία p ≡ − qmod4, τότε έχουμε p +q = 4a, για κάποιο a, a ≥ 1. Συνεπώς

__

Η τελευταία πρόταση μαζί με τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής μας επιτρέπουν να χαρακτηρίσουμε τους πρώτους p για τους οποίους δοσμένος ακέραιος είναι (ή δεν είναι ) τετραγωνικό υπόλοιπο modp.

Παράδειγμα 5.2.30. Για ποιους πρώτους είναι ο a= 3 τετραγωνικό υπόλοιπο modp;

΄Εχουμε 4a = 4⋅3= 12. Επομένως η ισοτιμία p≡ ±qmod12 συνεπάγεται ( 3) ( 3) p = q . Για q= 5,7,11 και έχουμε

΄Αρα

Παράδειγμα 5.2.31. Για ποιους πρώτους είναι ο a= 5 τετραγωνικό υπόλοιπο modp;

ϒπολογίζουμε 4a = 4⋅20. Επομένως η ισοτιμία p ≡ ±qmod20 συνεπάγεται ότι ( ) ( ) 5p = 5q .

Βρίσκουμε πρώτους αντιπροσώπους των κλάσεων

τους

ϒπολογίζουμε το σύμβολο του Legendre

Επομένως ( ) 5 = 1, p αν και μόνο αν, p≡ 1,9,11,19mod20. Παρατηρούμε όμως ότι το δεν είναι ένα καλό μέτρο, αφού μπορούμε να γράψουμε

Ο λόγος είναι ότι η πρόταση που αποδείξαμε δεν είναι βέλτιστη. Μάλιστα απαιτεί a ≥ 1. Τι γίνεται αν θέλουμε να χαρακτηρίσουμε τους πρώτους p για τους οποίους το − 3 ή το − 5 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp;

Ισχύει το εξής: Αν η ανάλυση του ακέραιου a είναι

και ορίσουμε το k(a)= (− 1)α∏sai≡1mod2qi, τότε το ελάχιστο μέτρο είναι το

[18, σελ. 109], [24, σελ. 139] Εδώ φαίνεται γιατί στο πρώτο παράδειγμα a = 3 το ελάχιστο μέτρο είναι το 12, ενώ για a= 5 είναι το 5.

Είναι φανερό ότι αν ο ακέραιος a είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου τότε η ισοτιμία x20 ≡ amodp έχει λύση για κάθε πρώτο p. (Αν a= b2, μία λύση είναι η x0 ≡ bmodp.)

Θα αποδείξουμε και το αντίστροφο.

Πρόταση 5.2.32. Αν για τον ακέραιο a η ισοτιμία

έχει λύση για κάθε πρώτο αριθμό p, τότε ο a είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου.

Απόδειξη. Αν ο a δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου θα βρούμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας πρώτος p για τον οποίο ισχύει ( ) ap =− 1. Επομένως για αυτόν τον πρώτο, η ισοτιμία

δεν έχει λύση, άτοπο.

Λόγω της πολλαπλασιαστικότητας του συμβόλου του Jacobi, αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας περιττός θετικός ακέραιος ℓ τέτοιος ώστε ( ) aℓ = − 1. Επειδή υποθέσαμε ότι ο a δεν είναι τέλειο τετράγωνο έπεται ότι θα έχουμε μία από τις ακόλουθες τρεις δυνατότητες:

a= − b2 για κάποιο b∈ ℤ. Στην περίπτωση αυτή αν c∈ ℤ, c> 0 με c≡ 3mod4 και (b,c)= 1, τότε

a= ±2tb, όπου t,b∈ ℤ περιττοί θετικοί ακέραιοι. Στην περίπτωση αυτή το σύστημα

έχει λύση αφού (8,b) = 1. Αν λοιπόν c∈ ℤ, c > 0 λύση του παραπάνω συστήματος (αν b = 1 τότε παίρνουμε c = 5) έχουμε

και

συνεπώς ( ) ac = − 1.

2s t a= ±2 q b, όπου b,t περιττοί θετικοί ακέραιοι και (q,b)= 1, 2 ⁄=q ∈ℙ. Στην περίπτωση αυτή θεωρούμε το σύστημα

για οποιονδήποτε ακέραιο d, έχει λύση αφού (4b,q)= 1.

΄Εστω d > 0 κάποιο μη-τετραγωνικό υπόλοιπο modq και ℓ> 0, ℓ≡ 1mod4b, ℓ≡ dmodq.

Είναι φανερό ότι

και

Επίσης,

Επομένως και σε αυτή την περίπτωση ( ) aℓ = − 1.

__

Παράδειγμα 5.2.33. ΄Οταν μια ισοτιμία 2 x ≡amodp έχει λύση για κάποιον πρώτο p θα λέμε ότι έχουμε τοπική επιλυσιμότητα της ισοτιμίας ως προς τον πρώτο αυτό p. ΄Οταν η εξίσωση 2 x ≡ a έχει λύση στο ℤ θα λέμε ότι έχουμε γενική επιλυσιμότητα. Βλέπουμε λοιπόν ότι από τη τελευταία πρόταση προκύπτει ότι η τοπική επιλυσιμότητα για κάθε πρώτο p συνεπάγεται τη γενική επιλυσιμότητα.

Το φαινόμενο αυτό λέγεται τοπικό-γενικό αξίωμα (local-global principle) και θα το συναντήσουμε και σε άλλες περιπτώσεις αργότερα.

Πάντως δεν ισχύει εν γένει για ισοτιμίες μεγαλύτερου βαθμού (δέστε πρόταση 5.3.10 του παρόντος κεφαλαίου).

Μια άλλη ενδιαφέρουσα εφαρμογή του συμβόλου του Jacobi είναι το ακόλουθο αποτέλεσμα:

Πρόταση 5.2.34. Αν a ∈ℤ, όχι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, υπάρχουν άπειροι πρώτοι p για τους οποίους ( ) ap = − 1.

Απόδειξη. Αν a =− 1, τότε ( ) −1p = − 1 αν και μόνο αν p ≡ 3mod4. ΄Εχουμε όμως αποδείξει ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4m + 3.

Αν a= ±2, τότε

ϒποθέτουμε ότι υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους πρώτοι, έστω p1,p2,...,pℓ μεγαλύτεροι του για τους οποίους ισχύουν ( ) a- =− 1 pi για κάθε i= 1,2,...,ℓ.

Θέτουμε A:= 8p1p2⋅⋅⋅p3± 3, όπου τα πρόσημα αντιστοιχούν στο a = ±2. Είναι φανερό ότι 3∤A καθώς επίσης ότι και pi ∤A. Επειδή A ≡ ±3mod8, έπεται ότι (2-) A = − 1 και (a-) (±2) A = A = − 1.

Αν A = q1q2⋅⋅⋅qn η ανάλυση του A σε γινόμενο πρώτων παραγόντων (όχι κατ΄ ανάγκην διακεκριμένων μεταξύ τους) τότε

΄Αρα ένα τουλάχιστον από τα ( a-)= − 1 qj για κάποιο j. Το q |A, j q > 3. j Επομένως, qj ⁄∈{p1,...,pℓ}, άτοπο.

Ας περάσουμε τώρα στη γενική περίπτωση. Δεν χάνουμε τίποτα, αν υποθέςουμε ότι ο a είναι ελεύθερος τετραγώνου (square-free). Επομένως ο a αναλύεται στη μορφή:

q περιττοί πρώτοι και qi ⁄= qj για i⁄= j. Το s≥ 1 γιατί αλλιώς έχουμε τις δυνατότητες που ήδη μελετήσαμε.

΄Εστω {p1,p2,...,pm} ένα πεπερασμένο σύνολο περιττών πρώτων, διαφορετικών των πρώτων qi, i= 1,2,...,s. Ως γνωστό υπάρχουν q1−1 2 μη τετραγωνικά υπόλοιπα modq1. ΄Εστω c ένα από αυτά, δηλαδή ( ) qc1 = − 1.

Το γραμμικό σύστημα ισοτιμιών

έχει λύση, αφού τα μέτρα είναι πρώτα μεταξύ τους ανά δύο. ΄Εστω x= b μία λύση αυτού. Επομένως ο b δεν διαιρείται από κανέναν από τους πρώτους p1,p2,...,pm,q1,q2,...,qs. Επειδή b≡ 1mod8 έπεται ότι ( ) ( ) −b1 = 2b = 1. Επίσης

για κάθε j= 1,2,...,s. Επομένως,

Τελικά υπάρχει κάποιος πρώτος παράγοντας του b, έστω q τέτοιος ώστε ( a)= − 1. q

Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι το σύνολο {p1,p2,...,pm } είναι όλοι οι πρώτοι για τους οποίους ( ) api = − 1, εμείς βρήκαμε ακόμα έναν, τον q, και συνεπώς καταλήξαμε σε άτοπο. ΄Αρα υπάρχει και σε αυτή την περίπτωση άπειρο πλήθος πρώτων q ώστε ( ) a = − 1. q __

Επίσης υπάρχουν άπειροι πρώτοι ώστε ( ) ap = +1 [18, σελ. 176-177]

Αν θεωρήσουμε κάποιον περιττό πρώτο p, τότε τίθεται το ερώτημα πώς κατανέμονται τα τετραγωνικά υπόλοιπα και πώς τα τετραγωνικά μη-υπόλοιπα στο διάστημα [0,p];

Το πρόβλημα αυτό είναι αρκετά δύσκολο. Σε καμμία περίπτωση δεν μπορεί να θεωρηθεί ότι βρισκόμαστε σε ικανοποιητικό επίπεδο γνώσης. Δεν θα αναφερθούμε σε επιμέρους αποτελέσματα. Θα περιοριστούμε μόνο στο ερώτημα: Πόσο μακριά πρέπει να πάμε για να «συναντήσουμε» σίγουρα ένα τουλάχιστον μη-τετραγωνικό υπόλοιπο modp;

Η απάντηση δίνεται από την ακόλουθη:

Πρόταση 5.2.35. ΄Εστω p περιττός πρώτος. Αν a είναι το ελάχιστο θετικό τετραγωνικό μη-υπόλοιπο modp, τότε a< 1+ √p.-

Απόδειξη. ΄Εστω b ο ελάχιστος φυσικός τέτοιος ώστε ab> p. Επομένως a(b− 1)≤ p. Επειδή το είναι πάντοτε τετραγωνικό υπόλοιπο modp έπεται ότι a≥ 2. Επίσης b> 1, διότι αν b = 1 θα είχαμε a > p, άτοπο, αφού υπάρχουν p−1 2 μη-τετραγωνικά υπόλοιπα modp. Επομένως, αφού p περιττός πρώτος, ισχύει

Συνεπώς, εξ ορισμού του a, έπεται ότι

Το b είναι και αυτό τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο modp, το a όμως είναι το ελάχιστο μ΄ αυτή την ιδιότητα. ΄Αρα b ≥ a, οπότε

Επομένως √-- a− 1< p, δηλαδή √ -- a <1 + p. __

Σημείωση: Για αρκετά μεγάλο p αποδεικνύεται ότι

Απόδειξη της πρότασης αυτής και σχετικές εικασίες μπορούμε να δούμε στο [14, σελ. 69].

Πρώτοι σε αριθμητικές προόδους

Με τη βοήθεια του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής μπορούμε να αποδείξουμε την ύπαρξη άπειρου πλήθους πρώτων σε αριθμητικές ακολουθίες τις οποίες δεν μπορούσαμε να διαπραγματευτούμε πριν.

Πρόταση 5.2.36. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4m +1, m ∈ℕ.

Απόδειξη. Αν n ∈ℕ, n≥ 1 ορίζουμε τον

Ο N είναι φυσικός μεγαλύτερος του 1. Θα έχει κάποιο πρώτο διαιρέτη p, p |N . Ο p> n, διότι αν p ≤ n θα είχαμε p |N και p |n!, δηλαδή p|1, άτοπο.

Αφού p |N , έπεται ότι

Αυτό σημαίνει ότι η ισοτιμία

έχει λύση, δηλαδή ισχύει ( ) −1p = 1 που σημαίνει ότι p ≡ 1mod4.

΄Εχουμε αποδείξει ότι για κάθε φυσικό n υπάρχει πρώτος p, p> n με p ≡ 1mod4.

Συνεπώς υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί της μορφής 4m+ 1. __

Σημείωση: Προσπαθήστε να δώσετε μία απόδειξη ανάλογη αυτής του Ευκλείδη για την ύπαρξη άπειρων πρώτων.

Πρόταση 5.2.37. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 5m − 1, m ∈ℕ.

Απόδειξη. ΄Εστω n∈ ℕ, n> 1. Ορίζουμε τον φυσικό αριθμό

Ο N , είναι περιττός και έχει έναν τουλάχιστον πρώτο διαιρέτη p (p ⁄=2,p ⁄= 5), ο οποίος δεν είναι της μορφής 5ℓ +1.

Ο p είναι μεγαλύτερος του n. Επειδή p |N , έπεται ότι

Επομένως,

Ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής δίνει

Ο p θα έχει τη μορφή 5ℓ ±1 ή 5ℓ±2. Αν ήταν όμως p= 5ℓ± 2 θα είχαμε

άτοπο. Επειδή έχουμε αποκλείσει και την περίπτωση 5ℓ+ 1, έπεται ότι κατ΄ ανάγκην ο p= 5ℓ− 1, ℓ ∈ℕ. Συνεπώς υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί της μορφής 5m− 1. __

Σημείωση:

Προσπαθήστε και πάλι με τη μέθοδο του Ευκλείδη.

Αν p πρώτος της μορφής 5m− 1, ο m θα είναι κατ΄ ανάγκη άρτιος, αλλιώς ο p θα ήταν άρτιος πρώτος > 2. Επομένως ο p θα είναι της μορφής 10m − 1. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.2.37 είναι ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι που έχουν ως τελευταίο ψηφίο 9.

Πρόταση 5.2.38. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 8m − 1, m ∈ℕ − {0}.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους πρώτοι αριθμοί της μορφής 8m− 1 και αυτοί είναι οι

Ο ακέραιος N = (4p1p2 ⋅⋅⋅pn)2− 2 έχει τουλάχιστον έναν περιττό πρώτο διαιρέτη, p|N .

Επομένως, (4p1p2⋅⋅⋅pn)2 ≡ 2modp, δηλαδή το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp. Αυτό σημαίνει ότι ( ) 2 = 1, p δηλαδή ότι

Αν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του N ήταν της μορφής 8k+ 1, τότε ο N θα ήταν της μορφής N = 2(8k+1) =16k +2, άτοπο αφού έχει τη μορφή 16k− 2.

΄Αρα ο N έχει έναν πρώτο διαιρέτη p της μορφής p =8k − 1 και συνεπώς p = pi για κάποιο i∈ {1,2,...,n}. ΄Εχουμε p|N και p |(4p1⋅⋅⋅pn)2 άρα p |2, άτοπο. Αποδείξαμε δηλαδή ότι υπάρχει ένας ακόμα, άρα υπάρχουν άπειροι. __

Σημείωση: Θεωρήστε τον N := 2(n!)2− 1 και εφαρμόστε τη μέθοδο των δύο προηγούμενων προτάσεων.

Πρόταση 5.2.39. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 8m +3, m ∈ℕ.

Απόδειξη. ΄Εστω n∈ ℕ, n> 1. Αν με pm συμβολίζουμε τον m-στο πρώτο αριθμό και a := p2p3⋅pn ορίζουμε τον

Ο a είναι περιττός, επομένως ο a2 είναι της μορφής 8m+ 1 και συνεπώς ο N είναι φυσικός αριθμός της μορφής 8m + 3. Αν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του N ήταν της μορφής 8m± 1, τότε και ο N θα ήταν της ίδιας μορφής. Επομένως υπάρχει πρώτος αριθμός p, p|N ο οποίος θα είναι της μορφής 8m ±3.

Η ισοτιμία x2 ≡ − 2modp έχει λύση x0 = a συνεπώς

Συνεπώς ο p θα είναι της μορφής 8m + 3. Τέλος, p> pn, διότι αλλιώς p|2, άτοπο.

΄Αρα για κάθε φυσικό αριθμό n> 1 υπάρχει πρώτος p της μορφής 8m+ 3, p > pn και υπάρχουν άπειροι πρώτοι αυτής της μορφής. __

Πρόταση 5.2.40. ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 8m +5, m ∈ℕ.

Απόδειξη. ΄Εστω n∈ ℕ, n> 1 και

Ο a είναι περιττός, συνεπώς ο

είναι της μορφής 8m + 5. Ο N περιέχει τουλάχιστον έναν πρώτο παράγοντα της μορφής 8m ± 3. ΄Ομως ( ) −4p = 1, άρα p της μορφής 8m +5, p> pn, συνεπώς υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 8m + 5. __

Πρόταση 5.2.41. Αν p ∈ℙ − {2} και k ∈ℕ − {0}, τότε υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί της μορφής k 1+ 2pm, m ∈ ℕ.

Απόδειξη. Ονομάζουμε k−1 x:= 2p . Αν q πρώτος διαιρέτης του

τότε

συνεπώς xp ≡1modq. Το xp = (2pk−1)= 2pk. Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει δύναμη του 2, έστω ℓ μικρότερη του pk για την οποία να ισχύει η ισοτιμία 2ℓ ≡ 1modq.

Φυσικά αρκεί να το ελέγξουμε μόνο για δυνάμεις του p, ℓ = pt, t < k.

Αρκεί επομένως να αποδείξουμε ότι

Αν υποθέσουμε ότι 2pk−1 ≡1modq, δηλαδή x ≡ 1modq, τότε xp−1+ ⋅⋅⋅+ x+ 1≡ pmodq. ΄Ομως xp−1+ ⋅⋅⋅+ x+ 1≡ 0modq άρα p ≡ 0modq, δηλαδή p = q. Θα αποδείξουμε ότι αυτό είναι άτοπο.

Το θεώρημα του Fermat δίνει 2p ≡ 2modp και επαγωγικά 2pk−1 ≡ 2modp. Αυτή, αν συνδυαστεί με την pk−1 2 ≡ 1modq δίνει 2 ≡1modp, άτοπο.

Επομένως η τάξη του pk−1 x =2 είναι k p, συνεπώς k p |ϕ(q) = q− 1. Είναι φανερό ότι 2 |(q − 1), q-περιττός. ΄Αρα k 2p |(q− 1), συνεπώς υπάρχει m ∈ℤ ώστε k q= 1+ 2p m.

Αποδείξαμε την ύπαρξη ενός πρώτου της μορφής αυτής. Θα αποδείξουμε ότι είναι άπειροι.

Αν n∈ ℕ, n> 5, υπάρχει πρώτος q της μορφής

Επειδή, n p > n και q> n ο q γράφεται στη μορφή

και συνεπώς υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 1+ 2pkm. __

ϒπενθυμίζουμε (χωρίς απόδειξη) το θεώρημα του Dirichlet. Αν m φυσικός > 1 και a ακέραιος με (a,m)= 1, τότε υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής mℓ+ a, ℓ∈ ℕ.

Η εικασία στην ειδική περίπτωση a =1, διατυπώθηκε για πρώτη φορά από τον Euler στα 1775. Στη γενική της μορφή διατυπώθηκε για πρώτη φορά από τον Legendre το 1785.

Είναι φανερό ότι μια τέτοια πρόταση είναι αδύνατο να αποδειχθεί με μεθόδους και τεχνικές που αναφέραμε εδώ. Χρειάζεται μια νέα μεγαλειώδη ιδέα. Η πρόταση αποδείχθηκε από τον Dirichlet στα 1837 με αναλυτικές μεθόδους [33].

Ας θεωρήσουμε τώρα την

Πρόταση 5.2.42. Αν (a,m)= 1, τότε η αριθμητική πρόοδος m ℓ+a, ℓ∈ ℤ, έχει τουλάχιστον έναν πρώτο.

Είναι φανερό ότι το θεώρημα του Dirichlet συνεπάγεται την αλήθεια της πρότασης 5.2.42.

Ισχύει και το αντίστροφο. Πράγματι, υπάρχει ένας ακέραιος ℓ1, τέτοιος ώστε ο m ℓ1+ a να είναι πρώτος αριθμός. Επειδή (a,m ℓ1 +a)= 1 θα υπάρχει κάποιος ακέραιος ℓ2 τέτοιως ώστε ο m ℓ2+(m ℓ1+ a)= m (ℓ2+ ℓ1)+a να είναι πρώτος. Συνεχίζοντας τη διαδικασία αποδεικνύουμε ότι ο m ℓ+a είναι πρώτος για άπειρο πλήθος τιμών του ℓ.

Παρατηρήσεις - Ιστορικά στοιχεία

1. Το γεγονός ότι δεν υπάρχει ακέραιος ο οποίος να είναι ισότιμος προς ≡3mod4 ο οποίος να γράφεται ως άθροισμα τετραγώνων ήταν φαίνεταο γνωστό στον Διόφαντο (Βιβλίο V πρόβλημα 9).

Ο πρώτος που ξεκίνησε τη μελέτη των νόμων αντιστροφής ήταν ο Fermat. Σε κάποιο γράμμα του στον Mersenne διατύπωσε την πρόταση:

« Tout nombre premiere, qui surpasse de l’unite un multiple du quaternaire, est une seul fois la somme des deux carres »

«κάθε πρώτος ο οποίος είναι κατά ένα μεγαλύτερος του 4 είναι κατά μοναδικό τρόπο άθροισμα δύο τετραγώνων»

Σε επόμενο κεφάλαιο θα μελετήσουμε την παράσταση ακέραιων μέσω τετραγωνικών μορφών. Εκεί θα δούμε εύκολα ότι αν p∈ ℙ− {2} ισχύει η ισοδυναμία

(ο p είναι άθροισμα δύο τετραγώνων ακέραιων ) αν και μόνο αν (p ≡1mod4) αν και μόνο αν ( η ισοτιμία x2 ≡ − 1modp έχει λύση)

Το πρώτο θεώρημα του Euler που σχετίζεται με τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής ήταν το ομώνυμο κριτήριο. Η απόδειξη που δώσαμε εμείς εδώ οφείλεται στον Dirichlet ( Crelle 3 (1828) 390-393).

Ο Euler διατύπωσε ένα θεώρημα το οποίο είναι ισοδύναμο με τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής, στα 1744. Αυτό βέβαια έγινε γνωστό πολύ αργότερα από το άρθρο του Kronecker “Bemerkungen zur Geschichte des quadratischen Reciprocitätgesetzes” Berl. Monatber. (1872) 846-848.

Μια ειδική περίπτωση του νόμου τετραγωνικής αντιστροφής είχε ήδη ανακοινωθεί από τον Euler με γράμμα του προς τον Goldbach ήδη στα 1742.

Η δουλειά του Lagrange στη Θεωρία Αριθμών κατά τη διετία 1773/75, ο οποίος βρισκόταν στο Βερολίνο, ενώ ο Euler είχε επιστρέψει στην Αγία Πετρούπολη, παρακίνησε τον Euler να ασχοληθεί και πάλι με τη Θεωρία Αριθμών. Την περίοδο αυτή ανακάλυψε πλήρως τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής, δεν κατάφερε όμως να τον αποδείξει. Η εργασία του αυτή δημοσιεύθηκε μετά τον θάνατό του, στα 1783.

Ο A. M. Legendre ήταν ο πρώτος που δημοσίευσε, στα 1788 (η εργασία παρουσιάστηκε στην Ακαδημία των Παρισίων στα 1785) τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής σε μορφή πολύ κοντινή στη σημερινή του έκφραση. Στα 1798 ανακοίνωσε τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής, αφού πρώτα εισήγαγε το ομώνυμο σύμβολο ( σύμβολο Legendre). Για την απόδειξη διέκρινε διάφορες περιπτώσεις. Μερικές από αυτές κατάφερε να τις αποδείξει πλήρως. Κάπου όμως παρουσιάστηκαν ανυπέρβλητες για τον ίδιο δυσκολίες και διαπίστωσε ότι χρειάζεται μια βοηθητική πρόταση για την οποία επίσης ήταν πεπεισμένος ότι είναι σωστή την οποία όμως, ούτε αυτή, μπορούσε να αποδείξει. Η εικασία του Legendre δεν ήταν τίποτε άλλο από το θεώρημα του Dirichlet για αριθμητικές προόδους ! Τα αποτελέσματα του περιέχονται στις διάφορες εκδόσεις του βιβλίου του “Essai sur la théorie des nombres” Παρίσι 1798, 1808, 1830 και (1955!). Τελικά, κατάφερε να περιοριστεί σε μία μόνο αναπόδεικτη υπόθεση: (Αν p ∈ℙ,p ≡ 1mod4, τότε υπάρχει ένας τουλάχιστον πρώτος q≡ 3mod4 τέτοιος ώστε ( ) p =− 1 q) αλλά, παρά τις προσπάθειές του, δεν κατάφερε ποτέ να αποδείξει πλήρως τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής.

Ο πρώτος που απέδειξε πλήρως τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής ήταν ο 18-ετής Gauss. Η απόδειξη περιέχεται στο έργο του “Disquisitiones Arithmeticae” προτάσεις 131-144. ΄Οπως αναφέρει ο ίδιος [6], «το θεώρημα αυτό ταλαιπωρούσε για έναν ολόκληρο χρόνο τη σκέψη μου και αντιστεκόταν στις επίμονες προσπάθειές μου μέχρι που κατάφερα να δώσω την απόδειξη στο τέταρτο μέρος του έργου μου».

“Ein ganzes Jahr quälte mich dieser Satz und entzog sich den angestregtesten Bemühungen, bis ich endlich den in vierten Abschnitt jenes Werkes gegebenen Beweis erlangte”.

Μάλιστα, όπως μας βεβαιώνει ο ίδιος δεν είχε ιδέα από τα επιμέρους αποτελέσματα των Euler και Legendre.

“Es möge nur zur Bestätigung des im vorigen Paragraphen Behaupteten gestattet sein, auf meine eigenen Versuche Bezug zu nehmen. Auf den Satz selbst kam ich völlig selbständig im Jahre 1795, zu einer Zeit, da ich mich in völliger Unkenntniss über Alles befand, was in der höheren Arithmetik bereits erreicht worden war, und zugleich nicht die mindesten litterarischen Hilfsmittel besass”

«Για την επιβεβαίωση τών ισχυρισμών της προηγουμένης παραγράφου, ας επιτραπεί να αναφερθώ στις δικές μου προσπάθειες. Το θεώρημα το ανακάλυψα εντελώς ανεξάρτητα το έτος 1795, σε μία εποχή κατά την οποία βρισκόμουν σε πλήρη άγνοια όλων των, ως τότε, αποτελεσμάτων της ανώτερης Αριθμητικής και δεν είχα την παραμικρή πρόσβαση στη σχετική βιβλιογραφία.»

Πώς κατάφερε ο Gauss να διατυπώσει και να αποδείξει πλήρως τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής;

Με επιδεξιότητα και αντοχή κατασκεύασε έναν πίνακα στον οποίο υπολόγιζε ποιοι από τους πρώτους τους μικρότερους του 1000 είναι τετραγωνικά υπόλοιπα και ποιοι όχι ως προς τους πρώτους από το ως το 503. ΄Επρεπε να εξετάσει 16000 περιπτώσεις αν είναι τετραγωνικά υπόλοιπα ή όχι.

Στην απόδειξη και ο ίδιος είχε τις δυσκολίες του. Η (πρώτη του) απόδειξη έμοιαζε με αυτή του Legendre. Χρειάστηκε και ο ίδιος έναν «βοηθητικό πρώτο» και όταν τον βρήκε το ημερολόγιο έγραφε:

8 Απριλίου του 1796

“Numerorum primorum non omnes numeros infra ipsos residua quadratica esse posse demonstratione munitum”

Σχήμα 5.2.2: Ημερολόγιο Gauss, το έργο αποτελεί κοινό κτήμα λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.

Ο Legendre ονόμασε το θεώρημα «Loi le reciprocite», νόμο αντιστροφής». Ο Gauss «Theorema fundamentale theorie residuorum quadraticorum, θεμελιώδες θεώρημα της θεωρίας των τετραγωνικών υπολοίπων» και το κατέτασσε στις «ύψιστες αλήθειες της ανώτερης Αριθμητικής», «Zu den höchsten Wahrheiten der höheren Arithmetik zu rechnen ist»

Η πρώτη απόδειξη του Gauss δεν θεωρήθηκε ιδιαίτερα κομψή. Χρησιμοποιεί διπλή επαγωγή. Εκτός από το «Disquisitiones Arithmeticae», η απόδειξη περιέχεται και στο [1]. Αξίζει να αναφερθεί και το άρθρο του Ezra Brown, “The First proof of quadratic reciprocity Law”, [15] στο οποίο η επαγωγή μετατρέπεται σε ένα είδος «άπειρης καθόδου».

Πάρα πολύ σύντομα, στις 27 Ιουνίου του 1796, ακολούθησε η δεύτερη απόδειξη του Gauss [άρθρο 262][8], στην οποία θα αναφερθούμε αργότερα. Σ΄ αυτήν χρησιμοποιεί τη θεωρία των τετραγωνικών μορφών. Ακολούθησαν άλλες έξι, σύνολο οκτώ, αποδείξεις του.

Καιρός να πούμε δύο λόγια για την απόδειξη που δώσαμε. Το επόμενο σημαντικό βήμα, μετά το κριτήριο του Euler, ήταν το λήμμα του Gauss. Αυτό αποδείχθηκε στα 1807 και αποτελούσε μέρος της τρίτης απόδειξης του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής που έδωσε ο ίδιος. Τέλος, το τελικό βήμα της απόδειξης είναι του Eisenstein (1844), μαθητή του Gauss. Εδώ για πρώτη φορά χρησιμοποιούνται γεωμετρικές μέθοδοι. Μετρούμε τα ακέραια σημεία του ορθογωνίου κατά δύο διαφορετικούς τρόπους. Η κατεύθυνση αυτή αναπτύχθηκε αργότερα από τον Minkowski και ονομάστηκε «Γεωμετρία» των Αριθμών. Πρόδρομος της θεωρίας αυτής μπορεί να θεωρηθεί ο Eisenstein.

Συνολικά έχουν δοθεί μέχρι σήμερα περισσότερες από 200 αποδείξεις. Βέβαια αρκετές από αυτές είναι μεταξύ τους σχεδόν όμοιες.

Στα 1963 ο M. Gesterhaber δημοσίευσε [23] την 152η απόδειξη του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής. Είχε μετρήσει όλες τις προηγούμενες; Η απάντηση που έδωσε ο ίδιος είναι «΄Οχι»! Ακολούθησε την πρόταση του A. Weil σε ένα σεμινάριο στο Inst. for Advanced Studies του Princeton ο οποίος είπε ότι γνωρίζει αποδείξεις και για κάθε μία υπάρχουν άλλες δύο που δεν γνωρίζει. ΄Ετσι συμπέρανε ότι θα πρέπει να είναι 150. Στη« συνέχεια επέστησε την προσοχή στην εργασία του Kubota η οποία θα πρέπει να ήταν η 151η απόδειξη. Επομένως η δικιά του θα έπρεπε να είναι η 152! Σύμφωνα με τον κατάλογο του Lemmermyer είναι η 149, δηλαδή δεν έπεσε καθόλου έξω ο A. Weil!

Ο αναγνώστης μπορεί να διαβάσει περισσότερα στη σχετική βιβλιογραφία:

Franz Lemmermeyer, Reciprocity Laws from Euler to Eisenstein, Springer Monographs in Mathematics, Springer, Berlin 2000 [17]

Herbert Piper Variationen über ein zahlentheoretishen Thema von Carl Friedrich Gauss [19] Περιέχει 14 αποδείξεις.

Horst Knörrerm Claus-Günther Schmidt, Joachim Schwermer, Peter Soloday Mathematische Miniaturen Arithmetik und Geometrie [20]

Winfried Scharlau, Hans Opolka, From Fermat to Minkowski, Lectures on the theory of Numbers and its Historical Development [31]

Andre Weil, Number Theory An approach through history, from Hammurapi to Legendre [2]

Η σημασία του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε εν συντομία πόσο σημαντικός είναι ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής. Το γεγονός ότι δεν ήταν εύκολη η απόδειξή του καθώς και το ότι υπάρχουν περισσότερες από 200 αποδείξεις γνωστές είναι ασφαλώς μια ένδειξη.

Το σημαντικό είναι ότι ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής αποτέλεσε το κίνητρο για την εξέλιξη της Θεωρίας Αριθμών. Φυσικά και η εικασία του Fermat έπαιξε σημαντικότατο ρόλο. ϒπάρχουν μάλιστα μαθηματικοί που υποστηρίζουν ότι η ιστορία των νόμων αντιστροφής έπαιξε πιο σημαντικό ρόλο ρόλο και από την εικασία του Fermat, [17].

Μετά την απόδειξη του τετραγωνικού νόμου αντιστροφής ο Gauss μελέτησε και κυβικές x3 ≡ amodp και διτετραγωνικές x4 ≡ amodp ισοτιμίες. Πείστηκε ότι δεν μπορεί κανείς να ελπίζει σε εύκολα αποτελέσματα αν παρέμεινε στους ακέραιους αριθμούς. Για το σκοπό του μελετά μιγαδικούς αριθμούς της μορφής

οι οποίοι αργότερα ονομάστηκαν ακέραιοι του Gauss. Στα 1825 διατυπώνει τον νόμο της διτετραγωνικής αντιστροφής, [8, άρθρο 510-533,534-586].

Αποδείχθηκε αργότερα στα 1844 από τον μαθητή του Gauss, G. Eisenstein. Ο Jacobi διατυπώνει στα 1827 τον κυβικό νόμο αντιστροφής. Αποδειξη δίνει και πάλι την ίδια χρονια (1844) ο Eisenstein.

Στο διεθνές Μαθηματικό Συνέδριο των Παρισίων στα 1900, ο Hilbert προσκλήθηκε να δώσει μια διάλεξη με τίτλο «Mathematische Probleme». Η διάλεξη περιέχει 23 προβλήματα από όλους τους κλάδους των Μαθηματικών. Από αυτά το 9ο είναι η εύρεση του γενικού νόμου αντιστροφής σε οποιοδήποτε αλγεβρικό σώμα αριθμών. [10], [11].

Ακολουθούν σημαντικά αποτελέσματα των Takagi 1920, Hasse 1926, Artin 1928, Shafarevitch, Serre τα οποία απαντούν πλήρως στη λεγόμενη «αβελιανή περίπτωση». Η θεωρία ενός «μη-αβελιανού» νόμου αντιστροφής αρχίζει από τη δεκαετία του 1960 με τον Langlands και συνεχίζεται μέχρι σήμερα.

5.3 Τετραγωνικά υπόλοιπα ως προς μέτρο σύνθετο ακέραιο

Μέχρι τώρα, μελετήσαμε τετραγωνικες ισοτιμίες ως προς μέτρο περιττό πρώτο αριθμό. Τι γίνεται όμως όταν έχουμε ισοτιμίες της μορφής

Σε πρώτο βήμα θα θεωρήσουμε την περίπτωση ισοτιμιών ως προς μέτρο δύναμη πρώτου αριθμού.

Πρόταση 5.3.1. Αν a∈ ℤ και p πρώτος, p ⁄= 2, p ∤a τότε η ισοτιμία

έχει λύση ακριβώς τότε όταν ( ) pa = 1, δηλαδή ακριβώς τότε όταν η ισοτιμία

έχει λύση.

Απόδειξη. Αν η ισοτιμία x2 ≡ amodps έχει λύση, τότε αυτή είναι και λύση της x2 ≡ amodp. Επομένως ( ) a = 1. p

ϒποθέτουμε τώρα ότι ( ) ap = 1, δηλαδή ότι η ισοτιμία x2 ≡ amodp έχει λύση. Θα αποδείξουμε ότι και η ισοτιμία x2 ≡ amodps για οποιοδήποτε ακέραιο s≥ 1 έχει επίσης λύση. Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά ως προς s. Για s= 1 ισχύει. Δεχόμαστε ότι ισχύει για s= t ≥ 1 και θα αποδείξουμε ότι ισχύει για s= t+ 1. Λόγω της υπόθεσης, η x2 ≡amodpt έχει λύση. Επομένως υπάρχει ακέραιο x0 ώστε

δηλαδή,

για κάποιο ακέραιο ℓ. Η ισοτιμία 2x0y≡ − ℓmodp έχει μοναδική λύση modp αφού (2x0,p)= 1. Αν y0 η λύση αυτής, τότε p |(2x0y0+ ℓ).

Ο ακέραιος x1 = x0+y0pt είναι λύση της

Πράγματι,

Αν ( ) ap = 1, η ισοτιμία x2 ≡ amodp έχει δύο λύσεις modp. Πόσες λύσεις modp έχει η ισοτιμία x2 ≡ amodps; Σύμφωνα με την πρόταση 5.3.1 έχει τουλάχιστον μια λύση έστω x1. Ας υποθέσουμε ότι έχει και μια άλλη λύση, έστω x2. Θα έχουμε

Επομένως p|(x2− x1)(x2+ x1), δηλαδή p |(x2− x1) ή p|(x2+ x1). Αν ισχύουν και οι δύο θα είχαμε p |2x1, άτοπο.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι ισχύει ακριβώς μια από τις ισοτιμίες

δηλαδή η ισοτιμία x2 ≡ amodps έχει ακριβώς δύο λύσεις. __

Το

Αν γνωρίζουμε τις λύσεις της x2 ≡ amodp πώς θα βρούμε τις λύσεις της x2 ≡ amodps; Θα εφαρμόζουμε τη γενική θεωρία, πρόταση 4.7.2. Θα πρέπει βεβαίως σε κάθε βήμα να λύσουμε μια γραμική ισοτιμία. Στην ειδική περίπτωση των τετραγωνικών ισοτιμιών μπορούμε να εφαρμόσουμε τον ακόλουθο:

Αλγόριθμο Βρίσκουμε μια λύση x0 της ισοτιμίας x2 ≡ amodp. Ορίζουμε δύο ακολουθίες ακέραιων {bn}n≥0 και {cn}n≥0 ως εξής: b0 =1, c0 = 0,

για κάθε s≥ 1. Η λύση x 1 της γραμμικής ισοτιμίας

είναι λύση της x2 ≡ amodps. [34, σελ. 46],[12].

Παράδειγμα 5.3.2. Να υπολογιστούν οι λύσεις της ισοτιμίας

Η ισοτιμία x2 ≡ 2mod7 έχει δύο λύσεις, 3,4mod7. Για x0 =3,a= 51, έχουμε

Η ισοτιμία

ή

έχει λύση x ≡59mod343. Πράγματι 592 ≡3481 ≡ 51mod343. Οι λύσεις της x2 ≡ 51mod343 είναι οι x≡ 59,284mod343.

Επεξήγηση στον αλγόριθμο: Εύκολα αποδεικνύεται ότι

Επομένως, η csxmodbsmodps έχει μοναδική λύση, έστω x1 csx1modps.

Αφού (ps,cs)= 1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

Αλλά

Αλλά

και από (5.3.2)

΄Ομως τι γίνεται με τις δυνάμεις του ιδιότροπου ( κατά Silverman “oddest” ) πρώτου αριθμού·¹

¹Ο Silverman κάνει λογοπαίγνιο με τη λέξη odd που σημαίνει ιδιότροπος αλλά και περιττός για τον άρτιο πρώτο 2.

Αν a περιττός ακέραιος τότε η ισοτιμία

έχει πάντοτε μοναδική λύση, x≡ 1mod2.

Η x2 ≡ amod4 έχει λύση ακριβώς τότε όταν a≡ 1mod4. Ο x0 θα πρέπει να είναι περιττός και το τετράγωνό του είναι πάντοτε της μορφής 4m +1. Αν a≡ 1mod4, τότε η ισοτιμία έχει ακριβώς δύο λύσεις x≡ 1,3mod4.

Πρόταση 5.3.3. Αν a περιττός ακέραιος η ισοτιμία

για s≥ 3 έχει λύση, ακριβώς αν a≡ 1mod8. Αν έχει λύση τότε το πλήθος των λύσεων είναι 4.

Απόδειξη. Αν η ισοτιμία έχει λύση, έστω x0 τότε ο x0 είναι περιττός και συνεπώς 2 x0 ≡ 1mod8. Επομένως a ≡1mod8.

ϒποθέτουμε τώρα ότι a≡ 1mod8. Θα εφαρμόσουμε επαγωγή ως προς s. Αν s= 3 η ισοτιμία γράφεται 2 x ≡1mod8 η οποία έχει x≡ 1,3,5,7mod8.

ϒποθέτουμε ότι η ισοτιμία

για κάποιον σταθερό s, s ≥ 3 έχει λύση, έστω x . 0 Θα αποδείξουμε ότι και η

έχει επίσης λύση. Το x20 = a+ℓ ⋅2s, για κάποιο ℓ∈ ℤ. Ο a είναι περιττός, επομένως και ο x0 είναι περιττός. Θεωρούμε τη γραμμική ισοτιμία

η οποία έχει μοναδική λύση, έστω y0.

Ο αριθμός x1 = x0+y02s−1 είναι λύση της ισοτιμίας x2 ≡amod2s+1. Πράγματι, (2s− 2 ≥ s+ 1 αφού s≥ 3)

Αν τώρα x2 άλλη λύση, θα έχουμε

και x1,x2 περιττοί. Επομένως (x2+ x1)(x2 − x1)≡ 0mod2s−2 και x2+ x1, x2− x1 είναι άρτιοι. Γράφουμε την ισοτιμία στη μορφή

Αφού s≥ 3, έπεται ότι x2+x1 x2−-x1 2 | 2 ⋅ 2 . Το δεν μπορεί να διαιρεί και τους δύο παράγοντες, διότι τότε θα διαιρούσε και τη διαφορά τους που είναι ο περιττός x1.

Επομένως ισχύει ακριβώς μία από τις ισοτιμίες

από τις οποίες προκύπτει

Το x2 γράφεται, x2 = ±x1+ ℓ2s−1 για κάποιο ακέραιο ℓ.

Αν ο ℓ είναι άρτιος, τότε x2 ≡ ±x1mod2s.

Αν ο ℓ είναι περιττός, τότε x2 ≡ ±x1+ 2s− 1mod2s.

Βλέπουμε ότι το x2 έχει αυτές τις τέσσερις δυνατότητες x1,− x1,x1+ 2s−1,− x1+2s−1. Οι τιμές αυτές είναι ανά-δύο ανισότιμες mod2s και έχουμε ακριβώς τέσσερις λύσεις. __

Φυσικά τίθεται και πάλι το ερώτημα πώς θα βρούμε τις λύσεις. Θα εφαρμόσουμε τον ακόλουθο

Αλγόριθμο Αν a≡ 1mod8 η ισοτιμία 2 s x ≡amod2 έχει μια λύση xs τέτοια ώστε x3 = 1 και

Παράδειγμα 5.3.4. Να υπολογιστούν οι λύσεις της ισοτιμίας

1 2 5 x5 ≡ x4+ 2(x4 − a)mod2 άρα 1 1 x5 ≡(− 7)+ 2(49− 17)≡ − 7+ 232 5 ≡ − 7+ 16≡ 9mod2 .

Επομένως μια λύση είναι η 5 9mod2 και συνεπώς οι άλλες είναι οι 4 5 ±9,±9 +2 ≡±7mod2 .

Επεξήγηση στον αλγόριθμό Αν a≡ 1mod8 η x3 ≡ 1mod23 έχει μία λύση x3 = 1. Για s > 3 ισχύει: ϒποθέτουμε λοιπόν ότι το xs είναι μια λύση της x2 ≡ amod2s. Επομένως, x2 =a +ℓ2s s για κάποιο ακέραιο ℓ∈ ℤ.

Αν ℓ άρτιος, ℓ= 2t έχουμε

και

Αν πάλι ℓ περιττός, ℓ= 2t+1, τότε

και, επειδή s≥ 3 και xs περιττός

Παρατήρηση 5.3.5. Στην επόμενη παράγραφο θα δούμε ότι κάθε περιττός a ≡ 1mod8 είναι ισότιμος mod2s προς μία άρτια δύναμη του 5, έστω 52t. Αυτό σημαίνει ότι το 5t είναι λύση της x2 ≡ amod2s. Επομένως θα πρέπει να θεωρήσουμε τις δυνάμεις 52,54,...,52s−2 και να δούμε ποιος είναι ισότιμος προς τον amod2s για να βρούμε μία λύση.

Στο προηγούμενο παράδειγμα 54 ≡ 17mod25. Αλλά θα επανέλθουμε σύντομα.

Τέλος αν m ∈ ℤ, m > 1 και

η ανάλυση του m σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, είναι γνωστό ότι η ισοτιμία x2 ≡ amodm έχει λύση ακριβώς τότε όταν το σύστημα των ισοτιμιών

έχει λύση.

Συνοψίζοντας τα παραπάνω έχουμε

Πρόταση 5.3.6. Αν a∈ ℤ, m ∈ℕ και (a,m) = 1 τότε η

έχει λύση τότε και μόνο τότε όταν ισχύουν

( ) a- = 1 pi για κάθε i= 1,2,...,t

a≡ 1mod4 αν 4||n η a ≡ 1mod8 αν 8|n.

Αν έχει λύση το πλήθος, των λύσεων είναι

Παρατήρηση 5.3.7. Η πρόταση μπορεί να διατυπωθεί κάπως πιο γενικά. Αν a∈ ℤ, m ∈ ℕ m > 1 και (a,m) = 1 τότε η x2 ≡ amodm έχει

το πλήθος λύσεις. Αν κάποιο ( ) -a =− 1, pi τότε το γινόμενο είναι και η ισοτιμία δεν έχει λύσεις.

Παράδειγμα 5.3.8. Να βρεθούν οι λύσεις τις ισοτιμίας

(5.3.5)

Επειδή (453,1236)= 3 η ισοτιμία είναι ισοδύναμη προς την

(5.3.6)

Η αντίστροφη της κλάσης 3mod412 είναι η 275mod412. Επομένως η ισοτιμία (5.3.6) είναι ισοδύναμη προς την

Το 2 412= 2 ⋅103 και 325≡ 1mod4. Επομένως η ισοτιμία έχει λύση ακριβώς τότε όταν (325) 103 =1. Πράγματι (325) (16) 103 = 103 = +1. Η ισοτιμία 2 x ≡ 16mod103, δηλαδή έχουμε τέσσερις λύσεις ± 99,±107mod412 οι οποίες μας δίνουν τις τέσσερις λύσεις της αρχικής x ≡ ±297,±321mod1236.

Πράγματι f = 1, t = 1, a = 315 και p= 103 το πλήθος των λύσεων είναι 1 ( 315) 2 ⋅ 1+ 103 = 2⋅2= 4.

Παρατήρηση 5.3.9. Το παράδειγμα αυτο επεξεργάστηκα ο Gauss στο Disiquisitiones Arithmeticae άρθρο 146.

Πρόταση 5.3.10. Αν f(x)= (x2− 2)(x2 +7)(x2+14), τότε η ισοτιμία

έχει λύση για κάθε φυσικό αριθμό n, n≥ 1 παρά το ότι δεν έχει ακέραια λύση.

Απόδειξη. Σύμφωνα με το κινέζικο θεώρημα αρκεί να αποδείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για n= pℓ, όπου p∈ ℙ και ℓ≥ 1.

Για να το αποδείξουμε αρκεί να αποδείξουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους 2,− 7 και − 14 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp ℓ.

Επειδή − 7 ≡ 1mod8, η ισοτιμία x2 ≡ 1mod8 έχει λύση για κάθε ℓ≥ 1, πρόταση 5.3.3. Επίσης, αφού ( ) 27 = +1 η ισοτιμία x2 ≡2mod7 ℓ έχει λύση για κάθε ℓ≥ 1, πρόταση 5.3.1 . Αν τώρα p πρώτος ⁄= 2,7 τότε επειδή − 14 ≡2 ⋅(− 7), έχουμε ( ) ( ) ( ) −14p- = 2p −7p .

Τουλάχιστον ένα από τα τρία σύμβολα του Legendre έχει τιμή 1, δηλαδή τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς 2,− 7,− 14 είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp και συνεπώς η ισοτιμία x2 ≡ amodp ℓ έχει λύση για τουλάχιστον ένα a ∈{2,− 7,− 14},

Τέλος, είναι φανερό ότι η f (x)= 0 δεν έχει ακέραιες λύσεις. __

Παρατήρηση 5.3.11. Η πρόταση 5.3.10 μας δείχνει ότι για τη συγκεκριμένη ισοτιμία το τοπικό-γενικό αξίωμα δεν ισχύει.

5.4 n-στα υπόλοιπα, αρχικές ρίζες και δείκτες

Στις προηγούμενες δύο παραγράφους ασχοληθήκαμε με τετραγωνικές ισοτιμίες. Στην παράγραφο αυτή θα ασχοληθούμε γενικότερα με ισοτιμίες της μορφής

(5.4.1)

n ≥ 2, m ≥ 2 και (a,m) =1.

Ορισμός 5.4.1. Θα λέμε ότι ο ακέραιος a είναι n-στο υπόλοιπο modm όταν η (5.4.1) έχει τουλάχιστον μία λύση.

Πότε όμως η ισοτιμία (5.4.1) είναι επιλύσιμη; Στην ειδική περίπτωση a =1 και n = ϕ(m ) η ισοτιμία ϕ(m) x ≡ 1modm είναι πάντα επιλύσιμη. Μάλιστα, κάθε ακέραιος a πρώτος προς τον m είναι μια λύση αυτής.

Επομένως για κάθε ακέραιο a πρώτο προς τον m υπάρχει κάποιος ελάχιστις φυσικός αριθμός s:= s(a,m) που εξαρτάται τόσο από το m όσο και από το a τέτοιος ώστε να ισχύει

(5.4.2)

Ορισμός 5.4.2. Αν a ∈ ℤ,m∈ ℕ, m ≥ 2 και (a,m) =1, τότε ο ελάχιστος φυσικός αριθμός s:= s(a,m )≥ 1 με την ιδιότητα (5.4.2) θα λέγεται τάξη του amodm και θα τη συμβολίζουμε με ordm(a).

Παράδειγμα 5.4.3.

Αν m = 5 και a= 2, τότε s = 4.

Αν m = 5 και a= 3, τότε s = 4

Αν m = 12 και a= 5,7 ή τότε s= 2.

Στη συνέχεια θα μελετήσουμε μερικές ιδιότητες της έννοιας της τάξης που μόλις ορίσαμε.

Πρόταση 5.4.4. Αν s:= ordm(a) και ισχύει

τότε s|ℓ.

Απόδειξη. Σύμφωνα με το θεώρημα της διαίρεσης με υπόλοιπο ο ℓ γράφεται στη μορφή

Επομένως

΄Ομως s είναι ο ελάχιστος μη-μηδενικός φυσικός με αυτή την ιδιότητα. Συνεπώς v =0, δηλαδή s|ℓ. __

Παρατήρηση 5.4.5. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.4 και του θεωρήματος 4.2.7 του Euler είναι ότι πάντοτε ισχύει s:= ordma |ϕ(m). Μάλιστα, αν ο m = p πρώτος αριθμός, τότε s |(p − 1).

Πρόταση 5.4.6. Αν s:= ordm(a), τότε οι παρακάτω προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες:

Απόδειξη. 1 ⇒ 2. ϒποθέτουμε ότι ak ≡ aℓmodm. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι ℓ< k. Σύμφωνα με την πρόταση 1.5.5 (aℓ,m )= 1 αφού (a,m )= 1. Επομένως a είναι αντιστρέψιμο και ak−ℓ ≡1modm. Η πρόταση 5.4.4 δίνει s|(k− ℓ), δηλαδή

2⇒ 1. ϒποθέτουμε ότι k≡ ℓmods. Επομένως υπάρχει ακέραιος t ώστε k =ℓ +t⋅s. Συνεπώς

__

Πρόταση 5.4.7.

Αν s:= ordm(a) τότε s′:= ordm (aℓ)= sd, όπου d = (ℓ,s).

Αν s1 := ordm(a), s2 := ordm(b) και (s1,s2)= 1, τότε s:= ordm(ab)= s1s2.

Απόδειξη.

Από τον ορισμό της τάξης έπεται ότι as ≡1modm. Επομένως (as)ℓ∕d = (aℓ)s∕d ≡ 1modm. Λόγω της πρότασης 5.4.4

Επίσης ℓs′ (a) ≡1modm, δηλαδή

Επομένως, η πρόταση 5.4.4, s|ℓs′, δηλαδή sd | ℓds′. ΄Ομως ( ) sd, ℓd = 1, αφού (s,ℓ)= d. Η 1.5.5 δίνει sd |s′. Συνεπώς s′ = sd.

Από τον ορισμό της τάξης, έπεται ότι

΄Αρα

Συνεπώς, η πρόταση 5.4.4 s2 |ss1. Επειδή (s1,s2)= 1 1.5.5 έχουμε s2 |s. Ανάλογα αποδεικνύεται ότι s1 |s. Συνεπώς s1s2 |s.

Βέβαια

και λόγω της πρότασης 5.4.4 s|s1s2, συνεπώς s= s1s2.

__

Παρατήρηση 5.4.8. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.7.1 είναι ότι αν η τάξη του amodm, ordm(a)= st, τότε η τάξη του asmodm είναι t, αφού (s,st)= s.

Επίσης, άμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.7.2 είναι ότι αν s:= ordm(a) τότε

Ορισμός 5.4.9. ΄Εστω a∈ ℤ και m ∈ ℕ, m ≥2 με (a,m)= 1. Ο a θα λέγεται αρχική ρίζα ή γεννήτορας modm όταν ordm(a) = ϕ(m ).

Από την παρακάτω πρόταση φαίνεται η χρησιμότητα της έννοιας.

Πρόταση 5.4.10. Ο a είναι αρχική ρίζα modm ακριβώς τότε όταν οι δυνάμεις

αποτελούν ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm.

Σημείωση: ΄Οταν λέμε ότι ο a είναι αρχική ρίζα θα υπονοούμε πάντοτε και την υπόθεση (a,m )= 1.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι το a είναι αρχική ρίζα modm. Είναι φανερό ότι (ai,m )= 1 για κάθε i= 1,2,...,ϕ(m) αφού (a,m )= 1, πρόταση 1.5.5.6. Επειδή το πλήθος των δυνάμεων του a είναι ϕ(m), αρκεί να αποδείξουμε ότι οι δυνάμεις αυτές είναι ανά δύο διαφορετικές modm. Πράγματι, αν ak ≡ aℓmodm 1 ≤ k< ℓ≤ ϕ(m) τότε (πρόταση 5.4.6) k ≡ ℓmod ϕ(m), δηλαδή ϕ(m) |k − ℓ, άτοπο. Αντιστρόφως, υποθέτουμε ότι το σύνολο {a,a2,...,aϕ(m)} αποτελεί ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm. Αυτό σημαίνει ότι aϕ(m) ≡ 1modm, ενώ aℓ ⁄≡ 1modm για κάθε ℓ, 1≤ ℓ< ϕ(m), δηλαδή ότι ο a είναι αρχική ρίζα modm. __

Παράδειγμα 5.4.11. Να βρεθεί αν υπάρχει μια αρχική ρίζα mod43.

Για όλους τους ακέραιους a∈ ℤ, πρώτους προς το ισχύει ord43(a)∈ {1,2,3,6,7,14,21,42}. Ο a είναι αρχική ρίζα αν και μόνο αν ord43(a) = 42.

Ας πάρουμε a =2, 27 ≡ − 1mod43, άρα 214 ≡ 1mod43. Συνεπώς ο a = 2 δεν είναι αρχική ρίζα mod43. Ας δοκιμάσουμε το a = 3.

Επομένως ο a= 3 είναι αρχική ρίζα mod43.

Παράδειγμα 5.4.12. Να βρεθεί, αν υπάρχει, μία αρχική ρίζα mod47.

Αν a= 2,

και ο δεν είναι αρχική ρίζα mod47.

Επίσης για a= − 1, 2 (− 1) ≡ 1mod47. Επομένως ord47(2)= 23 και ord47(− 1) = 2.

Από την πρόταση 5.4.7.3 προκύπτει ότι ord47(− 2)= 2⋅23= 46. Συνεπώς ο είναι αρχική ρίζα mod47.

Θεωρούμε αυτονόητα τα ακόλουθα ερωτήματα:

ϒποθέτουμε ότι υπάρχει μια αρχική ρίζα modm. ϒπάρχουν και άλλες; Πόσες είναι και πώς θα τις βρούμε;

ϒπάρχει πάντοτε μια αρχική ρίζα modm για κάθε m; Εδώ η απάντηση είναι αρνητική. Για παράδειγμα δεν υπάρχει αρχική ρίζα mod12. Το ερώτημα τροποποιείται επομένως ως εξής:

Για ποιους m ∈ ℤ, m ≥ 2 υπάρχει αρχική ρίζα modm;

Δίνεται ο a ∈ℤ. Για ποιους m ∈ ℤ είναι ο a αρχική ρίζα modm;

΄Αμεση απάντηση στο πρώτο από το ερωτήματα μας δίνει το ακόλουθο πόρισμα της πρότασης 5.4.10:

Πόρισμα 5.4.13. Αν υπάρχει αρχική ρίζα modm, τότε το πλήθος των αρχικών ριζών modm είναι ϕ(ϕ(m )).

Απόδειξη. ΄Εστω a μια αρχική ρίζα modm. Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.10 κάθε άλλη αρχική ρίζα περιέχεται στο σύνολο 2 ϕ(m) {a,a ,...,a }. Τα στοιχεία του συνόλου αυτού που έχουν τάξη ϕ(m) είναι οι δυνάμεις του a, ℓ a με ℓ ordm(a)= ϕ (m ). Αυτό όμως ισχύει ακριβώς τότε όταν (ℓ,ϕ(m ))= 1. Το πλήθος των ℓ, 1≤ ℓ≤ ϕ(m) με (ℓ,ϕ(m))= 1 είναι ϕ(ϕ(m)). __

Παράδειγμα 5.4.14. Για m =43, ϕ(m)= 43− 1= 42 και την αρχική ρίζα a = 3 έχουμε τις αρχικές ρίζες mod43.

Το πλήθος τους είναι ϕ(42)= ϕ(2⋅3⋅7)= 12 και είναι οι

Παρατήρηση 5.4.15. Εδώ υποθέσαμε ότι γνωρίζαμε ήδη την ύπαρξη της αρχικής ρίζας a= 3. Αυτή την υπολογίσαμε πιο πριν εύκολα αλλά γενικά η εύρεσή της δεν είναι ένα εύκολο πρόβλημα.

Στη συνέχεια θα περάσουμε στο (3) ερώτημα. Στο πρώτο μας βήμα θα αποδείξουμε ότι υπάρχουν αρχικές ρίζες modp για κάθε περιττό πρώτο αριθμό p. Η απόδειξη θα στηριχθεί στο ακόλουθο:

Λήμμα 5.4.16. Αν p περιττός πρώτος, ℓ θετικός ακέραιος και q πρώτος τέτοιος ώστε

τότε υπάρχει ακέραιος a του οποίου η τάξη modp να είναι ℓ q , ℓ ordp(a) = q.

Απόδειξη. Σύμφωνα με το θεώρημα του Lagrange 4.7.9 η ισοτιμία

έχει το πολύ s= p−q1≤ p−21 < p− 1 λύσεις.

Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα b∈ {1,2,...,p− 1} για το οποίο ισχύει

Θα αποδείξουμε ότι η τάξη του στοιχείου a:= bp−qℓ1 είναι ακριβώς qℓ.

Πράγματι qℓ p−1 a = b ≡ 1modp που σημαίνει ότι (πρόταση 5.4.4), ℓ t := ordp(a)|q .

Αν ℓ t = ordp(a)< q θα είχαμε ℓ−1 t |q , οπότε

άτοπο. Σνεπώς t = qℓ. __

Πρόταση 5.4.17. Για κάθε πρώτο αριθμό p υπάρχει μία τουλάχιστον αρχική ρίζα modp.

Απόδειξη. Για p = 2 το a = 1 είναι αρχική ρίζα mod2.

ϒποθέτουμε τώρα ότι ο p είναι περιττός πρώτος και έστω

η ανάλυση του p− 1 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Σύμφωνα με το λήμμα 5.4.16 για κάθε i= 1,2,...,r υπάρχουν ακέραιοι ai οι οποίοι να έχουν τάξη ordp(ai)= pℓi. i Ο ακέραιος a := ∏r ai i=1 έχει τάξη (πρόταση 5.4.7 .2)

Επομένως ο a είναι αρχική ρίζα modp. __

Παρατήρηση 5.4.18. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.17 και του πορίσματος 5.4.13 είναι ότι για κάθε πρώτο p υπάρχουν ακριβώς ϕ(p− 1) αρχικές ρίζες.

Αν και δεν συνδέεται άμεσα με τον προβληματισμό μας θα αποδείξουμε κάτι ισχυρότερο, ότι δηλαδή για κάθε διαιρέτη d |(p − 1) υπάρχουν ακριβώς ϕ(d) ανισότιμοι modp ακέραιοι οι οποίοι έχουν τάξη modp ίση με d. Πρώτα απ΄ όλα όμως θα αποδείξουμε μια βοηθητική για μας πρόταση.

Πρόταση 5.4.19. Για κάθε θετικό ακέραιο n ≥ 1, ισχύει

Στο παραπάνω άθροισμα το d διατρέχει τους θετικούς διαιρέτες του n.

Απόδειξη. Θεωρούμε το σύνολο

Είναι γνωστό, πρόταση 1.5.5 ότι

Επομένως το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Sd είναι ίσο με το πλήθος των θετικών ακέραιων ≤ nd οι οποίοι είναι πρώτοι προς τον nd, δηλαδή ϕ(n∕d). Τα σύνολα Sd αποτελούν μια διαμέριση του συνόλου {1,2,...,n}, άρα n = ∑d|nϕ(n∕d).

΄Οταν το d διατρέχει όλους τους θετικούς διαιρέτες του n, το ίδιο κάνει και το n∕d δηλαδή

συνεπώς

__

Πρόταση 5.4.20. Αν p πρώτος αριθμός και d ένας θετικός διαιρέτης του p − 1. ϒπάρχουν ϕ (d) ανισότιμοι modp ακέραιοι οι οποίοι έχουν τάξη modp ίση με d.

Απόδειξη. Αν το σύνολο S περιέχει ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modp, τότε για κάθε a∈ S, ordp(a)|(p− 1).

Για κάθε θετικό διαιρέτη d του p − 1 ορίζουμε

Είναι φανερό ότι

Για το ψ(d) έχουμε δύο δυνατότητες:

Αν ψ(d)= 0, τότε ψ(d)≤ ϕ(d).

Αν ψ (d) ⁄=0, τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον a ∈ S με ordp(a)= d. Στην περίπτωση αυτή οι αριθμοί 2 d a,a ,...,a είναι ανά δύο ανισότιμοι modp και όλοι τους είναι λύσεις της ισοτιμίας

Σύμφωνα με το θεώρημα του Lagrange 4.7.9 αυτές είναι όλες οι λύσεις της ισοτιμίας. Επομένως, κάθε λύση της ισοτιμίας είναι ισότιμη με ακριβώς μία δύναμη του a, aℓmodp, ℓ= 1,2,...,d. Ιδιαίτερα αυτό θα ισχύει και για κάθε στοιχείο τάξης d. Αλλά τα στοιχεία τάξης d είναι ακριβώς τα aℓ με (ℓ,d)= 1, δηλαδή έχουν πλήθος ϕ(d).

Συνεπώς, αν ψ(d)⁄= 0, τότε ψ (d)= ϕ(d). Τελικά, για κάθε θετικό διαιρέτη του p− 1 ισχύει

Σε συνδυασμό με την πρόταση 5.4.19 προκύπτει

από το οποίο συνάγεται ότι ψ(d)= ϕ(d) για κάθε θετικό διαιρέτη d του p − 1. __

Επιστρέφουμε στο ερώτημα (3).

Πρόταση 5.4.21. Αν m,n∈ ℤ με (m,n)= 1, m,n> 2 τότε δεν υπάρχει αρχική ρίζα modmn.

Απόδειξη. Αν a ∈ℤ με (a,mn)= 1 τότε 1.5.5, (a,m) =(a,n)= 1. Σύμφωνα με το θεώρημα του Euler

Επειδή n> 2, έπεται ότι ο ϕ(n) είναι άρτιος. Επομένως

Ομοίως

Το θεώρημα του Euler και η πρόταση 1.5.5, μας δίνουν

Αυτό σημαίνει ότι ordmn(a)< ϕ(mn) και συνεπώς ο a δεν είναι αρχική ρίζα modmn. __

Παρατήρηση 5.4.22. Αν ο m διαιρείται από το γινόμενο δύο περιττών ακέραιων ή από το και κάποιο περιττό ακέραιο, τότε δεν υπάρχει αρχική ρίζα modm. Επομένως, αν υπάρχει αρχική ρίζα modm, τότε ο m θα είναι της μορφής ℓ a m = 2 p, a,ℓ∈ ℕ, ℓ ∈{0,1}.

Θα εξετάσουμε την περίπτωση m = 2ℓ,(a= 0). Για m =2 και m = 4 έχουμε αρχικές ρίζες a= 1 και a= 3 αντίστοιχα. Για m = 23 = 8 οι πρώτες κλάσεις υπολοίπων είναι 1,3,5 και 7. ΄Ολες έχουν τάξη ≤ 2, ενώ ϕ(8)= 4, δηλαδή δεν υπάρχει αρχική ρίζα mod8.

Πρόταση 5.4.23. Για κάθε ℓ≥ 3 δεν υπάρχουν αρχικές ρίζες mod2ℓ.

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι για κάθε περιττό ακέραιο a ισχύει

Για ℓ= 3 ισχύει. ϒποθέτουμε ότι η ισοτιμία ισχύει για ℓ≥ 3 και θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για ℓ+ 1. Εξ υποθέσεως λοιπόν έχουμε

Επομένως,

Επειδή ℓ≥ 3, έπεται ότι 2ℓ≥ ℓ+ 1. ΄Αρα

Αποδείξαμε ότι

για κάθε ℓ ≥3, δηλαδη ord2(a)< ϕ(2ℓ). Αυτό σημαίνει ότι ο a δεν είναι αρχική ρίζα mod2ℓ. __

Παρατήρηση 5.4.24. Συνοψίζοντας τα μέχρι στιγμής αποτελέσματα:

Αν για κάποιο m ∈ ℤ,m≥ 2 υπάρχει αρχική ρίζα modm τότε m ∈{2,4,pℓ,2pℓ}. Απομένει ο έλεγχος των περιπτώσεων pℓ και 2pℓ.

Πρόταση 5.4.25. Αν p περιττός πρώτος τότε υπάρχει αρχική ρίζα modp ℓ για κάθε ℓ≥ 1.

Απόδειξη. ΄Εχουμε ήδη αποδείξει ότι υπάρχει αρχική ρίζα modp, πρόταση 5.4.17 .

΄Εστω λοιπόν a μια αρχική ρίζα modp. Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat

΄Αρα υπάρχει t ∈ℤ τέτοιος ώστε ap−1− 1 = tp. Ορίζουμε τον ακέραιο b,

Θα αποδείξουμε ότι ο b είναι μια αρχική ρίζα modp ℓ για κάθε ℓ≥ 2.

Αν p |t τότε ap−1 ≡ 1modp2 οπότε

Συνεπώς bp− 1 = 1+ pm με p ∤m. Το ίδιο ισχύει και όταν p ∤t,

Αποδείξαμε ότι

Αυτό σημαίνει ότι bp− 1 ⁄≡ 1modp2, δηλαδή ότι ordps(p)= p(p− 1)= ϕ(p2) και συνεπώς το b είναι αρχική ρίζα modp2.

Επαγωγικά αποδεικνύεται ότι για κάθε ℓ≥ 1 ισχύει

δηλαδή ότι

Αν sℓ := ordpℓ(b) τότε ℓ ℓ sℓ |ϕ (p )= p (p− 1).

Επειδή bsℓ ≡ 1modpℓ έπεται ότι και bsℓ ≡ 1modp, συνεπώς (p− 1)|sℓ.

Αποδείξαμε ότι το sℓ θα εχει κατ΄ ανάγκη τη μορφή

Αν sℓ ⁄= (p − 1)pℓ−1, τότε sℓ |(p− 1)pℓ−2 και επομένως θα ίσχυε η ισοτιμία

΄Ομως

με p ∤t . ℓ−1 Αυτό σημαίνει ότι

Καταλήξαμε σε άτοπο γιατί υποθέσαμε d < ℓ− 1. Συνεπώς, d =ℓ− 1, sℓ = (p− 1)pℓ−1 =ϕ (pℓ) και επομένως το b είναι αρχική ρίζα modpℓ.

Απόδειξη της μαθηματικής επαγωγής:

Για ℓ= 1 ισχύει. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για ℓ≥ 1. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για ℓ+ 1. Ισχύει για ℓ:

ϒψώνουμε τα μέλη της τελευταίας ισότητας στην p-στη δύναμε και έχουμε

Επομένως

__

Η απόδειξη για το 2pℓ στηρίζεται στην πρόταση 5.4.25.

Πρόταση 5.4.26. Για κάθε περιττό πρώτο p και κάθε ακέραιο ℓ≥ 1 υπάρχει αρχική ρίζα mod2p ℓ.

Απόδειξη. ΄Εστω b μια αρχική ρίζα modp ℓ και

Και το b+ pℓ είναι αρχική ρίζα modp ℓ. Από τον ορισμό του c προκύπτει αμέσως ότι (c,2pℓ)= 1. Αν sℓ := ord2pℓ(c) τότε

Επειδή csℓ ≡ 1mod2p ℓ θα ισχύει και

και συνεπώς ϕ (pℓ)|sℓ. ΄Αρα sℓ = ϕ(2pℓ). __

Συνοψίζουμε τα μέχρι τώρα αποτελέσματα:

Θεώρημα 5.4.27. Αν m ακέραιος m> 1 τότε υπάρχει αρχική ρίζα modm ακριβώς τότε όταν ο m έχει τη μορφή ℓ ℓ 2,4,p ,2p για ℓ ≥1.

Το πλήθος των αρχικών ριζών modm είναι ϕ(ϕ(m)). Αν a είναι μια αρχική ρίζα modm τότε όλες οι αρχικές ρίζες δίνονται από τις δυνάμεις του t a, με 1 ≤ t <ϕ (m ) και (t,ϕ(m))= 1.

Αν ο a είναι αρχική ρίζα modp και p−1 a − 1= pt τότε ο

είναι αρχική ρίζα ℓ modp για κάθε ℓ≥ 1 και

είναι αρχική ρίζα mod2pℓ.

Παρατήρηση 5.4.28. Το θεώρημα 5.4.27 δίνει πλήρη απάντηση στο ερώτημα (3). Απαραίτητη προϋπόθεση φυσικά είναι η εύρεση μιας αρχικής ρίζας modp, p περιττός πρώτος. ΄Ενας τρόπος είναι να ξεκινήσουμε να ελέγχουμε διαδοχικά τους ακέραιους

με την ελπίδα να βρούμε σύντομα μια αρχική ρίζα modp. Δεν εξετάζουμε τους ακέραιους που είναι τέλειες δυνάμεις γιατί αν ο b= aℓ είναι αρχική ρίζα τότε είναι και ο a και έχει ήδη εξεταστεί.

Το ερώτημα είναι πόσο μακριά πρέπει να πάμε για να βρούμε αρχική ρίζα. ϒπάρχει ένα αποτέλεσμα του Shoup, [30] σύμφωνα με το οποίο ο a φράσσεται από τον (logp)6 επί κάποια σταθερά. Δυστυχώς το αποτέλεσμα στηρίζεται σε μία αναπόδεικτη μέχρι σήμερα εικασία τη Γενικευμένη εικασία του Riemann.

Επίσης είναι γνωστή μια εικασία του E. Bach σύμφωνα με την οποία η ελάχιστη αρχική ρίζα modp είναι log plog logp επί μία σταθερά [13]

Για να ελέγξουμε τώρα αν ο a που πήραμε είναι αρχική ρίζα θα πρέπει να παραγοντοποιήσουμε τον αριθμό p − 1 και να ελέγχουμε διαδοχικά αν

για κάθε πρώτο διαιρέτη q του p − 1. Αν σε κάποιο βήμα βρούμε p−1 a-q-≡ 1modq τότε επιλέγουμε ένα άλλο a.

Ιστορικά 5.4.29. Ο πρώτος πίνακας αρχικών ριζών modp για p < 1000 δόθηκε από τον C.G. Jacobi το 1839 στο Canon Arithmeticus. Επανεκδόθηκε από τον εκδοτικό οίκο Akademie-Verlag Berlin το 1956.

Και ο R. Osborn στο “Tables of all primitive roots of odd primes less than 1000” Austin 1961 έκανε το ίδιο [3]. Οι A.E. Western και J.C.P. Miller [9] επεξέτειναν τους πίνακες για p ≤ 50021.

Επιστρέφουμε στο ερώτημα (4). Ας πάρουμε a= 2 και m = p πρώτος αριθμός. Για ποιους πρώτους p ο είναι αρχική ρίζα modp; Από τους πίνακες για αυτό συμβαίνει για τους πρώτους

Μήπως υπάρχει κάποιος κανόνας; ΄Αγνωστο. Ούτε ο Artin κατάφερε να βρει. ϒπάρχουν πρώτοι μικρότεροι του 1000. Από αυτούς, οι έχουν ως αρχική ρίζα το 2. Με βάση παρόμοια δεδομένα ο Artin διατύπωσε την ομώνυμη εικασία:

Εικασία του Artin (1920) ϒπάρχουν άπειροι πρώτοι p για τους οποίους ο είναι αρχική ρίζα modp.

Σύντομα μάλιστα τη γενίκευσε, αφού διαπίστωσε ότι το a= 2 δεν παίζει σημαντικό ρόλο. Αυτό έγινε σε κάποιο γράμμα του προς τον Hasse με ημερομηνία 27 Σεπτεμβρίου του 1927:

Γενικευμένη εικασία του Artin :

Κάθε ακέραιος a, a⁄= − 1,0 και a όχι τέλειο τετράγωνο είναι αρχική ρίζα modp για άπειρο πλήθος πρώτων p.

Τι γνωρίζουμε μέχρι σήμερα για την εικασία του Artin;

Στα 1967 ο C. Holley απέδειξε ότι είναι αληθής [7] υπό την προϋπόθεση ότι ισχύει η γενικευμένη εικασία του Riemann.

Οι R. Gupta και M. Ram Murty [28] απέδειξαν, χωρίς τη χρήση καμμιάς υπόθεσης ότι η εικασία του Artin είναι αληθής για άπειρο πλήθος a. Λίγο αργότερα ο R. Heath- Brown [29] απέδειξε απέδειξε ότι υπάρχουν το πολύ δύο πρώτοι αριθμοί για τους οποίους η εικασία δεν ισχύει. Δυστυχώς από την απόδειξη δεν προκύπτει ποιοι είναι αυτοί. ΄Ετσι γνωρίζουμε ότι από τους πρώτους 2,3,5 για έναν τουλάχιστον ισχύει αλλά δεν γνωρίζουμε αν είναι για παράδειγμα ο 2.

Τέλος, ο Pieter Morre, [27] απέδειξε ότι για δοσμένο a υπάρχουνε άπειροι πρώτοι p για τους οποίος η τάξη ordp(a) είναι διαιρετή από τον μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του p− 1.

n-στα υπόλοιπα

Μπορούμε τώρα να επιστρέψουμε στα n-στα υπόλοιπα modm. Αν a∈ ℤ, m ∈ ℕ, m > 1 και (a,m )= 1, τότε:

Πότε είναι η ισοτιμία

επιλύσιμη για n ≥2; Αν είναι επιλύσιμη πόσες λύσεις έχει; Πώς θα μπορούσαμε να τις βρούμε;

Προς το παρόν θα περιοριστούμε στην περίπτωση που ο m είναι ένας περιττός πρώτος. Θα τον συμβολίζουμε με p. Αν n =2, ένας χαρακτηρισμός ύπαρξης λύσεων δίνεται μέσω του κριτηρίου του Euler:

Η ισοτιμία x2 ≡ amodp είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν p−1 a-2-≡ 1modp.

Παρατηρούμε ότι 2 = (p − 1,2). Αν υποθέσουμε ότι η

έχει λύση, έστω bmodp τότε είναι φανερό ότι και (b,p)= 1. Αν d := (n,p− 1) τότε

Βλέπουμε δηλαδή αμέσως ότι η μία κατεύθυνση του κριτηρίου του Euler ισχύει γενικά για κάθε n, n ≥2. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Σε πρώτο βήμα θα αποδείξουμε το ακόλουθο κριτήριο:

Πρόταση 5.4.30. ϒποθέτουμε ότι ο p είναι ένας περιττός πρώτος, a∈ ℤ, p ∤a και g μια αρχική ρίζα modp. Η ισοτιμία

είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν a= gkdmodp, όπου k∈ ℤ και d = (p− 1,n).

Απόδειξη. Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.10 οι δυνάμεις

αποτελούν ένα πλήρες σύστημα των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modp. Αφού p ∤a έπεται ότι

Αν b ∈ℤ λύση της ισοτιμίας, τότε και p∤b και συνεπώς το s b ≡ gmodp κάποιο 1 ≤ s≤ p− 1. Επομένως η ισοτιμία έχει λύση ακριβώς τότε όταν υπάρχει s∈ ℕ έτσι ώστε να ισχύει

Η ισοτιμία αυτή είναι ισοδύναμη (πρόταση 5.4.6) προς την

(5.4.3)

Η τελευταία ισοτιμία έχει λύση τότε και μόνο τότε όταν d = (p− 1,n)|ℓ, δηλαδή όταν ℓ= d ⋅k για κάποιο k ∈ℤ. Μάλιστα η (5.4.3) έχει ακριβώς d λύσεις και συνεπώς και η αρχική,

__

Πρόταση 5.4.31 (Γενικευμένο κριτήριο Euler). Ισχύουν οι προϋποθέσεις της πρότασης 5.4.30. Η ισοτιμία

είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν

Απόδειξη. Η κατεύθυνση ” ⇒ ” έχει ήδη αποδειχθεί.

Για το αντίστροφο, υποθέτουμε ότι

Αφού p ∤a, υπάρχει t ∈ℤ τέτοιος ώστε

Επομένως

Το g είναι μια πρωταρχική ρίζα modp. Επομένως

Αυτό σημαίνει ότι t d είναι ακέραιος δηλαδή ότι t = kd, k∈ ℤ. Τότε όμως

και συνεπώς (πρόταση 5.4.30) η xn ≡ amodp είναι επιλύσιμη. __

Εφαρμογή: Η ισοτιμία

έχει λύση για κάθε πρώτο αριθμό p.

Απόδειξη. Αν p= 2 η λύση x0 = 0 είναι προφανής. ΄Εστω p ⁄=2. Αν p ⁄≡ 1mod8 τότε ο d = (p− 1,n)= (p − 1,8)< 8. Συνεπώς d ∈ {1,2,4} και

όπου k = 4,2,1 για d =1,2,4 αντίστοιχα.

Σύμφωνα με το γενικευμένο κριτήριο του Euler (πρόταση 5.4.31) η x8 ≡ 16modp έχει λύση.

Αν τέλος p ≡ 1mod8, τότε το είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp και αν y0 μια λύση της ισοτιμίας y2 ≡ 2modp, τότε μια λύση της x8 ≡ 16modp είναι η x0 = y40. __

Παρατήρηση 5.4.32. Η εξίσωση x8 = 16 δεν έχει ακέραια λύση. Συνεπώς δεν ισχύει το τοπικό-γενικό αξίωμα.

Η επόμενη πρόταση αφόρα το σύνολο λύσεων της ισοτιμίας

Πρόταση 5.4.33. ϒποθέτουμε ότι ο p είναι ένας περιττός πρώτος, g μια αρχική ρίζα modp, n∈ ℤ, n≥ 2 και d :=(n,p− 1). Τα n-στα υπόλοιπα modp της ισοτιμίας είναι

Απόδειξη. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.30 είναι ότι τα

είναι n-στα υπόλοιπα modp. Θα αποδείξουμε ότι ανά δύο είναι μη-ισόδυναμα modp. ΄Εστω ότι

Αυτό σημαίνει (πρόταση 5.4.6) ότι κατ΄ ανάγκη

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι αυτές είναι όλες οι λύσεις της ισοτιμίας. ΄Εστω λοιπόν b ένα n-στο υπόλοιπο modp. Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.30

για κάποιο k∈ ℤ. ΄Εστω p−1 t := d . Γράφουμε το k στη μορφή k= st+ r, όπου 0 < r≤ t. Επομένως,

Ο b είναι ισότιμος με έναν αριθμό της μορφής grd. __

Στην απόδειξη των προτάσεων 5.4.31 και 5.4.33 δεν χρησημοποιήθηκε πουθενά ότι το μέτρο ήταν πρώτος αριθμός, παρά μόνο η ύπαρξη αρχικής ρίζας.

Στηριζόμενοι στο θεώρημα 5.4.27, σε συνδυασμό με τις προτάσεις 5.4.31 και 5.4.33 έχουμε

Θεώρημα 5.4.34. ϒποθέτουμε ότι ℓ m = 2,4,p ή ℓ 2p , a ∈ℤ και (a,m) = 1.

Η ισοτιμία

έχει λύση ακριβώς τότε όταν

όπου d = (n,ϕ(m )). Αν η ισοτιμία έχει λύση, τότε το πλήθος των λύσεων είναι d και τα n-στα υπόλοιπα modm είναι ακριβώς οι δυνάμεις

όπου g μια αρχική ρίζα modm.

Στη συνέχεια θα θεωρήσουμε έναν φυσικό αριθμό m, m ≥ 2. ϒποθέτουμε ότι η ανάλυση του m σε γινόμενο πρώτων αριθμών είναι η

pi i= 1,2,...s είναι περιττοί πρώτοι, ℓ,ℓi > 0. Σύμφωνα με το θεώρημα το Κινέζου, η ισοτιμία

είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν το σύστημα

έχει λύση.

Επειδή για τις περιττές δυνάμεις πρώτων ισχύει το θεώρημα 5.4.34 έχουμε ένα κριτήριο ελέγχου της επιλυσιμότητας των ισοτιμιών modpℓi. i

΄Οπως έχουμε δει όμως (πρόταση 5.4.23, δεν υπάρχουν αρχικές ρίζες mod2 ℓ για ℓ≥ 3.

Η σημασία της ύπαρξης αρχικών ριζών modulo m εγκείται στο γεγονός ότι αν a μία αρχική ρίζα modulo m και b οποιοσδήποτε ακέραιος με (b,m)= 1, υπάρχει ένας μονοσήμαντα ορισμένος modulo ϕ(m) ακέραιος k τέτοιος ώστε

Για m = 2n, n≥ 3 δεν υπάρχει αρχική ρίζα modulo m.

Θα μας βοηθούσε πολύ αν υπήρχε και εδώ ένα πλήρες σύστημα των πρώτων κλάσεων υπολοίπων mod2ℓ το οποίο να έχει ως αντιπροσώπους δυνάμεις ακέραιων. Θα δούμε αμέσως ότι αυτό ισχύει και ότι ένας τέτοιος αντιπρόσωπος μπορεί να είναι ο a = 5.

Πρόταση 5.4.35. Αν a περιττός ακέραιος, τότε οι ακόλουθες δύο προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες.

ord2ℓ(a)= 2ℓ−2 για κάθε ℓ≥ 3,

Απόδειξη. (1)⇒ (2) ϒποθέτουμε ότι δεν ισχύει η (2) και θα καταλήξουμε σε άτοπο. Επειδή ο a είναι περιττός θα έχουμε a≡ ±1mod8. ΄Αρα a2 ≡1mod16 και επαγωγικά a2ℓ−3 ≡ 1mod2ℓ για όλα τα ℓ≥ 4. Συνεπώς ord2ℓ |2ℓ−3, ord2ℓ(a)< 2ℓ− 2, άτοπο.

(2)⇒ (1) ϒποθέτουμε ότι ισχύει a ≡ ±3mod8. Θα αποδείξουμε επαγωγικά, ότι για κάθε k≥ 1 ισχύει

Πράγματι για k =1, 8||a2− 1, δηλαδή ισχύει.

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για k ≥ 1. Γράφουμε

Ο 1+ 2k+1b είναι περιττός. Επομένως

όπου b′ περιττός. Σύμφωνα με την απόδειξη της πρότασης 5.2.39 ισχύει

για κάθε ℓ≥ 3. Επομένως ord2ℓ(a) =2t με t ≤ ℓ− 2 και αυτό ισχύει για όλα τα ℓ≥ 3.

Αυτό σημαίνει ότι t a2 ≡ 1mod2ℓ, δηλαδή ότι t 2ℓ |a2 − 1. ΄Ομως t a2− 1 = 2t+2⋅s, όπου s περιττός. Επομένως ℓ ≤ t+ 2, ℓ− 2≤ t. Επειδή a2ℓ−2 ≡ 1mod2 ℓ έπεται ότι t = ℓ− 2, ℓ≥ 3. __

Πρόταση 5.4.36. Για κάθε ακέραιο ℓ≥ 3 και a≡ ±3mod8, το σύνολο

αποτελεί ένα πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων mod2 ℓ.

Απόδειξη. Το σύνολο αυτό αποτελείται από ϕ(2ℓ)= 2ℓ− 1 το πλήθος ακέραιων πρώτων προς τον 2ℓ.

Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι ανά δύο ανισοϋπόλοιποι mod2ℓ. Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.35 , οι πρώτοι 2ℓ−2 είναι ανά δύο ανισοϋπόλοιποι mod2 ℓ. Θα αποδείξουμε ότι και οποιοσδήποτε από τους πρώτους 2ℓ−2 είναι ανισοϋπόλοιπος με κάθε έναν από τους δεύτερους. Πράγματι, αν

για κάποια ℓ−2 1≤ i,j≤ 2 και υποθέσουμε ότι j ≤ i, έχουμε

Επομένως

΄Ομως (πρόταση 5.4.35), έχουμε ℓ−1 ord2ℓ+1(a) =2 . ΄Αρα ℓ−1 2 |2(i− j), δηλαδή ℓ−2 2 |(i− j). Επειδή ℓ−2 0 ≤ i− j <2 θα πρέπει i= j. Τότε όμως θα είχαμε

και επειδή (ai,2ℓ)= 1 έχουμε 1 ≡ − 1mod2ℓ, το οποίο δεν ισχύει αφού ℓ≥ 3. __

Πόρισμα 5.4.37. ΄Οταν δοθεί οποιοσδήποτε ακέραιος ℓ, ℓ≥ 3 και οποιοσδήποτε ακέραιος a, a≡ ±3mod8, τότε για κάθε περιττό ακέραιο b, υπάρχουν δύο θετικοί ακέραιοι s,t ορισμένοι και mod2 ℓ−2 αντίστοιχα τέτοιοι ώστε να ισχύει:

Παρατήρηση 5.4.38. Συνήθως επιλέγουμε a= 5. Είναι φανερό ότι αν b≡ 1mod4 τότε t ℓ b≡ 5 mod2 , για κάποιο ℓ−2 t ∈ {0,1,...,2 − 1}, ενώ αν b≡ 3mod4, τότε t ℓ b≡ − 5mod2 , για κάποιο ℓ−2 t ∈ {0,1,...,2 − 1}.

Είμαστε πλέον σε θέση να μελετήσουμε n-στά υπόλοιπα mod2 ℓ, ℓ≥ 3, αφού έχουμε ήδη στα χέρια μας κάτι «ανάλογο» των αρχικών ριζών.

Πρόταση 5.4.39. ϒποθέτουμε ότι ο ℓ ≥3 και ο a περιττός. Αν ο n είναι περιττός φυσικός αριθμός τότε η ισοτιμία

έχει πάντοτε λύση η οποία είναι μοναδική. Αν ο n είναι άρτιος φυσικός αριθμός τότε η ισοτιμία

είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν

όπου το k ορίζεται από τη σχέση 2k = (n,2ℓ). Μάλιστα, όταν είναι επιλύσιμη, το πλήθος των λύσεων είναι 2k+1.

Απόδειξη. Σύμφωνα με το πόρισμα 5.4.37 υπάρχουν ακέραιοι s,t τέτοιοι ώστε

Αν x λύση της ισοτιμίας xn ≡ amod2ℓ, τότε ο x είναι περιττός. Επομένως, πάλι σύμφωνα με το πόρισμα 5.4.37 ισχύει

Η ισοτιμία παίρνει την ακόλουθη μορφή

Παρατηρούμε ότι η τελευταία ισοτιμία είναι ισοδύναμη προς την nu ≡ smod2 και nv≡ tmod2ℓ−2.

Αν ο n είναι περιττός, τότε η ισοτιμία nu≡ smod2 έχει ως προς u, μοναδική λύση καθώς και η nv≡ tmod2 ℓ−2 έχει επίσης μοναδική mod2ℓ−2 λύση. Επομένως υπάρχει ακριβώς μία λύση της αρχικής ισοτιμίας.

Αν τώρα ο n είναι άρτιος και s≡ 0mod2 η ισοτιμία nu≡ smod2 έχει δύο λύσεις. Αν s⁄≡ 0mod2, τότε δεν έχει καμμία. Αν τώρα t ≡0mod2k, η ισοτιμία nv≡ tmod2ℓ−2 έχει ακριβώς 2k λύσεις, αφού (n,2ℓ−2)= 2k|t. Αλλιώς δεν έχει καμμία λύση.

Επομένως η ισοτιμία, έχει ακριβώς 2k λύσεις όταν

και καμία αν δεν ισχύουν οι παραπάνω ισοτιμίες.

Από την πρόταση 5.4.36 προκύπτει το ord2k+2(5) = 2k. Επομένως 5t ≡ 1mod2k+2 αν και μόνο αν 2k |t. Επειδή 2k+2 |2ℓ η συνθήκη επιλυσιμότητας είναι a ≡ 1mod2k+2. __

Δείκτες

ϒποθέτουμε ότι για τον φυσικό m, m≥ 2, υπάρχει αρχική ρίζα gmodm. Αν a ∈ℤ με (a,m )= 1, τότε υπάρχει μοναδικός ακέραιος ℓ (0 ≤ℓ < ϕ(m)) ώστε

Ορισμός 5.4.40. Ο εκθέτης ℓ θα λέγεται δείκτης του a ως προς τη βάση gmodm και θα συμβολίζεται με Ig(a). ΄Οταν αναφερόμαστε ρητά σε συγκεκριμένη αρχική ρίζα g, τότε γράφουμε απλά I(a).

Από τον ορισμό προκύπτει αμέσως

Παράδειγμα 5.4.41. Ας πάρουμε m =19. Από τον παρακάτω πίνακα φαίνεται ότι g = 2 είναι αρχική ρίζα mod19.

Το I(3) = 13 αφού 213 ≡ 3mod19

I(4) = 2 αφού 2 2 ≡ 4mod19

I(5) = 16 αφού 216 ≡ 5mod19

I(7) = 6 αφού 26 ≡ 7mod19

Είναι προτιμότερο να φτιάξουμε δύο πίνακες

και

΄Ετσι τώρα είναι εύκολο να βρούμε τον δείκτη I(8) = 3,I(14)= 7 ή αν μας δοθεί ο δείκτης να βρούμε το a. Αν I(a)= 12, τότε

΄Αμεση συνέπεια του ορισμού είναι ότι

Επίσης αν a,b ∈ℤ με (a,m )= (b,m )= 1 τότε

και σύμφωνα με την πρόταση 5.4.6 το τελευταίο είναι ισοδύναμο με

Η τελευταία ισοδυναμία ισχύει διότι 0 ≤ I(a),I(b)≤ ϕ(m)− 1. Βλέπουμε δηλαδή ότι ο δείκτης I(a) είναι αναλλοίωτος της πρώτης κλάσης υπολοίπων amodm και όχι του ακέραιου a.

Στη συνέχεια θα αναφερθούμε σε μερικές ιδιότητες του δείκτη. Είναι ανάλογες με αυτές των λογαρίθμων με μόνη διαφορά ότι στους δείκτες η ισότητα έχει αντικατασταθεί από ισοτιμία modϕ(m).

Πρόταση 5.4.42. Αν g μία αρχική ρίζα modm, a,b ∈ ℤ με (a,m)= (b,m )= 1 και n ∈ℤ, n≥ 1, τότε

I(ab) ≡I(a)+ I(b)modϕ(m) (κανόνας του γινομένου)

I(an)≡ nI(a)mod ϕ(m) (κανόνας της δύναμης)

Αν ′ g επίσης αρχική ρίζα modm, τότε (κανόνας αλλαγής βάσης)

ϕ(m) I(− 1)= -2-, για m > 2.

Απόδειξη. Για το πρώτο: a ≡gI(a)modm, b≡ gI(b)modm και

Επίσης ab≡ gI(ab)modm.

Επομένως

και η πρόταση 5.4.6 είναι ισοδύναμη με την

Σημείωση: Το (1) γενικεύεται επαγωγικά για πεπερασμένο πλήθος προσθετέων.

Το (2) μπορεί να αποδειχτεί με επαγωγή από το (1):

Για το (3). Από τον ορισμό του δείκτη έπεται ότι

και αφού g′≡ gIg(g′)modm έχουμε

Η τελευταία ισοτιμία είναι ισοδύναμη (πρόταση 5.4.6) προς την

Για το (4) Για m >2 ο ϕ(m ) είναι άρτιος. Αν m = 4 έχουμε g = 3 και ϕ(m )= 2. Επομένως, I(− 1)= I(3)= 1= ϕ(4)∕2 και ισχύει.

Αν m = pℓ, p≥ 3 τότε

Επομένως

Ο p δεν μπορεί να διαιρεί και τους δύο παράγοντες, διότι θα είχαμε p |2 και αυτό είναι αδύνατο αφού p ≥ 3. Επομένως και το ℓ m = p θα διαιρεί ακριβώς έναν από τους δυο. Επειδή g αρχική ρίζα modm θα έχουμε

και συνεπώς I(− 1) =ϕ (m )∕2.

Τέλος αν ℓ m = 2p , p ≥ 3, τότε ισχύει και πάλι η ισοτιμία

Αφού ο g είναι περιττός (ισχύει (g,m )= (a,m )= 1), έπεται ότι οι ϕ(m) g-2-+ 1 και g ϕ(m2)− 1 είναι αμφότεροι άρτιοι. ΄Οπως και στην περίπτωση m− pℓ, ο pℓ διαιρεί ακριβώς έναν από τους δύο παράγοντες ϕ(m2) g + 1 και ϕ(m2) g − 1. Ο g είναι αρχική ρίζα modm. ΄Αρα,

Συνεπώς και στην περίπτωση m = 2pℓ ισχύει I(− 1)= ϕ(m)∕2. __

Πόρισμα 5.4.43.

Απόδειξη. Για το πρώτο. ΄Εχουμε

επομένως η an ≡ 1modm είναι ισοδύναμη προς την gnI(a) ≡g0modm. Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.6 η τελευταία είναι ισοδύναμη προς την

Για το (2) παρατηρούμε ότι το (3) της πρότασης 5.4.42 δίνει αμέσως

Για το (3) έχουμε m− a ≡gI(m− a)modm το οποίο μας δίνει ότι (− 1)a ≡gI(m− a)modm δηλαδή

από όπου καταλήγουμε ότι

__

Τώρα θα επιστρέψουμε για λίγο στο θεώρημα 5.4.34. ϒπάρχει ακόμα μία ισοδύναμη έκφραση του πρώτου μέρους του. Συγκεκριμένα ισχύει:

Πρόταση 5.4.44. Η ισοτιμία

είναι επιλύσιμη ακριβώς τότε όταν d |I(a), όπου d = (n,ϕ (m )).

Απόδειξη. Από το θεώρημα 5.4.34 η ισοτιμία είναι επιλύσιμη αν και μόνο αν

το πόρισμα 5.4.43 μας δίνει ότι

και το τελευταίο ισχύει αν και μόνο αν d |I(a). __

Τέλος επιστρέφουμε στα τετραγωνικά υπόλοιπα και αποδεικνύουμε:

Πρόταση 5.4.45. Αν p περιττός πρώτος και a∈ ℤ με p ∤a, τότε ο a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp ακριβώς τότε όταν I(a) ≡0mod2.

Απόδειξη. Αν ο a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp τότε υπάρχει ακέραιος x0 για τον οποίο ισχύει x20 ≡ amodp. Επομένως από την πρόταση 5.4.42.2 η παραπάνω ισοτιμία είναι ισοδύναμη προς την

Επειδή ο p− 1 είναι άρτιος, κατ΄ανάγκη και ο I(a) θα πρέπει να είναι άρτιος.

Αντιστρόφως υποθέτουμε ότι ο I(a) είναι άρτιος, I(a)= 2s, s∈ℤ. Η ισοτιμία

γράφεται

Συνεπώς ο a είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp, αφού η ισοτιμία 2 x ≡ amodp, έχει λύση s x0 = g. __

Παρατήρηση 5.4.46. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.45 είναι ότι καμμία αρχική ρίζα modp δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο modp.

Παρατήρηση 5.4.47. Ανάλογη πρόταση της 5.4.45 για n ≥ 3 δεν ισχύει. Πράγματι για p = 5 και n= 3 έχουμε δύο μόνο δείκτες οι οποίοι διαιρούνται με (για αρχική ρίζα modp πήραμε το g= 2), ενώ κάθε ένας από τους 1,2,3,4 είναι κυβικό υπόλοιπο mod5, αφού

Εφαρμογές της θεωρίας των δεικτών στην εύρεση λύσεων κάποιων κλάσεων ισοτιμιών.

Γραμμικές Ισοτιμίες

ϒποθέτουμε ότι το m έχει αρχική ρίζα και a,b ∈ℤ με (a,m )= (b,m )= 1. Η γραμμική ισοτιμία

είναι ισοδύναμη με την

Επομένως

Παράδειγμα 5.4.48. Να λυθεί η ισοτιμία

Η ισοτιμία δεικτών είναι η

ϒπολογίζουμε ότι I(12)= 15, I(5)= 16, επομένως I(x)= − 1 ≡ 17mod18 και συνεπώς x≡ 10mod19.

Διωνυμικές ισοτιμίες

ϒποθέτουμε ότι ο m έχει αρχική ρίζα και ότι a,b∈ ℤ με (a,m )= (b,m) = 1. Η ισοτιμία

είναι ισοδύναμη προς την

Επομένως έχουμε

Η γραμμική ισοτιμία έχει λύση ακριβώς τότε όταν ο d = (n,ϕ(m))|(I(b)− I(a)). Αν πληρούται η τελευταία συνθήκη, τότε έχουμε ακριβώς d-λύσεις.

Εκθετικές ισοτιμίες

ϒποθέτουμε ότι ο m έχει αρχικές ρίζες a,b∈ ℤ και (a,m)= (b,m )= 1. Η ισοτιμία

είναι ισοδύναμη με την ισοτιμία δεικτών

Επομένως ικανή και αναγκαία συνθήκη για να έχει λύση η εκθετική ισοτιμία είναι (I(a),ϕ(m)|I(b). Αν η τελευταία συνθήκη ισχύει τότε η εκθετική ισοτιμία έχει ακριβώς (I(a),ϕ(m)) το πλήθος λύσεις.

ϒπολογισμός της τάξης a mod m, όταν (a,m)=1.

΄Εστω s:= ordm(a). ΄Εστω s a ≡ 1modm και t a ⁄≡ 1modm για κάθε t, 0< t < s. Από την ισοτιμία

προκύπτει η ισοδύναμη ισοτιμία δεικτών

Αν d := (I(a),ϕ (m )), τότε s≡ 0mod ϕ(md). Επομένως s= ϕ(md), αφού ο s είναι ο μικρότερος φυσικός με αυτή την ιδιότητα. Μπορούμε να κάνουμε χρήση του πορίσματος 5.4.43.2 και να αποδείξουμε ότι δεν έχει σημασία ποια αρχική ρίζα modm έχουμε επιλέξει. Είναι φανερό λοιπόν από το πόρισμα ότι

Επομένως

Παράδειγμα 5.4.49. Να υπολογιστεί η τάξη του 3mod25. Το g= 2 είναι αρχική ρίζα mod5. Επειδή 24− 1= 15 = 5⋅3 με 5∤3. Από το θεώρημα 5.4.27 έπεται ότι το είναι και αρχική ρίζα mod25. Το a= 3, I2(3)= 7, d = (I2(3),ϕ(25)) = (7,40)= 1. Επομένως s= ord25(3)= 40. Αν a = 7 I2(7) = 5, (5,40)= 8, συνεπώς s= 40∕8= 5.

Παρατήρηση 5.4.50. Παρά την κάποια πρακτική τους χρησιμότητα οι δείκτες έχουν δύο σοβαρά μειονεκτήματα. Το πρώτο είναι ότι «λειτουργεί» μόνο για τα m για τα οποία υπάρχει αρχική ρίζα modm.

Το δεύτερο είναι ότι είναι εξαιρετικά δύσκολο για μεγάλα m, να βρούμε τον δείκτη του a ως προς την αρχική ρίζα g. Το πρόβλημα αυτό θα το εξετάσουμε στην επόμενη παράγραφο.

Επιστρέφουμε στην πρόταση 4.8.7 η οποία χαρακτηρίζει τους αριθμούς Carmichael και θα αποδείξουμε την κατεύθυνση που αφήσαμε χωρίς απόδειξη. Για τον σκοπό μας αυτό θα ορίσουμε τη συνάρτηση λ που ορίσθηκε για πρώτη φορά από τον Carmichael.

Η συνάρτηση λ ορίζεται για κάθε ακέραιο a∈ ℤ, a≥ 1.

Επιπλέον αν m =2ℓpℓ11pℓ22 ⋅⋅⋅p ℓss , τότε

Συχνά λέγεται και universal εκθέτης modulo m. Ο λόγος της ονομασίας οφείλεται στην ακόλουθη ιδιότητα:

Πρόταση 5.4.51. Αν m ∈ ℤ, m ≥ 2, τότε ο λ(m) είναι ο ελάχιστος φυσικός ≥ 1 με την ιδιότητα

για κάθε ακέραιο a πρώτο προς τον m. Επιπλέον, για κάθε m υπάρχει ακέραιος a του οποίου η τάξη modm είναι λ(m) και αυτή είναι μεγαλύτερη δυνατή τάξη ενός ακέραιου modm.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι m = 2ℓp ℓ11 pℓ22⋅⋅⋅pℓss ℓ∈ ℕ ℓ ≥ 1 είναι η κανονική ανάλυση του m σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Για κάθε i= 1,2,...,s η συνάρτηση λ (p ℓii ) είναι εξ ορισμού ίση με ϕ(pℓii ). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Euler έχουμε

για κάθε i= 1,2,...,s. Επειδή λ(pℓii )|λ (m ), έπεται ότι

(5.4.4)

για κάθε i= 1,2,...,s.

Αν τώρα ο m είναι άρτιος, ο a θα είναι περιττός αφού (a,m)= 1. Η ισοτιμία a ≡ 1mod2 γράφεται

Επίσης, αφού a περιττός έχουμε

η οποία γράφεται

Τέλος, για κάθε ℓ≥ 3 ισχύει (απόδειξη της 5.4.23)

Καταλήγουμε ότι

για κάθε ℓ≥ 1. Επειδή ℓ λ(2 )|λ(m), έπεται ότι

(5.4.5)

Από τις (5.4.4), (5.4.5) έπεται ότι

για κάθε ακέραιο a πρώτο προς τον m.

Θα αποδείξουμε ότι λ(m) είναι ο ελάχιστος με αυτή την ιδιότητα. Θα βρούμε ακέραιο a του οποίου κάθε δύναμη μικρότερη του λ(m ) είναι ⁄≡ 1modm. Αυτό βέβαια σημαίνει και ότι αρκεί να δείξουμε

και έτσι η απόδειξη θα έχει τελειώσει.

΄Εστω gi αρχική ρίζα modpℓii, i= 1,2,...,s. Θεωρούμε το σύστημα

Το παραπάνω σύστημα σύμφωνα με το θεώρημα υπολοίπων του Κινέζου έχει μοναδική λύση modm. Αν a∈ ℤ, λύση του συστήματος θα αποδείξουμε ότι ordm(a)= λ(m).

Αν n∈ ℕ, n≥ 1 τέτοιος ώστε

θα έχουμε και

για i= 1,2,...,s καθώς και

΄Ομως ο a είναι λύση του συστήματος. Επομένως a ≡ gimodp ℓii , για i= 1,2,...,s. Από αυτό έπεται ότι

για κάθε i= 1,2,...,s. Συνεπώς

(5.4.6)

για κάθε i= 1,2,...,s. Επίσης, επειδή a≡ 3mod2ℓ έχουμε

Για ℓ= 1, a≡ 3≡ 1mod2 συνεπώς ord2(a)= ord2(5)= 1= ϕ(2)= λ (2) και για ℓ= 2 a2 ≡ 32 ≡ 1mod4 συνεπώς ord4(a)= ord4(3)= 2 = ϕ(4) =λ (4).

Επομένως και

(5.4.7)

Από τις σχέσεις (5.4.6) και (5.4.7) συνεπάγεται ότι

(5.4.8)

Αν τώρα n:= ordm(a) θα είχαμε και

(5.4.9)

Από τις (5.4.8) και (5.4.9) έχουμε ότι λ(m)= ordm(a). __

Είμαστε πλέον σε θέση να αποδείξουμε το αντίστροφο της πρότασης 4.8.7.

Πρόταση 5.4.52. Αν ο φυσικός αριθμός m, m> 2 είναι αριθμός Carmichael τότε ο m = p1p2 ⋅⋅⋅ps, με διακεκριμένους μεταξύ τους ανά δύο πρώτους αριθμούς και (pj− 1)|(m− 1) για κάθε j =1,2,...,s.

Απόδειξη. Λόγω του ορισμού του αριθμού Carmichael έχουμε ότι

για κάθε ακέραιο b με (b,m )= 1. Από την πρόταση 5.4.51 έχουμε ότι, υπάρχει a ∈ℤ τέτοιος ώστε ordm(a)≡ λ(m ). Και για τον ακέραιο αυτόν ισχύει

Η πρόταση 5.4.4 μας δίνει λ(m) |(m − 1). Αν ο m ήταν άρτιος, ο m− 1 θα ήταν περιττός. Αφού m > 2 ο λ(m), από τον ορισμό του, είναι άρτιος. Αυτό όμως είναι αδύνατο. Επομένως ο m αναλύεται σε γινόμενο περιττών πρώτων. Θα αποδείξουμε ότι αναλύεται σε γινόμενο περιττών πρώτων διακεκριμένων μεταξύ τους.

Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι υπάρχει περιττός πρώτος p, pℓ |m, ℓ≥ 2, τότε

Αυτό σημαίνει ότι p |(m− 1), αφού ℓ ≥2. ΄Ομως έχουμε και p|m. ΄Αρα p|1, άτοπο.

Συνεπώς pi ⁄= 2 για κάθε i= 1,2,...,s και pi ⁄= pj για κάθε i⁄= j. Τελικά έχουμε

__

Πρόταση 5.4.53. Κάθε αριθμός Carmichael m διαιρείται από τουλάχιστον τρεις διακεκριμένους πρώτους.

Απόδειξη. Εξ ορισμού ο m είναι σύνθετος. Αν ήταν m = pq, p,q ∈ℙ∖{2}, p ⁄= q και χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέσουμε ότι p > q τότε

δηλαδή ο (p− 1)|(q − 1), άτοπο αφού p> q. __

Παρατηρήσεις- Ιστορικά Σχόλια

1 Την ύπαρξη αρχικής ρίζας modp, για κάθε περιττό πρώτο p (πρόταση 5.4.17 διατύπωσε για πρώτη φορά ο J.H. Lambert στα 1769. Ο Euler έδωσε στα 1773 μια απόδειξη η οποία όμως δεν ήταν πλήρης. ΄Ηταν ο πρώτος ο οποίος χρησιμοποίησε τον όρο «αρχική ρίζα modp».

Ο Gauss είναι ο πρώτος ο οποίος δίνει πλήρη απόδειξη στα Disquisitiones Arithmeticae, άρθρο 55. Μάλιστα γράφει

Da der Beweis dieses Satzes keineswegs so auf der Hand liegt, als es auf den ersten Anblick scheinen könnte, so wollen wir wegen der Bedeutung des Satzes noch einen andern von dem vorigen etwas verschiedenen Beweis anfügen, zumal die Verschiedenheit der Methoden gewöhnlich sehr viel zur Erläuterung etwas schwerer verständlicher Dinge beiträgt.

(Η απόδειξη του θεωρήματος αυτού δεν είναι καθόλου προαφανής, όπως θα μπορούσε να φανεί με την πρώτη ματιά. Γι΄αυτό, λόγω της σημασίας του θεωρήματος προτιθέμεθα να προσθέσουμε και μία διαφορετική από την προηγούμενη, απόδειξη μιας που η διαφορετικότητα των μεθόδων συμβάλλει συνήθως αρκετά στην επεξήγηση δύσκολα κατανοητών εννοιών.)

Στο τέλος της πρότασης 55 καταλήγει:

Der letztere Beweis scheint etwas weitläufiger als der erste, dieser aber dafür weniger direct zu sein als jener.

(Η τελευταία απόδειξη φαίνεται κάπως πιο εκτεταμένη από την πρώτη, η πρώτη όμως λιγότερο άμεση από την τελευταία).

Το άρθρο 57 έχει τον λατινικό τίτλο

Radics primitivae bases, indices «Αρχικές ρίζες, βάσεις, δείκτες».

Στην πρόταση 52, ορίζει την τάξη ενός στοιχείου

Irgent eine Zahl a welche zum Exponenten d gehört, d.h. deren dte Potenz den Einheit congruent ist, während alle niedrigeren Potenzen derselben nicht congruent sind

( (Η τάξη στοιχείου) είναι κάποιος ακέραιος a τέτοιος ώστε να αναφέρεται στην d-στη δύναμη με την έννοια ότι η d-στή δύναμη αυτού να είναι ισότιμη προς το 1modn ενώ για όλες τις μικρότερες δυνάμεις του a να μην ισχύει η ισοτιμία).

και στην πρόταση 57 συνεχίζει

Die zum Exponenten p − 1 gehörigen Zahlen werder wir mit Euler primitive Wurtzeln nennen

(Τους αριθμούς των οποίων η τάξη είναι p − 1 θα τους ονομάζουμε, σύμφωνα και με τον Euler πρωταρχικές ρίζες).

Στη συνέχεια αναφέρεται στην ιδιότητα των αρχικών ριζών που αποδείξαμε στην πρόταση 5.4.10 και συνεχίζει

Deise ausgezeichnete Eigenschaft ist von dem grössten Nutzen und kann die arithmetischen auf die Congruenzen bezüglichen Operationen sehr erheblich erleichtern, etwa in derselben Weise, wie die Einführung der Logarithmen die Operationen der gemeinen Arithmetik

(Αυτή η εξαιρετική ιδιότητα είναι μεγάλης χρησιμότητας και μπορεί να διευκολύνει τα μάλα τις αριθμητικές πράξεις των ισοτιμιών κατά τον ίδιο τρόπο που το έχει κάνει η εισαγωγή των λογαρίθμων στις πράξεις κοινής αριθμητικής).

Στις προτάσεις 53,54 και 55 δίνει ουσιαστικά την απόδειξη της πρότασης 5.4.20.

Στην πρόταση 73 αναφέρει ότι δεν υπάρχει κάποια μέθοδος εύρεσης αρχικών ριζών modp

Die Methoden, die primitiven Wurzeln zu finden, beruhen zum grossen Teil auf Vesuchen

Και ο Euler πίστευε το ίδιο.

Euler gesteht, daß es äusserst schwierig zu sein scheine, solche Zahlen zu finden und daß ihr eigentliches Wesen zu den tiefsten Geheimnissen der Zahlen zu rechnen sei.

(Και ο Euler συμφωνεί στο ότι φαίνεται ότι είναι εξαιρετικά δύσκολο να υπολογιστούν τέτοιοι αριθμοί και ότι η πραγματική τους ουσία λογίζεται στα βαθύτερα μυστικά των αριθμών).

συνεχίζει στην ίδια πρότασή του ο Gauss ο οποίος αναφέρεται σε εργασία του Euler του 1783, στην οποία δίνει ένα πίνακα όλων των αρχικών ριζών για κάθε πρώτο p ≤ 41.

Ο Gauss συνεχίζει και στις επόμενες προτάσεις να ασχολείται με αρχικές ρίζες modm. Ενδεικτικά αναφέρουμε ότι η πρόταση 5.4.23περιέχεται στην πρόταση 90. Στην πρόταση 92 καταλήγει στην πλήρη απόδειξη του θεωρήματος 5.4.27 . Μερικοί το αποκαλούν και θεώρημα του Gauss [5].

Εφαρμογές

Μια γενίκευση του Θεωρήματος του Wilson

Πρόταση 5.4.54. Αν Sm είναι ένα ανηγμένο πλήρες σύστημα αντιπροσώπων των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modm, m ∈ ℕ, m > 2, τότε

και μάλιστα είναι σε όλες τις περιπτώσεις +1modm εκτός από αυτές με μέτρο m = 4,pℓ,2pℓ, όπου p∈ ℙ − {2} και ℓ≥ 1, στις οποίες είναι − 1modm.

Απόδειξη. Η ιδέα της απόδειξης αποτελεί συνδυασμό της ιδέας απόδειξης του κλασικού θεωρήματος του Wilson με το αποτέλεσμα της πρότασης 5.3.6. ΄Οταν δοθεί κάποιο a∈ Sm, τότε υπάρχει πάντοτε (αφού (a,m )= 1) ακριβώς ένα b ∈Sm τέτοιο ώστε

Επομένως χωρίζουμε το σύνολο Sm σε ζευγάρια και ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις. Αν a ⁄= b, τότε μπορούμε να μην τους λάβουμε υπόψη αφού το γινόμενό τους είναι 1modm. Συνεπώς θα πρέπει να μελετήσουμε ζευγάρια (a,b) για τα οποία b= a, δηλαδή τις λύσεις της ισοτιμίας

Αν τώρα a μια λύση της ισοτιμίας αυτής, τότε και ο − a είναι επίσης λύση. Συνεπώς

Επειδή m > 2,

δηλαδή οι λύσεις είναι διαφορετικές modm.

Από τα παραπάνω συνάγουμε ότι το αποτέλεσμα είναι + 1modm όταν υπάρχει άρτιο πλήθος ζευγαριών λύσεων (a,− a) της ισοτιμίας, δηλαδή όταν το πλήθος των λύσεων διαιρείται με 4.

Από την πρόταση 5.3.6 προκύπτει ότι το πλήθος των λύσεων δεν διαιρείται με παρά μόνο όταν m = 4,pℓ,2pℓ, p ∈ ℙ− {2} και ℓ≥ 1. __

Παρατηρήσεις

Για m = p∈ ℙ− {2}, προκύπτει η ισοτιμία (p− 1)!≡ − 1modp, δηλαδή το θεώρημα του Wilson.

Σύμφωνα με την πρόταση 5.3.6 (για m = 4,pℓ,2pℓ, όπου p περιττός πρώτος) για τις περιπτώσεις όπου

το πλήθος των λύσεων της ισοτιμίας 2 x ≡ 1modm είναι και οι λύσεις είναι οι προφανείς

Για m = 2 η πρόταση 5.4.54 δεν θα είχε νόημα αφού + 1≡ − 1mod2

Η πρόταση 5.4.54 αποτελεί το περιεχόμενο του άρθρου (πρότασης) 78 του Disquisitiones Arithmeticae του Gauss.

“Man kann aber den Wilson’shen Satz allgemeiner so aussprechen”

Αρχικές ρίζες

Μερικές φορές μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι κάποιοι ακέραιοι είναι αρχικές ρίζες ως προς διάφορα μέτρα:

Πρόταση 5.4.55.

Αν οι ακέραιοι p και q= 2p+ 1 είναι και οι δύο περιττοί πρώτοι, τότε ο p−21 (− 1) 2 είναι αρχική ρίζα modq.

Αν p και q = 4p+ 1 είναι περιττοί πρώτοι, τότε ο είναι αρχική ρίζα modq.

Αν p περιττός πρώτος, τότε οι ακόλουθες προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες:

Κάθε μη-τετραγωνικό υπόλοιπο modp είναι αρχική ρίζα modp.

Ο p είναι της μορφής ℓ p = 2 +1, ℓ≥ 1.

Απόδειξη.

Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις:

Αν p≡ 1mod4, επειδή ϕ(q)= q− 1= 2p η ordq(2) |2p. Από το θεώρημα του Euler έχουμε

Το q≡ 3mod5, δηλαδή ( ) 2 = − 1. q Επομένως η ordq2⁄= p. Είναι και διάφορη του και (εδώ 1 2 ≡ 1modq συνεπώς q|1, άτοπο ενώ αν 2 2 ≡ 1modq θα είχαμε q|3 αλλά q ≥2 ⋅3 +1 = 7, πάλι άτοπο ). Επομένως ordq2= 2p, το είναι αρχική ρίζα modq.

Αν p≡ 3mod4, τότε και πάλι από το θεώρημα του Euler προκύπτει ότι

Επειδή q≡ 7mod8, ( ) −1q = − 1 και ( ) 2q = 1. Συνεπώς (− 2)p ≡ − 1modq, δηλαδή ordq(− 2)⁄= p. Η τάξη δεν είναι ούτε 1 ούτε 2. (− 2 ≡ 1modq συνεπώς q |3, άτοπο, αν (− 2)2 ≡ 1modq και πάλι q|3, άτοπο.) Συνεπώς ordq(− 2)= 2p, δηλαδή το (− 2) είναι αρχική ρίζα modq.

ϕ(q)= q− 1= 4p ΄Αρα ordq(2) ∈{1,24,p,2p,4p}. Αν 2≡ 1modq τότε q|1, άτοπο.

Αν 22 ≡ 1modq τότε q |3, άτοπο.

Αν 24 ≡ 1modq τότε q |15 και άρα q= 3,4, άτοπο.

Ισχύει ( ) 2q ≡ 2q−12-≡ 22pmodq.

Το q ≡ 5mod8 άρα ( ) 27 = − 1. Συνεπώς ordq(2) ⁄=2p και επομένως ordq(2)⁄= p. Τελικά ordq(2)= 4p= q− 1, δηλαδή το είναι αρχική ρίζα modq.

ϒπάρχουν ακριβώς p−21- μη-τετραγωνικό υπόλοιπο modp και ϕ(p− 1) αρχικές ρίζες modp.

Επομένως για να είναι κάθε μη-τετραγωνικό υπόλοιπο modp αρχική ρίζα modp πρέπει να ισχύει p−1 ϕ(p − 1)= -2 . Αλλά ισχύει n ϕ (n) = 2 ακριβώς τότε όταν n= 2ℓ, ℓ∈ ℕ, ℓ≥ 1. (άσκηση) Από αυτό συμπεραίνουμε ότι κάθε μη τετραγωνικό υπόλοιπο modp είναι και αρχική ρίζα modp, ακριβώς όταν p = 2ℓ+1, ℓ∈ ℕ, ℓ≥ 1.

__

Τέστ ελέγχου πρώτων αριθμών

Θα διατυπώσουμε και θα αποδείξουμε διάφορα test ελέγχου πρώτων αριθμών , ακριβή και πιθανοθεωρητικά.

Πρόταση 5.4.56. Αν p περιττός πρώτος, h < p, n = hp+ 1 ή n= hp2+ 1 και 2h ⁄≡ 1modn, ενώ 2n−1 ≡ 1modn, τότε ο n είναι πρώτος.

Απόδειξη. Γράφουμε b n= hp + 1, όπου b = 1 ή 2. ΄Εστω s:= ordn(2). Λόγω των προτάσεων 5.4.4 και 5.4.6, s∤h, ενώ b s|n− 1 = hp . Επομένως p|s.

Επίσης, αφού s= ordn(2), έπεται ότι s |ϕ (n) οπότε και p |ϕ(n).

Αν

Αφού p |s|(n− 1), συνεπάγεται ότι p ∤n. Αυτό σημαίνει ότι p ⁄= pi, (i= 1,2,...,k). Επομένως p|(pi− 1) για κάποιο i∈ {1,2,...,k} δηλαδή ο n έχει έναν πρώτο παράγοντα q := pi τέτοιο ώστε q ≡ 1modp. Γράφουμε το n = qm. Επειδή, q≡ 1modp και n≡ 1modp, θα έχουμε m≡ 1modp.

Αν m > 1 τότε n =(a1p+ 1)(a2p +1), όπου 1≤ a1 ≤ a2. Επομένως b−1 hp = a1a2p+ a1+ a2. Τώρα, αν έχουμε Συνεπώς άτοπο. Στην περίπτωση αυτή θα πρέπει δηλαδή ο είναι πρώτος.

Αν πάλι τότε από την οποία έπεται ότι Επομένως συνεπώς ΄Ομως Συνεπώς ( και ) έχουμε ότι

Επομένως άρα και συνεπώς άρα Καταλήξαμε σε άτοπο, άρα και ο είναι πρώτος αριθμός. __

Παίρνοντας αφορμή από την πρόταση 5.4.55.1 φυσικό είναι να αναρωτηθούμε πότε ο είναι πρώτος όταν ο περιττός πρώτος. Με τη βοήθεια της πρότασης 5.4.56 θα αποδείξουμε την

Πρόταση 5.4.57. Αν και τότε ο είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι ο είναι πρώτος. Είναι φανερό ότι Επομένως ο είναι τετραγωνικό υπόλοιπο Από το κριτήριο του Euler έπεται ότι

Αντίστροφα, αν και θέσουμε στην πρόταση 5.4.56 και έχουμε και Επίσης

Επομένως από την πρόταση 5.4.56, ο είναι πρώτος. __

Παρατήρηση 5.4.58. ΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 5.4.57 είναι ότι αν και περιττοί πρώτοι και τότε ο -στος αριθμός Mersenne είναι σύνθετος αφού αρκεί αφού

Παράδειγμα

Πρώτοι αριθμοί για τους οποίους και ο είναι πρώτος θα λέγονται πρώτοι αριθμοί της Sophie Germain.

Στη συνέχεια θα διατυπώσουμε και θα αποδείξουμε δύο ακόμα προτάσεις σχετικές με τους διαιρέτες των αριθμών Mersenne.

Πρόταση 5.4.59. Αν περιττός πρώτος, τότε κάθε διαιρέτης του αριθμού Mersenne είναι της μορφής

Απόδειξη. Αν πρώτος διαιρέτης του θα έχουμε την ισοτιμία

Ο είναι κατ΄ ανάγκη περιττός. Επομένως ΄Εστω Από την πρόταση 5.4.4, έπεται ότι (Το διότι αν θα είχαμε άτοπο). Επομένως Λόγω του μικρού θεωρήματος του Fermat έχουμε

Και πάλι λόγω της πρότασης 5.4.4, έχουμε δηλαδή Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει για το οποίο Ο θα πρέπει να είναι άρτιος, διότι αν ο ήταν περιττός, ο θα ήταν άρτιος διαιρέτης του περιττού άτοπο. Αν γράψουμε έχουμε ότι

Τέλος, παρατηρούμε ότι κάθε διαιρέτης του είναι επίσης της ίδιας μορφής. __

Παρατήρηση 5.4.60. Αρκετά ασθενής συνέπεια της τελευταίας πρότασης είναι ότι κάθε διαιρέτης του αριθμού Mersenne όπου περιττός πρώτος επαληθεύει την ισοτιμία

Θα αποδείξουμε κάτι περισσότερο

Πρόταση 5.4.61. Αν περιττός πρώτος, τότε για κάθε διαιρέτη του αριθμού Mersenne ισχύει

Απόδειξη. Είναι φανερό ότι αρκεί να αποδείξουμε την πρόταση για πρώτο αριθμό. Ο διαιρεί τον άρα από την πρόταση 5.4.59

Επομένως από το κριτήριο του Euler

από το οποίο έπεται ότι σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα του συμβόλου του Legendre. __

Γνωρίζουμε ήδη ότι οι μεγαλύτεροι γνωστοί πρώτοι αριθμοί είναι οι αριθμοί του Mersenne. Πώς όμως τους υπολογίζουμε; Σίγουρα χρειάζεται πολύ δουλειά ο ηλεκτρονικός υπολογιστής.

Πρόταση 5.4.62 (Τέστ των Lucas-Lehmer). Θεωρούμε την αναδρομική ακολουθία

Ο αριθμός Mersenne είναι πρώτος ακριβώς όταν

Η απόδειξη της πρότασης 5.4.62 θα γίνει στο δεύτερο μέρος του βιβλίου.

Επιστρέφουμε σε γενικά κριτήρια ελέγχου πρώτων αριθμών. Πρώτα από όλα ένα ανάλογο της πρότασης 5.4.56.

Πρόταση 5.4.63. ΄Εστω και ένα τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο όπου περιττός πρώτος αριθμός. Ο είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι είναι πρώτος. Επειδή έπεται ότι Ο είναι μη τετραγωνικό υπόλοιπο συνεπώς Ο τετραγωνικός νόμος αντιστροφής δίνει Σύμφωνα με το κριτήριο του Euler

ϒποθέτουμε ότι ισχύει η ισοτιμία και θα αποδείξουμε ότι ο είναι πρώτος αριθμός. ΄Εστω κάποιος πρώτος παράγοντας του και Από την ισοτιμία

έπεται ότι ενώ από το θεώρημα του Fermat Επομένως το και δηλαδή και

΄Οπως και στην πρόταση 5.4.56 έχουμε ϒπάρχει ακέραιος και Αλλά και ΄Αρα Ο γράφεται στη μορφή

΄Ομως

Για να ισχύει η τελευταία ανισότητα θα πρέπει δηλαδή δηλαδή και αποδείξαμε ότι ο είναι πρώτος. __

Πόρισμα 5.4.64 (Το κριτήριο του Pepin). Ο -οστος αριθμός Fermat είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν

(5.4.10)

Απόδειξη. Επαγωγικά αποδεικνύεται ότι για κάθε Επομένως δηλαδή ο είναι μη-τετραγωνικό υπόλοιπο

Σύμφωνα με την πρόταση 5.4.63, ο είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν ισχύει η (5.4.10). __

Παρατήρηση 5.4.65. ΄Αμεση συνέπεια του πορίσματος είναι ότι όταν ο είναι πρώτος, τότε ο είναι αρχική ρίζα

Θα μπορούσε να ρωτήσει κάποιος αν υπάρχει για τους αριθμούς Fermat πρόταση ανάλογη της πρότασης 5.4.59 για τους αριθμούς Mersenne. Η απάντηση στο ερώτημα είναι θετική και ισχύει η ακόλουθη:

Πρόταση 5.4.66. Κάθε πρώτος διαιρέτης του αριθμού Fermat

είναι της μορφής με

Απόδειξη. Αν πρώτος διαιρέτης του έχουμε

από την οποία έπεται

΄Εστω Επομένως Θα αποδείξουμε ότι Αν υποθέσουμε ότι για επειδή θα είχαμε και

Επομένως θα είχαμε δηλαδή άτοπο.

Σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat

Επομένως Αυτό σημαίνει ότι για δηλαδή

Σύμφωνα με το κριτήριο του Euler Επομένως δηλαδή Οπότε για __

Η σωστή αντιστροφή του Θεωρήματος του Fermat είναι το ακόλουθο θεώρημα του Lucas (1891).

Πρόταση 5.4.67. Αν υπάρχει κάποιος ακέραιος για τον οποίο ισχύουν

και

για κάθε πρώτο διαρέτη του

τότε ο είναι πρώτος.

Απόδειξη. Λόγω της 1. και της πρότασης 5.4.4 έχουμε ότι Θα αποδείξουμε ότι ϒποθέτουμε ότι Επομένως, υπάρχει τέτοιος ώστε Αν είναι ένας πρώτος παράγοντας του τότε

άτοπο, λόγω της 2. Επομένως ΄Ομως, επειδή έπεται ότι και συνεπώς ο είναι πρώτος. Πράγματι, αν ο δεν είναι πρώτος και κάποιος γνήσιος διαιρέτης αυτού (), τότε το θα ήταν κατ΄ ανάγκη άτοπο. __

Αν τώρα περιττός πρώτος και ακέραιος πρώτος προς τον τότε ισχύει

Επομένως, αν και με τέτοιος ώστε

συμπεραίνουμε με βεβαιότητα ότι ο είναι σύνθετος.

Φυσικό και επιθυμητό είναι να ίσχυε και το αντίστροφο του κριτηρίου του Euler. Σε αυτή την περίπτωση θα είχαμε ένα ακριβές κριτήριο ελέγχου πρώτων αριθμών. Δυστυχώς όμως δεν είναι αληθινό. Για και έχουμε

Ορισμός 5.4.68. Αν περιττός σύνθετος φυσικός αριθμός και θετικός ακέραιος με για τον οποίο ισχύει

τότε ο θα λέγεται Euler ψευδο-πρώτος ως προς τη βάση

Παράδειγμα 5.4.69.

και αφού

Παράδειγμα 5.4.70. ΄Εστω και υπολογίζουμε το Το συνεπώς Επομένως το ΄Αρα ο είναι σύνθετος.

Πρόταση 5.4.71. Αν ο είναι Euler ψευδοπρώτος ως προς τη βάση τότε ο είναι και ψευδοπρώτος ως προς τη βάση

Απόδειξη. Εξ υποθέσεως ισχύει η ισοτιμία

επομένως το

__

Οι παρακάτω προτάσεις αποδεικνύονται στο [21, 454-460].

Παρατήρηση 5.4.72. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Ο είναι ψευδοπρώτος ως προς τη βάση ενώ δεν είναι Euler ψευδοπρώτος ως προς αυτή τη βάση.

Στη συνέχεια θα δείξουμε ότι κάθε ισχυρός ψευδο-πρώτος είναι Euler ψευδο-πρώτος.

Πρόταση 5.4.73. Αν ο φυσικός αριθμός είναι ισχυρός ψευδο-πρώτος ως προς τη βάση τότε είναι και Euler ψευδο-πρώτος ως προς αυτή τη βάση.

Και πάλι δεν ισχύει το αντίστροφο. Δεν είναι όλοι οι Euler ψευδοπρώτοι ως προς κάποια βάση και ισχυροί ψευδοπρώτοι. ΄Ομως ισχύει:

Πρόταση 5.4.74. Αν και ο είναι Euler ψευδοπρώτος ως προς κάποια βάση τότε ο είναι ισχυρός ψευδοπρώτος ως προς τη βάση αυτή.

Πρόταση 5.4.75. Αν είναι Euler ψευδοπρώτος ως προς τη βάση και τότε το είναι ισχυρός ψευδοπρώτος ως προς αυτή τη βάση.

Πρόταση 5.4.76. Αν περιττός, σύνθετος φυσικός αριθμός, τότε το πλήθος των ακέραιων με για τους οποίους ο είναι Euler ψευδοπρώτος ως προς βάση είναι

Πιθανοθεωρητικό κριτήριο ελέγχου πρώτων αριθμών.

Δίνεται ένας θετικός ακέραιος Επιλέγουμε τυχαίο -ακέραιους από το σύνολο για τους οποίους ισχύει για Ελέγχουμε την ισχύ των ισοτιμιών

Αν κάποια ισοτιμία δεν ισχύει, τότε ο είναι (σίγουρα) σύνθετος.

(Αν ο είναι πρώτος τότε ισχύουν όλες οι ισοτιμίες).

Αν όμως ο είναι σύνθετος, τότε η πιθανότητα να ισχύουν όλες οι ισοτιμίες είναι μικρότερη του Δηλαδή αν ο περάσει το τέστ, τότε είναι πολύ πιθανό να είναι πρώτος.

Βέβαια το ερώτημα παρέμεινε. Είναι δυνατή η εύρεση ενός ντετερμινιστικού αλγορίθμου ελέγχου πρώτων αριθμών ο οποίος να αποφασίζει σε σχετικά σύντομο (πολυωνυμικό) χρόνο;

Το πρόβλημα εθεωρείτο ως ένα από τα πλέον δύσκολα. ΄Ετσι ήταν μια ευχάριστη έκπληξη όταν κυκλοφόρησε στο διαδίκτυο (δημοσιεύθηκε στην ιστοσελίδα τους) στις 6 Αυγούστου του 2002 η εργασία των Maninda Agrawal, Neeraj Kayal και Nitin Saxena «Primes is in ».

Δύο μέρες νωρίτερα είχε σταλεί από τους συγγραφείς της σε 15 διάσημους μαθηματικούς ειδικούς της περιοχής. ΄Ετσι, πολύ σύντομα αποκαταστάθηκε η αξιοπιστία του αποτελέσματος και διαλύθηκε η οποιαδήποτε υποψία ύπαρξης λάθους.

Το αποτέλεσμα δεν στηρίχθηκε σε προηγούμενες εργασίες και ο αλγόριθμος τρέχει σε πολυωνυμικό χρόνο.

Η κεντρική ιδέα της απόδειξης είναι ο ακόλουθος χαρακτηρισμός των πρώτων αριθμών:

Ο φυσικός αριθμός είναι πρώτος ακριβώς τότε όταν

και σε κάποιο σημαντικό θεώρημα της θεωρίας κοσκίνων ( Sieve theory). Η εργασία δημοσιεύθηκε στο περιοδικό Annals of Mathematics [22]

Ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης παραπέμπεται επίσης στο διαφωτιστικό άρθρο του Folkmar Bornemann “Ein Durchbruch für Jedermann”, DMV-Mitteilungen, 4/2002, ή στην αγγλική του μετάφραση PRIMES is in “Breakthrough for Everyman” [16] καθώς και στα βιβλία

Paulo Ribenboim “Die Welt der Primzahlen, Geheimnisse und Rekorde” [26] σελ. 120-122

Richard Crandall, Carl Pomerance “Prime Numbers, a computational Perspective” [4] σελ. 200-207

Martin Dietzfelbinger “Primality Testing in Polynomial Time from Randomized Algorithms to Primes in ” [25]

Το τρίτο μάλιστα βιβλίο είναι όλο αφιερωμένο στον -αλγόριθμο όπως συνηθίζεται σήμερα να λέγεται.

Τέλος αξίζει να σημειωθεί ότι μέχρι σήμερα, ο αλγόριθμός δεν είναι τόσο πρακτικός και γρήγορος όπως άλλοι κυρίως πιθανοθεωρητικοί αλγόριθμοι.

Μέρος ΙΙ, ΄Αρρητοι αριθμοί και αριθμητική

Εισαγωγή

Μέχρι τώρα ασχοληθήκαμε κυρίως με την αριθμητική των ρητών αριθμών. Στο δεύτερο μέρος του βιβλίου θα ασχοληθούμε με άρρητους αριθμούς. ΄Ενας μιγαδικός αριθμός α θα λέγεται άρρητος αν δεν είναι ρητός.

Οι αρχαίοι ΄Ελληνες πρώτοι διαπίστωσαν την ύπαρξη άρρητων ποσοτήτων. Αν έχουμε ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο με μήκος πλευράς 1, τότε η υποτείνουσά του έχει μήκος √- 2 και ισχύει η

Πρόταση 5.4.77. Ο √- 2 είναι άρρητος αριθμός.

Η αλήθεια της πρότασης διαπιστώθηκε από τον Πυθαγόρα και περιέχεται στον Ευκλείδη (βιβλίο x, πρόταση 117). Η απόδειξη δίνεται με απαγωγή σε άτοπο. Αν υποθέσουμε ότι ο √ - 2 είναι ρητός, έστω √ - 2= a∕b, a,b ∈ℕ με (a,b)= 1 θα αποδείξουμε ότι ο b είναι συγχρόνως και άρτιος και περιττός. Από τη σχέση √ - 2= a∕b έπεται ότι 2b2 = a2 και επομένως ο a είναι άρτιος, a = 2c, c∈ ℕ. Επειδή (a,b)= 1, έπεται ότι ο b είναι περιττός. ΄Ομως, (2c2)= 2b2, δηλαδή 4c2 = 2b2 άρα b2 = 2c2 και συνεπώς και ο b είναι άρτιος, άτοπο.

Ανάλογα αποδεικνύεται ότι αν m,n φυσικοί αριθμοί m > 1 και n> 1 τότε το √nm-- είναι ρητός αν και μόνο αν ο m είναι n-στη δύναμη ακέραιου.

Πράγματι, αν m = an, τότε ο √nm-- είναι ρητός. Αν πάλι n√m- είναι ρητός, έστω √nm--= a∕b, όπου a,b ∈ℤ. (a,b) = 1. Αν b> 1, τότε υπάρχει πρώτος p, p|b, οπότε η σχέση bnm = an μας δίνει p |a, δηλαδή (a,b)> p, άτοπο.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι για κάθε θετικό ακέραιο m η √m-- είναι αριθμός άρρητος, ακριβώς τότε όταν ο m δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου.

΄Οπως είναι γνωστό, η ανακάλυψη της ύπαρξης αρρήτων ποσοτήτων στην αρχαία Ελλάδα, αποτέλεσε ένα αρκετά ισχυρό σοκ για τους μαθηματικούς της εποχής. Στο δεύτερο μέρος του παρόντος θα ασχοληθούμε με την αριθμητική αρρήτων ποσοτήτων δευτέρου βαθμού. Πρόκειται για (αλγεβρικούς) αριθμούς, ρίζες δευτεροβάθμιων εξισώσεων με ρητούς συντελεστές και διακρίνουσα Δ, όχι τέλειο τετράγωνο ρητού. Στο πρώτο Κεφάλαιο ασχολούμαστε με τους αριθμούς Fibonacci και Lucas, μελετούμε βασικές αριθμοθεωρητικές ιδιότητες αυτών καθώς και τη χρήση τους στον έλεγχο πιστοποίησης πρώτων αριθμών.

Στο κεφάλαιο 7 μελετούμε τα πεπερασμένα και άπειρα συνεχή κλάσματα και την έκφραση ρητών και αρρήτων ποσοτήτων σε σχέση με αυτά. Ιδιαίτερη αναφορά γίνεται στα περιοδικά συνεχή κλάσματα και στο θεώρημα των Euler-Lagrange, ενώ υπολογίζονται και τα συνεχή κλάσματα υπερβατικών ποσοτήτων όπως των e και π.

Το κεφάλαιο 8 είναι αφιερωμένο στην επίλυση της εξίσωσης του Pell η οποία έχει πολλές εφαρμογές στη Θεωρία Αριθμών αλλά είναι και βασικό εργαλείο των κεφαλαίων που ακολουθούν.

Στο κεφάλαιο 9 μελετάται η θεωρία των τετραγωνικών μορφών, η παράσταση ακέραιων αριθμών μέσω (διωνυμικών) τετραγωνικών μορφών, τα αθροίσματα δύο τετραγώνων και γίνεται ταξινόμηση όλων των τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας.

Στο κεφάλαιο 10 δίνονται ορισμοί και ιδιότητες των τετραγωνικών σωμάτων αριθμών, και στοιχεία τα οποία φιλοδοξούν να δώσουν μια πρώτη εισαγωγή στην αλγεβρική θεωρία των αριθμών. Δηλαδή αναπτύσσονται έννοιες όπως ακέραιοι αλγεβρικοί, βάση ακεραιότητας, διακρίνουσα τετραγωνικού σώματος αριθμών. Μονάδες της περιοχής των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών τετραγωνικού σώματος αριθμών.

Κεφάλαιο 6
Αριθμοί Fibonacci

6.1 Αριθμοί Fibonacci

Ορισμός και βασικές ιδιότητες

Σχήμα 6.1.1: Fibonacci, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain), λόγω παρέλευσης 70 ετών από τον θάνατο του δημιουργού.

Ο πρώτος μεγάλος μαθηματικός του δυτικού κόσμου είναι ο Leonardo Pisano (1170-1250), από την Πίζα, ο οποίος είναι γνωστότερος με το παρατσούκλι Fibonacci, το οποίο αποτελεί σύνθεση των λέξεων filius και Bonacci, (γιος της οικογένειας των Bonacci). Είχε επισκεφθεί διάφορες χώρες όπως την Αίγυπτο, Συρία, Βυζάντιο, Σικελία και είχε έρθει σε επαφή με τα μαθηματικά της Ανατολής. ΄Ηταν ο πρώτος που εισήγαγε στη δύση την ινδική αρίθμηση. Στα 1202 δημοσίευσε το βιβλίο Liber Abaci, (Βιβλίο των ϒπολογισμών). ΄Ενα πρόβλημα του βιβλίου του ασχολείται με τον πολλαπλασιασμό των κουνελιών.

“Quot paria coniculorum in uno anno ex uno pario germinentur.”

Πόσα ζευγάρια κουνέλια προκύπτουν στο τέλος ενός έτους από ένα ζευγάρι, αν κάθε ζευγάρι γεννάει κάθε μήνα ένα καινούργιο ζευγάρι αρχίζοντας όμως από τον δεύτερο μήνα της ζωής του; Ουσιαστικά πρόκειται για την (αναδρομική) ακολουθία των επονομαζόμενων αριθμών Fibonacci

Πρόκειται για μια αρκετά ενδιαφέρουσα ακολουθία με πολλές εφαρμογές η οποία βρίσκεται μέχρι σήμερα στο κέντρο της ερευνητικής δραστηριότητας. Μάλιστα έχει ιδρυθεί η Fibonacci Association η οποία εκδίδει και περιοδικό με τίτλο The Fibonacci Quarterly. Περισσότερα στοιχεία για τους αριθμούς αυτούς μπορούμε να βρούμε στα [3],[11],[6].

Πρόταση 6.1.1. Για κάθε φυσικό αριθμό n ≥1 ισχύουν:

F2n+1 = FnFn+2 +(− 1)n (Τύπος του Cassini).

Απόδειξη.

Γράφουμε F1 = F3− F2,F2 = F4− F3,...,Fn = Fn+2− Fn+1 και προσθέτουμε κατά μέλη: F1+ F2+ ...+Fn = Fn+2− F2 = Fn+2− 1.

Γράφουμε F3 = F4− F2, F5 = F6− F4,...,F2n−1 =F2n− F2n−2 και προσθέτουμε κατά μέλη. ϒπενθυμίζουμε ότι F1 = F2 = 1.

Αφαιρούμε την 2. από την 1.( για δείκτη 2n) κατά μέλη.

Ισχύει

Εφαρμόζουμε την ταυτότητα αυτή διαδοχικά για k = 1,2,...,n και έχουμε: F2 =F1F2, 1 F 2= F2F3− F1F2, 2 F2= FnFn+1− Fn−1Fn. n Τις προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε το ζητούμενο.

Θα την αποδείξουμε επαγωγικά ως προς m. Για m = 0, προφανώς ισχύει. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για όλα τα m, m ≤ k+ 1. Επομένως ισχύουν Fn+k = Fn−1Fk+ FnFk+1 και Fn+k+1 =Fn−1Fk+1+ FnFk+2. Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε Fn+k+2 = Fn−1Fk+2+FnFk+3, δηλαδή ισχύει και για k+ 2 και επομένως για κάθε φυσικό αριθμό m.

Θα την αποδείξουμε επαγωγικά ως προς n. Για n =0, προφανώς ισχύει. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για κάποιο φυσικό k, Fk2+1 = FkFk+2+ (− 1)k. Επομένως F2 +Fk+1Fk+2 = FkFk+2+ Fk+1Fk+2+ (− 1)k k+1 Από τη σχέση αυτή προκύπτει F F = F 2 + (− 1)k, k+1k+3 k+2 και συνεπώς 2 k+1 Fk+2 = Fk+1Fk+3+ (− 1) . ΄Αρα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

__

Σχήμα 6.1.2: Jacques Binet, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Jacques_Binet.jpg

Αυτονόητο θεωρείται το ερώτημα αν υπάρχει «κλειστός» τύπος για τον n-στό όρο της ακολουθίας Fn. Η απάντηση στο ερώτημα είναι θετική, δόθηκε όμως πολύ αργότερα, στα 1843, από τον Γάλλο μαθηματικό Binet μέσω του ομώνυμου τύπου Binet.

Πράγματι η εξίσωση

έχει ρίζες √- a = 1+2-5 και √- b= 1−25. Επομένως ισχύουν

Για κάθε φυσικό αριθμό n≥ 1,έχουμε

Αφαιρούμε τις δύο αυτές ισότητες κατά μέλη και διαιρούμε συγχρόνως με (a− b):

Αν λοιπόν ορίσουμε για κάθε n∈ ℕ, an−bn An := a−b , τότε για κάθε n ≥ 1 ισχύει:

΄Αρα η ακολουθία An ταυτίζεται με αυτήν του Fibonacci, An = Fn για κάθε n ∈ℕ. Συνεπώς έχουμε τον παρακάτω τύπο που είναι γνωστός ως τύπος Binet:

Σημείωση: Η απόδειξη που δώσαμε είναι εύκολη αλλά προϋποθέτει τη γνώση του τύπου. Για μιά κάπως διαφορετική απόδειξη δείτε [3], [1, σελ. 62, Satz 34].

Επίσης, οι τύποι του Binet,μπορούν να υπολογιστούν και με χρήση Γραμμικής ΄Αλγεβρας (εφαρμογές της διαγωνιοποίησης), όπως και με τη θεωρία των γεννητριών συναρτήσεων.

Εφαρμογές 6.1.2. Ο άρρητος αριθμός √- ϕ = 1+2-5 ο οποίος ονομάζεται χρυσή αναλογία ικανοποιεί τη σχέση

Η εμφανίζεται στις αναλογίες του ανθρώπινου σώματος, στην αρχιτεκτονική, στην ζωγραφική, στον φυτικό κόσμο κτλ.

Σχήμα 6.1.3: ΄Ανθος χαμομηλιού (Anthemis tinctoria), στο οποίο έχουνε σχεδιαστεί 21 μπλε και 13 γαλάζια σπιράλ. Οι διατάξεις αυτές εμπλέκουν διαδοχικούς αριθμούς Fibonacci και εμφανίζονται πολύ συχνά στη φύση. Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:FibonacciChamomile.PNG

.

Μία γεωμετρική οφθαλμαπάτη ή (αλλιώς) ένα γεωμετρικό παράδοξο

Σχήμα 6.1.4: Σχήμα τετραγώνων

Το παράδειγμα αυτό το έχουμε πάρει από το [10, σελ. 135]. Μπορούμε να φτιάξουμε ένα τετράγωνο μήκους πλευράς 8 και να το χωρίσουμε σε 64 τετραγωνάκια. Το κόβουμε και το ράβουμε πάλι και «βλέπουμε» ότι σχηματίστηκε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο διαστάσεων 13 επί 5, το οποίο όμως έχει εμβαδόν 65 και όχι 64 όπως το αρχικό τετράγωνο, κάτι το οποίο είναι παράδοξο. Πού βρίσκεται το λάθος;
Η απάντηση είναι ότι κάτι που στο σχήμα φαίνεται ευθεία γραμμή είναι οφθαλμαπάτη!. Μέσα στο ορθογώνιο σχηματίζεται ουσιαστικά ένα πολύ μικρό, μακρόστενο παραλληλόγραμμο με μία γωνία θ = 1o31′40′′, εμβαδού περίπου ένα.

Σχήμα 6.1.5: Lucas, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Elucas_1.png

Το τέχνασμα δούλεψε επειδή το τετράγωνο ενός ακέραιου υπολείπεται του γινομένου δύο ακέραιων κατά ένα. Τέτοιους ακέραιους βρίσκουμε στην ακολουθία του Fibonacci. Από τον τύπο του Cassini, έχουμε

Επομένως για n= 2k− 1 ισχύει:

Στο παράδοξο χρησιμοποιήθηκε ο τύπος για k= 3. Θα μπορούσαμε να «αποδείξουμε» κάτι αντίστοιχο για κάθε k. Για παράδειγμα, για k= 4, έχουμε τετράγωνο πλευράς 21 και το ορθογώνιο διαστάσεων 34 και 13.

Η επόμενη πρόταση συνδέει τους αριθμούς Fibonacci με τους διωνυμικούς συντελεστές και αποδείχθηκε στα 1876 από τον Γάλλο μαθηματικό Lucas.

Πρόταση 6.1.3. Για κάθε m ≥ 0 ισχύει

όπου (u) v = 0, όταν u< v.

Απόδειξη. Ας ονομάσουμε

Για m = 0 έχουμε A1 = 1 και για m = 1 επίσης ( ) ( ) A2 = 10 + 01 = 1+ 0= 1. Τώρα για κάθε m ≥ 0 ισχύει

Συνεπώς για κάθε m ≥ 0 έχουμε F = A . m+1 m+1 __

Είναι σε όλους γνωστό ότι οι διωνυμικοί συντελεστές μπορούν να παρασταθούν από το τρίγωνο του Pascal. Μία γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος του Lucas είναι ότι το άθροισμα των όρων του τριγώνου Pascal κατά τη βορειοανατολική κατεύθυνση, μας δίνει την ακολουθία των αριθμών Fibonacci.

Σχήμα 6.1.6: Αριθμοί Fibonacci και το τρίγωνο του Pascal, Το παρόν έργο αποτελεί κοινό κτήμα (public domain). Πηγή: Wikimedia Commons https://commons.wikimedia.org/wiki/File:PascalTriangleFibanacci.svg

Αριθμοθεωρητικές ιδιότητες

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε μερικές αριθμοθεωρητικές ιδιότητες των αριθμών Fibonacci.

Πρόταση 6.1.4. Για κάθε m,n∈ ℕ ισχύουν:

Αν m|n , τότε Fm|Fn.

Απόδειξη.

Επειδή m|n, έπεται ότι n= mm1 για κάποιο m1 ∈ ℕ. Εφαρμόζουμε μαθηματική επαγωγή ως προς m1. Για m1 = 0, έχουμε n = 0, δηλαδή F0 = 0 ο οποίος διαιρείται από κάθε Fm. (Αν m1 = 1 τότε m =n οπότε και Fm =Fn|Fn.)

ϒποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για τον m1, δηλαδή ότι Fm|Fmm1. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για m1 +1. Πράγματι

Συνεπώς Fm |Fm(m1+1).

ϒποθέτουμε ότι (F ,F )= d > 1. n n+1 Επομένως d|F = F − F . n−1 n+1 n ΄Ομοια συμπεραίνουμε ότι d|F n−2 και, συνεχίζοντας επαγωγικά, τελικά καταλήγουμε ότι θα πρέπει d|F = 1, 1 άτοπο. ’ρα d = 1.

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι m> n. Εφαρμόζουμε διαδοχικά τον ευκλείδειο αλγόριθμο:

Επομένως για τους αντίστοιχους αριθμούς Fibonacci έχουμε,

διότι, λόγω της 2.,

Εντελώς όμοια αποδεικνύεται ότι

Λόγω της ιδιότητας 1., επειδή F |F , rt rt−1 έπεται ότι (F ,F )= F . rt rt−1 rt

Συνεπώς

__

Παρατηρήσεις

Από την Πρόταση 6.1.4 προκύπτει αμέσως ότι για m,n ∈ℕ και m ≥ 3 ισχύει

Απόδειξη. Η μία κατεύθυνση έχει ήδη αποδειχθεί στην Πρόταση 6.1.4. Θα αποδείξουμε και την αντίστροφη. ϒποθέτουμε ότι Fm|Fn. Επομένως (Fm,Fn) =Fm. Η 3). της Πρότασης 6.1.4 μας δίνει ότι (Fm,Fn)= F(m,n). Συνεπώς F(m,n) = Fm. Επειδή η ακολουθία των αριθμών Fibonacci είναι, για m ≥ 3, γνήσια αύξουσα, έπεται ότι m= (m,n), δηλαδή m|n. __

Επομένως

κ.λ.π.

Συχνά επεκτείνουμε την ακολουθία των αριθμών Fibonacci και για αρνητικούς δείκτες κάτι που, όπως θα δούμε, θα μας είναι ιδιαίτερα χρήσιμο στα επόμενα. Εδώ μόνο να παρατηρήσουμε ότι ισχύει F−n = (− 1)n−1Fn και ότι η αλήθεια της πρότασης 6.1.4 ισχύει για οποιουσδήποτε ακέραιους m και n .

Πρόταση 6.1.5. Αν Fn+1 και Fn+2 (για n > 1) δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fibonacci, τότε ο ευκλείδειος αλγόριθμος χρειάζεται ακριβώς n βήματα για να πιστοποιήσει ότι (Fn+1,Fn+2)= 1.

Απόδειξη.

Απλά αρκεί να παρατηρήσουμε ότι,

__

Στη συνέχεια θα εκτιμήσουμε το μέγεθος (πλήθος ψηφίων) του αριθμού F n στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης. Συγκεκριμένα θα αποδείξουμε την

Πρόταση 6.1.6. Για κάθε φυσικό αριθμό m≥ 1 υπάρχουν τουλάχιστον και το πολύ αριθμοί Fibonacci με πλήθος δεκαδικών ψηφίων ίσο με m.

Απόδειξη. Η απόδειξη θα γίνει επαγωγικά ως προς m. Για m= 1 οι μοναδικοί μονοψήφιοι αριθμοί Fibonacci είναι οι 1,2,3,5 και 8. ϒποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για κάποιο m. Αν Fn ο μικρότερος αριθμός Fibonacci με πλήθος δεκαδικών ψηφίων μεγαλύτερο του m, τότε:

΄Αρα, οι Fn,Fn+1,Fn+2, και Fn+3 έχουν όλοι τους (m + 1)- δεκαδικά ψηφία.
Από την άλλη μεριά, λόγω της ανισότητας 10m ≤ Fn = Fn−1+ Fn−2 <2Fn−1, προκύπτει ότι Fn−1 > 12 ⋅10m. Επομένως

Η τελευταία ανισότητα μας δίνει m+1 Fn+5 > 10 . Συνεπώς ο Fn+5 έχει τουλάχιστον (m +2) δεκαδικά ψηφία, δηλαδή υπάρχουν το πολύ πέντε αριθμοί Fibonacci με πλήθος δεκαδικών ψηφίων (m+ 1). __

΄Αμεση συνέπεια της Πρότασης 6.1.6 είναι το ακόλουθο

Πόρισμα 6.1.7. Αν ο n-στός αριθμός Fibonacci έχει πλήθος δεκαδικών ψηφίων m, τότε n ≤ 5m + 1.

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς m. Για m = 1 έχουμε F6 = 8 και F7 = 13, δηλαδή ισχύει. ϒποθέτουμε ότι ισχύει για όλους τους φυσικούς τους μικρότερους ή ίσους του m. Αν τώρα ο Fn έχει (m +1)-ψηφία ο Fn−5, σύμφωνα με την Πρόταση 6.1.6, θα έχει το πολύ m-ψηφία οπότε, λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής, έχουμε n − 5 ≤ 5m+ 1, δηλαδή n≤ 5(m+ 1)+ 1. __

Οι αριθμοί Fibonacci είναι χρήσιμοι και στην εκτίμηση των βημάτων του ευκλείδειου αλγόριθμου για τον υπολογισμό του μέγιστου κοινού διαιρέτη δύο ακέραιων. Το επόμενο θεώρημα αποδείχθηκε από τον Lame, μαθηματικό του 19ου αιώνα, γνωστού κυρίως από την απόδειξη (στα ) της «Εικασίας Fermat» για εκθέτη 7.

Θεώρημα 6.1.8. Αν a,b ∈ℕ,a > 0,b > 0 και π(a,b) το πλήθος των διαιρέσεων του ευκλείδειου αλγορίθμου για τον υπολογισμό του μέγιστου κοινού διαιρέτη των a,b , τότε ισχύει π(a,b)≤ 5ψ (b), όπου ψ (b) το πλήθος των δεκαδικών ψηφίων του b.

Απόδειξη. Επειδή η ακολουθία αριθμών Fibonacci τείνει στο άπειρο, έπεται ότι υπάρχει κάποιος φυσικός αριθμός n τέτοιος ώστε F ≤ b< F . n n+1 Θα αποδείξουμε, με μαθηματική επαγωγή ως προς b, ότι π (a,b)≤ n− 1. Αν b= 1, τότε F = 1≤ b< F = 2 2 3 ισχύει. Αν τώρα b > 1 και a= bq+ r, με 0 ≤ r< b τότε π(a,b)= π(b,r)+ 1. Στη συνέχεια ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις: Αν r< F n τότε, λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής, ισχύει π(b,r)≤ n− 2, οπότε και π(a,b)≤ n− 1. Αν πάλι F ≤ r< b< F n n+1 τότε, από τη σχέση b = rq + s, με 0≤ s< r 1 προκύπτει ότι s< F . n+1 Πράγματι, αν ίσχυε s≥ F , n+1 θα είχαμε

άτοπο. Επομένως, λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής, έχουμε π(r,s)≤ n− 3 από την οποία έπεται ότι

Συνεπώς αποδείξαμε ότι αν Fn ≤b < Fn+1 και ο Fn έχει m δεκαδικά ψηφία τότε, λόγω του πορίσματος,

__

Στη συνέχεια θα μελετήσουμε την περιοδικότητα της ακολουθίας των αριθμών Fibonacci ως προς μέτρο κάποιο φυσικό αριθμό m, m ⁄= 0.

Πρόταση 6.1.9. Η ακολουθία των αριθμών Fibonacci είναι περιοδική (modm), για κάθε μη-μηδενικό φυσικό αριθμό m. Επίσης υπάρχει τουλάχιστον ένας από τους F1,F2,...,Fm2 ο οποίος να είναι διαιρετός με m.

Απόδειξη.

Με - k, θα συμβολίζουμε τον ελάχιστο φυσικό αντιπρόσωπο της κλάσης k(modm ) δηλαδή τον ελάχιστο φυσικό για τον οποίο - k≡ k(modm). Σχηματίζουμε τα ζευγάρια

Το πλήθος των δυνατών, διαφορετικών μεταξύ τους, ζευγαριών είναι 2 m . ΄Εστω -- -- 〈Fk,Fk+1〉 το πρώτο ζευγάρι το οποίο εμφανίζεται στην ακολουθία για δεύτερη φορά. Θα αποδείξουμε ότι αυτό είναι το - - 〈1,1〉. Αν ήταν κάποιο άλλο ζευγάρι, έστω το -- -- 〈F k,Fk+1〉 για κάποιο k> 1 τότε θα υπήρχε l > k τέτοιο ώστε

Επειδή Fl−1 = Fl+1− Fl και Fk−1 = Fk+1− Fk έπεται ότι Fl−1 = Fk−1 δηλαδή

το οποίο είναι άτοπο, αφού το -- -- 〈Fk,Fk+1〉 είναι το πρώτο ζευγάρι το οποίο εμφανίζεται για δεύτερη φορά. Επομένως το - - 〈1,1〉 είναι το πρώτο επανεμφανιζόμενο ζευγάρι και συνεπώς η ακολουθία είναι περιοδική.
Από τη σχέση

έπεται ότι Ft ≡ 1(modm ) και Ft+1 ≡ 1(modm). Συνεπώς Ft−1 = Ft+1− Ft ≡ 0(modm ),δηλαδή m |Ft−1. __

Ορισμός 6.1.10. Ο δείκτης t του μικρότερου (θετικού) αριθμού Fibonacci Ft για τον οποίο ισχύει m|Ft, θα λέγεται σημεία ειόδου (entry point) του αριθμού m.

Στη συνέχεια θα περιοριστούμε στην περίπτωση που ο m είναι πρώτος αριθμός.

Πρόταση 6.1.11. Για κάθε πρώτο p > 5 ισχύει p|Fp−1 ή p|Fp+1.

Απόδειξη. Σύμφωνα με τους τύπους του Binet

ϒπολογίζουμε το διωνυμικό ανάπτυγμα των an και bn, όπου √- a = 1+2-5 και √- b = 1−2-5. και αφαιρούμε. Συνεπώς έχουμε,

Εφαρμόζουμε τη σχέση (*) για n= p :

Επειδή, ως γνωστό, ισχύει (p)≡ 0(modp ) k για κάθε k, 1 ≤ k≤ p− 1 και, σύμφωνα με το μικρό Θεώρημα του Fermat, p−1 2 ≡ 1(modp) έπεται ότι

΄Ομως, σύμφωνα με το θεώρημα του Euler, έχουμε p−1- 5 5 2 ≡ (p)≡ ±1(modp), δηλαδή Fp2≡ 1(modp). Στη συνέχεια από τον τύπο του Cassini προκύπτει ότι

ο οποίος ως ισοτιμία γράφεται Fp−1Fp+1 ≡ 0(modp), δηλαδή p|Fp−1 είτε p|Fp+1. Δεν είναι δυνατό ο p να διαιρεί και τους δύο συγχρόνως, διότι τότε θα διαιρούσε και τον (Fp−1,Fp+1)= F(p−1,p+1) = F2 = 1, άτοπο. __

Παρατήρηση. Βέβαια δεν είναι πάντοτε οι αριθμοί p− 1 ή p+ 1 και σημεία εισόδου του πρώτου αριθμού p. Για παράδειγμα, ο 13|F14 = 377 αλλά και 13|F7 = 13.

Εντελώς φυσικό θεωρείται το ερώτημα. Πότε ισχύει η μία διαιρετότητα και πότε η άλλη; Είναι δυνατό να χαρακτηρίσουμε τις δύο περιπτώσεις; Η απάντηση είναι θετική. Εφαρμόζουμε τη σχέση (*) για n= p +1 και έχουμε

Επειδή, ( ) p|p+k1 για κάθε k, 3≤ k≤ p− 1, έχουμε

Από την τελευταία ισοτιμία συμπεραίνουμε ότι,

Η παραπάνω πρόταση μπορεί επομένως να γραφεί στη μορφή:

Πρόταση 6.1.12. Αν p πρώτος, τότε ισχύει η ισοτιμία, Fp−εp ≡ 0(modp ), όπου εp := (p5).

Απόδειξη. Η αλήθεια της πρότασης είναι άμεση συνέπεια της πρότασης 6.1.9, του σχολίου που ακολούθησε και της επαλήθευσης ότι ισχύει και για p= 2,3,5. (Το σύμβολο εp = (p5) είναι το σύμβολο Kronecker, για p περιττό ταυτίζεται με το σύμβολο του Legendre και για p = 2, (5) = − 1. 2) __

Το ερώτημα είναι αν ισχύει και το αντίστροφο. Θα είχαμε ένα, ακόμη, κριτήριο πιστοποίησης πρώτων αριθμών. Θα ήταν πολύ ωραίο για να είναι αληθινό. ΄Ομως ο αριθμός δεν είναι πρώτος αλλά επαληθεύει το συμπέρασμα της πρότασης 6.1.12.

Ορισμός 6.1.13. ΄Ενας φυσικός αριθμός n θα λέγεται ψευδοπρώτος Fibonacci, όταν επαληθεύει το συμπέρασμα της πρότασης 6.1.12 και είναι σύνθετος.

Το θέμα είναι πολύ ενδιαφέρον, αλλά θα επανέλθουμε σε επόμενη παράγραφο στην οποία θα το εξετάσουμε στη γενικότητά του.

Θα κλείσουμε την παράγραφο με μία ακόμη ιδιότητα της ακολουθίας.

Ορισμός 6.1.14. Μία ακολουθία θετικών ακέραιων θα λέγεται πλήρης όταν κάθε θετικός ακέραιος m μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα όρων της ακολουθίας και κάθε όρος της ακολουθίας μπορεί να χρησιμοποιηθεί το πολύ μία φορά στην παράσταση του m.

Πρόταση 6.1.15. Η ακολουθία Fibonacci Fn,(n≥ 1) είναι πλήρης.

Απόδειξη. Από την Πρόταση 6.1.1,1. έχουμε

Πρώτα απ΄ όλα παρατηρούμε ότι για 3≤ n ≤6 κάθε ακέραιος m =1,2,3,...,Fn− 1 μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα κάποιων εκ των αριθμών Fibonacci. Πράγματι για n = 3 έχουμε

για n= 4 έχουμε

δηλαδή F1 = 1,F1+ F2 = 2 κ.λ.π.. ΄Ομοια και για n = 5 και n = 6.
ϒποθέτουμε τώρα ότι κάθε ακέραιος m = 1,2,3,...,Fk− 1,(k≥ 3) μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα των αριθμών Fibonacci F1,F2,...,Fk−2. Θα αποδείξουμε ότι κάθε ακέραιος m= 1,2,3,...,Fk+1 − 1, μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα κάποιων από τους F1,F2,...Fk−1,(k ≥ 4). Αν σε κάθε δοσμένη παράσταση προσθέσουμε το Fk−1 θα έχουμε

΄Ετσι πετυχαίνουμε την παράσταση των διαδοχικών θετικών ακέραιων 1,2,3,...,Fk− 1 και 1+Fk−1,2+ Fk−1,3+ Fk−1,...,Fk+1− 1. Δεν υπάρχουν παραλείψεις ανάμεσα στους Fk− 1 και 1+ Fk−1 διότι για k= 3 έχουμε Fk− 1= 1 και 1 +Fk−1 = 2, για k= 4 ισχύει Fk− 1= 2 και 1+ Fk−1 = 3, ενώ για k≥ 5 ισχύει Fk− 1≥ 1+ Fk−1,αφού Fk− Fk−1 ≥ 2. __

6.2 Αριθμοί Lucas

Εάν τώρα αλλάξουμε τα αρχικά δεδομένα της ακολουθίας Fibonacci και θέσουμε L0 =2 και L1 =1, προκύπτει μία καινούρια αναδρομική ακολουθία η οποία ορίστηκε και μελετήθηκε αρχικά από τον Γάλλο μαθηματικό Francois Edouard Lucas (1842-1891). Μάλιστα πήρε το όνομά του.

Ορισμός 6.3.1. Η αναδρομική ακολουθία ακέραιων L0 = 2,L1 = 1 και Ln+2 = Ln+1+ Ln για κάθε n ∈ℕ, λέγεται ακολουθία Lucas.

Σημείωση. ϒπενθυμίζουμε ότι ο Lucas ήταν ο πρώτος που ονόμασε την ακολουθία που μόλις μελετήσαμε, ακολουθία Fibonacci.

Για την ακολουθία Lucas ισχύουν ανάλογες ιδιότητες αυτής των αριθμών Fibonacci. Επεκτείνουμε την ακολουθία και προς τα αριστερά, για εκθέτες αρνητικούς ακέραιους. Θα αναφέρουμε μερικές ιδιότητες χωρίς απόδειξη. Ισχύουν για κάθε n∈ ℤ. Ο πρώτος είναι γνωστός ως τύπος Binet.

Επίσης αποδεικνύεται ότι η ακολουθία Lucas Ln−1,n ≥ 0 είναι πλήρης.

Πρόταση 6.3.2. Για κάθε ακέραιο n, ισχύει,

Απόδειξη. Από τους τύπους του Binet n n Ln = a +b και 1 n n Fn = √5(a − b ) έπεται ότι √- an = 12(Ln+ Fn 5) και √ - bn = 12(Ln− Fn 5). Επομένως 14(L2n− 5Fn2) = (ab)n οπότε και L2n− 5Fn2= 4(− 1)n. __

Σημείωση. Η πρόταση αυτή μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής: Τα ζευγάρια

είναι λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης

Η εξίσωση αυτή λέγεται εξίσωση του Pell, είναι πολύ σημαντική και θα μελετηθεί σε ξεχωριστό κεφάλαιο του δεύτερου μέρους.
Αργότερα θα αποδείξουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο, δηλαδή ότι αυτές είναι όλες οι λύσεις της εξίσωσης αυτής.

Μια εικασία σχετικά με τους αριθμούς Fibonacci ήταν ότι οι μοναδικοί αριθμοί που είναι τέλειο τετράγωνο είναι οι 0,1,144. Η εικασία αυτή αποδείχθηκε από τον J.H.E.Cohn [5], [4] στα 1964. Για να την αποδείξουμε χρειαζόμαστε ακόμη μερικές ταυτότητες των αριθμών Fibonacci και Lucas.

Οι επόμενες ισχύουν υπό τις προϋποθέσεις 2|k και 3∤k

Απόδειξη. Εδώ θα περιγράψουμε τις ιδέες των αποδείξεων των ιδιοτήτων αυτών. Οι πρώτες δύο αποδεικνύονται με τη βοήθεια των τύπων Binet. Οι επόμενες δύο όπως και οι αντίστοιχες για τους αριθμούς Fibonacci. Επειδή 3∤k, έπεται ότι 2 ∤Lk. Επομένως για 2|k η (6.3.9) γράφεται L2k= Lk+ 2(− 1)k2, 2 και συνεπώς Lk ≡ 3(mod4). Από την πρώτη σχέση προκύπτει για n= 2k ότι

Επειδή 2∤k, έχουμε

Ανάλογα αποδεικνύεται και η (6.3.18). Τέλος, η (6.3.19) είναι απλή γενίκευση του γεγονότος ότι η ακολουθία Lucas είναι περιοδική (mod8 ) με μήκος περιόδου 12. __

Πρόταση 6.3.3.

Αν ο Ln είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ΄ ανάγκη n = 1 ή n =3.

Αν ο Ln είναι το διπλάσιο τέλειου τετραγώνου, τότε κατ΄ ανάγκη n= 0 ή n= ±6.

Απόδειξη.

Αν ο n είναι άρτιος τότε η (6.3.9) δίνει

Αν n ≡1(mod4), τότε L1 = 1, ενώ αν n ⁄= 1, τότε γράφουμε n =1 +2 ⋅3r⋅k και από την (6.3.17) επεται ότι

οπότε για Ln = x2 προκύπτει ότι x2 ≡ − 1(modLk), η οποία, λόγω της (6.3.16), δεν έχει λύση.
Αν τώρα n≡ 3(mod4), τότε για n = 3 δίνει τη λύση L3 = 22 ενώ για n> 3 γράφουμε n= 3+ 2⋅3r⋅k και έχουμε

από την οποία προκύπτει, όπως παραπάνω, ότι ο Ln δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Αν ο n είναι περιττός και ο Ln άρτιος τότε, λόγω της (6.3.12) , έχουμε n ≡ ±3(mod12). Από την (6.3.16 ), σε συνδυασμό με την (6.3.4), προκύπτει Ln ≡ 4(mod8). ’ν ήταν Ln = 2x2 θα είχαμε 2x2 ≡ 4(mod8), δηλαδή x2 ≡ 2(mod4), το οποίο είναι άτοπο.
Αν n ≡ 0 (mod 4), τότε για n= 0 έχουμε τη λύση L0 = 2, ενώ για n⁄= 0 γράφουμε n= 2⋅3r⋅k και έχουμε

Αν τώρα υποθέσουμε ότι Ln = 2x2 τότε ο 2Ln = (2y)2 θα ήταν τέλειο τετράγωνο, το οποίο όμως, λόγω της (1.14), είναι αδύνατο.
Αν n≡ 6 (mod 8) τότε για n= 0, έχουμε τη λύση L6 = 2⋅32, ενώ για n⁄= 6 γράφουμε n= 6+ 2⋅3r⋅k (όπου 4|k,3∤k) βρίσκουμε

από την οποία προκύπτει, όπως παραπάνω, ότι Ln ⁄= 2x2.
Αν τέλος n ≡ 2(mod8 )=⇒ n ≡− 6(mod8), τότε από τη σχέση (3), έπεται ότι έχουμε μία λύση για n= − 6 και καμμία άλλη για τις υπόλοιπες τιμές του n.

__

Πρόταση 6.3.4.

Αν ο Fn είναι τέλειο τετράγωνο τότε, κατ΄ ανάγκη, n= 0,±1,2 ή 12.

Αν Fn = 2x2 τότε , κατ΄ ανάγκη n =0,±3, ή 6.

Απόδειξη. Για το 1. Αν n≡ 1 (mod 4), τότε για n= 1 έχουμε τη λύση F1 = 1 ενώ για n⁄= 1 γράφουμε r⋅ n= 1+ 2⋅3 k και συνεπώς

δηλαδή F ⁄= x2. n
Αν n≡ 3(mod4) από τη σχέση F = (− 1)n−1F −n n προκύπτει ότι − n ≡1 (mod 4) και βρίσκουμε τη λύση n= − 1.
Αν ο n είναι άρτιος, τότε λόγω της (1.1) F = FnLn n 2 2 και η (1.9) για F = x2 n και 3|n δίνει 2 Fn2 = 2y και 2 L n2 = 2z. Από την προηγούμενη πρόταση έπεται ότι n 2 = 0,±6, δηλαδή ότι n= 0,±12. Οι δύο τιμές n = 0,12 δίνουν λύσεις της 2 Fn2 = 2y ενώ η n = − 12 όχι. Αν τέλος ο n είναι άρτιος και δεν διαιρεί το n, τότε η (1.9) δίνει Fn2 = y2 και L n2 = z2. Από την προηγούμενη πρόταση και πάλι έχουμε n2 = 1,3, δηλαδή n = 2,6. Η τιμή n= 2 δίνει λύση της Fn2 = y2, ενώ η n = 6 όχι.

Για το 2. ΄Εστω ότι n≡ 3(mod4). Αν n = 3 τότε έχουμε τη λύση F3 = 2, ενώ για n⁄= 3 με n= 3+ 2⋅3r⋅k με 2|k και 3nok έχουμε

΄Εχουμε δει προηγουμένως ότι η F = 2x2 n δεν έχει λύση. Αν τώρα ο n είναι άρτιος, τότε από τη σχέση (1) F = FnL n n 2 2 και την υπόθεση ότι F = 2x2 n προκύπτει 2 Fn2 = y και 2 Ln2 = 2z . (σύμφωνα με το προηγούμενο θεώρημα και το πρώτο μέρος του παρόντος η μοναδική λύση είναι n= 0) ή Fn2 = 2y2 και Ln2 = z2, οπότε και πάλι λόγω της προηγούμενης πρότασης έχουμε n 2 = 1 ή 3. Για n = 2 δεν ισχύει Fn2 = 2y2 η οποία ισχύει για n= 6. __

Πρόταση 6.3.5. Οι μοναδικοί αριθμοί Fibonacci της μορφής 2 Fn =c + 1 είναι αυτοί με δείκτη n = ±1,2,±3, ±5.

Το πρόβλημα του προσδιορισμού των τρίγωνων αριθμών οι οποίοι είναι συγχρόνως και αριθμοί Fibonacci απαντήθηκε. Συγκεκριμένα ισχύει:

Πρόταση 6.3.6. Οι μοναδικοί αριθμοί Fibonacci οι οποίοι είναι και τρίγωνοι αριθμοί, είναι οι 0,1,3,21,55.

Απόδειξη. Δείτε το άρθρο [7]. __

Στα 1969 ο H.M. Stark διατύπωσε το πρόβλημα: «Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί Fibonacci της μορφής Fn = 12(X3− Y3).» Ισχυρίστηκε μάλιστα ότι η απάντηση σ΄ αυτό είναι ισοδύναμη με ένα σημαντικό πρόβλημα αλγεβρικής Θεωρίας Αριθμών. Και αυτό το προβλημα είναι ανοιχτό.

Ασκήσεις

Αν 2|Fn, να αποδείξετε ότι 4|(F2n+1− F2n−1) και αν 3|Fn τότε 9|(F2n+1− F2n−1)

Για κάθε n≥ 3 ισχύει

Αν m ≥ 1,n ≥ 1 και (m,n) =1, τότε FmFn |Fmn.

Για κάθε n≥ 1 ισχύει

Να αποδείξετε ότι

Να αποδείξετε ότι

Fn2+1− 4FnFn−1 =Fn2−2 για κάθε n≥ 3

F F − F F = 2(− 1)n, n+1 n− 1 n+2 n−2 για κάθε n≥ 3

2 n Fn − Fn+2Fn−2 = (− 1) , για κάθε n≥ 3

Fn2− Fn+3Fn−3 = 4(− 1)n+1, για κάθε n ≥ 4

F2n−1 = F2+ F2 , n n−1 για κάθε n≥ 2

Αν p∈ ℙ, p= 4k+ 3 τότε η a2+b2 ≡0modp συνεπάγεται ότι p |a και p |b (Αποδείξτε το ή δεχτείτε το!). Να αποδείξετε ότι αν p ∈ℙ, p≡ 3mod4, τότε για κάθε n≥ 1 ισχύει p ∤F2n−1.

Να αποδείξετε ότι το γινόμενο F2n−1F2n+5 γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Θεωρήστε κατάλληλη υπακολουθία της ακολουθίας Fibonacci και αποδείξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 4k +1.

Να αποδείξετε την ταυτότητα

Στη συνέχεια να υπολογίσετε 5 πρωταρχικές πυθαγόρειες τριάδες. Τέλος να αποδείξετε ότι ο αριθμός FnFn+1Fn+2Fn+3 είναι πάντοτε εμβαδόν ορθογωνίου τριγώνου.

6.4 Ακολουθίες Lucas.

Στην παράγραφο αυτή θα γενικεύσουμε τα προηγούμενα αποτελέσματα. Οι τύποι Binet, τόσο των αριθμών Fibonacci όσο και των αριθμών Lucas, συνδέονται άμεσα με τους αριθμούς √- α = 1+2-5 και √- β = 1−2-5, οι οποίοι είναι οι ρίζες του δευτεροβάθμιου πολυωνύμου x2− x − 1. Θεωρούμε λοιπόν δύο ακέραιους αριθμούς a,b διάφορους του μηδενός. Οι ρίζες του πολυωνύμου x2− ax+ b =0 είναι √-- α = a+2D- και √-- β = a−-D, 2 όπου D = a2− 4b η διακρίνουσα του πολυωνύμου. Προκειμένου να αποφύγουμε την ιδιάζουσα περίπτωση της διπλής ρίζας, υποθέτουμε ότι η διακρίνουσα D ⁄= 0. Επομένως, α+ β = a, α − β = √D- και αβ = b. Για κάθε n ≥ 0 ορίζουμε δύο ακολουθίες, Un = Un(α,β)n∈ℕ και Vn = Vn(α, β)n∈ℕ ως εξής:

Οι ακολουθίες U = (Un(α,β))n∈ℕ και V = (Vn(α,β))n∈ℕ θα λέγονται (πρώτη και δεύτερη αντίστοιχα) ακολουθίες Lucas ως προς το ζευγάρι (α,β).

Είναι φανερό ότι, U0(α,β )= 0, V0(α,β)= 2 και U1(α,β)= 1, V1(α,β) =α + β. Επίσης εύκολα διαπιστώνεται ότι για κάθε n≥ 2 ισχύουν:

Οι συνηθισμένοι αριθμοί Fibonacci και Lucas προκύπτουν ως ειδική περίπτωση (πρώτη και δεύτερη αντίστοιχα) της ακολουθίας Lucas ως προς το ζευγάρι (a,b)= (1,− 1).
Επεκτείνουμε τους δείκτες και για αρνητικούς ακέραιους έτσι ώστε οι αναδρομικοί τύποι να συνεχίσουν να ισχύουν: U−n = − 1bnUn και V−n = 1bnVn, για κάθε n ≥ 1.

Ιδιότητες Στη συνέχεια αναφέρουμε, χωρίς αποδείξεις, μερικές ιδιότητες των ακολουθιών Lucas, οι οποίες αποτελούν γενικεύσεις αντίστοιχων ιδιοτήτων των αριθμών Fibonacci και Lucas.

Για U ⁄= 1, m ισχύει U |U m n ακριβώς τότε όταν m |n. Για V ⁄= 1, m ισχύει V |V m n ακριβώς τότε όταν (m|n και n- m είναι περιττός ακέραιος). Στις επόμενες τέσσερις ιδιότητες, υποθέτουμε ότι ισχύει (α,β)= 1.

όπου d = (m,n).

όπου d = (m,n).
Αν n ≥1, τότε (Un,b)= 1 και (Vn,b)= 1.

Στη συνέχεια θα διατυπώσουμε μια πρόταση για τις ακολουθίες Lucas, η οποία γενικεύει τις προτάσεις 6.3.3, 6.3.4 για τους αριθμούς των Fibonacci και Lucas.

Πρόταση 6.4.1. ϒποθέτουμε ότι a≥ 1, ότι οι αριθμοί a,b είναι περιττοί, (a,b)= 1 και D = a2− 4b> 0.

Αν ο Un είναι τέλειο τετράγωνο τότε, κατ΄ ανάγκη, n =1,2,3,6, ή 12.

Αν ο Vn είναι τέλειο τετράγωνο τότε, κατ΄ ανάγκη, n= 1,3 ή 5.

Αν ο Un είναι το διπλάσιο τέλειου τετραγώνου τότε, κατ΄ ανάγκη n= 3, ή 6.

Αν ο Vn είναι το διπλάσιο τέλειου τετραγώνου τότε, κατ΄ ανάγκη n= 3, ή 6.

Τέλος, θα μελετήσουμε τη διαιρετότητα των ακολουθιών Lucas από πρώτους αριθμούς. Το αποτέλεσμα, όπως θα δούμε στην επόμενη παράγραφο, έχει εφαρμογή στην πιστοποίηση πρώτων.

Πρόταση 6.4.2. ΄Εστω U = (Un(α,β))n∈ℕ και V = (Vn(α,β))n∈ℕ οι ακολουθίες Lucas ως προς το ζευγάρι (a,b). Αν p∈ ℙ, τέτοιος ώστε ο p να μην διαιρεί τον 2βD, τότε ισχύει,

όπου D- εp := (p).

Η πρόταση αυτή αποτελεί γενίκευση της πρότασης 6.1.12. θα την αποδείξουμε σε μία ειδική περίπτωση. Συγκεκριμένα θα αποδείξουμε ότι

Πρόταση 6.4.3. Αν p περιττός πρώτος τέτοιος ώστε (Dp)= − 1, τότε p|Up+1.

Απόδειξη. Η απόδειξη είναι όμοια με την πρόταση 6.1.9. ϒπολογίζουμε τον διωνυμικό τύπο για τις δυνάμεις

και

Από τους τύπους του Binet προκύπτει ότι,

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με 2n−1 και θέτουμε n= p+ 1 οπότε παίρνουμε

Είναι γνωστό ότι ( ) p+k1 ≡ 0modp για κάθε k, 2≤ k≤ p− 1. Επομένως, αν το λάβουμε υπόψη και εφαρμόσουμε το (μικρό) Θεώρημα Fermat, έχουμε: 2U ≡ a(1+ Dp−21)modp. p+1 ϒπενθυμίζουμε το Θεώρημα του Euler, και την υπόθεση ότι (D)= − 1 p από τα οποία προκύπτει ότι p|Up+1. __

Το πιο γενικό αποτέλεσμα είναι το ακόλουθο: Θεωρούμε τις ακολουθίες Lucas U = (Un(α,β))n∈ℕ καιV = (Vn(α,β ))n∈ℕ ως προς το ζευγάρι (a,b) και έστω p ένας περιττός πρώτος αριθμός.

Πρόταση 6.4.4.

Αν ο p δεν διαιρεί το a και διαιρεί το b, τότε ο p δεν διαιρεί το Un για κάθε n≥ 1.

Αν ο p διαιρεί το a και δεν διαιρεί το b, τότε ο p διαιρεί το Un ακριβώς τότε όταν ο n είναι άρτιος.

Αν ο p δεν διαιρεί το ab και διαιρεί το D, τότε ο p διαιρεί το Un ακριβώς τότε όταν p|n.

Αν ο p δεν διαιρεί το abD, τότε ο p διαιρεί το Up−ε(p).

Σημείωση. Οι συγγραφείς Crandall, Pomerance [2] και Song Y. Yan [9] θεωρούν ότι για την τελευταία σχέση αρκεί ο περιορισμός ο p να είναι περιττός πρώτος ο οποίος να μη διαιρεί το γινόμενο bD.

5.Εφαρμογές

Της πρότασης 6.4.2 δεν ισχύει το αντίστροφο. ϒπάρχουν σύνθετοι φυσικοί αριθμοί n για τους οποίους να ισχύει η ισοτιμία

(6.5.16)

Ορισμός 6.5.5. Ενας σύνθετος φυσικός αριθμός n ο οποίος επαληθεύει τη σχέση (6.5.16), θα λέγεται ψευδοπρώτος Lucas ως προς το ζευγάρι (a,b).
Οι ψευδοπρώτοι Lucas ως προς το ζευγάρι (a,b)= (1,− 1) θα λέγονται ψευδοπρώτοι Fermat.

Μερικοί ψευδοπρώτοι Fermat είναι οι 323,377,1159,...
Δεν έχει βρεθεί μέχρι σήμερα αριθμός ο οποίος να είναι συγχρόνως ψευδοπρώτος Lucas και αριθμός Carmichael (ή 2-ψευδοπρώτος). Επομένως έχει νόημα η
Εικασία: Αν n φυσικός αριθμός n> 1 ο οποίος εχει περάσει με επιτυχία τόσο το test του Lucas όσο και το ισχυρό test των ψευδοπρώτων, τότε ο n είναι πρώτος.
΄Οποιος αποδείξει την εικασία ή βρει κάποιο αντιπαράδειγμα θα πάρει 620 δολάρια.

Ορισμός 6.5.6. Δίνεται μία ακολουθία Lucas ως προς το ζευγάρι (a,b). Αν n θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε (n,2bD )= 1,τότε ο ελάχιστος θετικός ακέραιος λ (n):= λ (n) (a,b) για τον οποίο ισχύει U ≡ 0modn, λ(n) θα λέγεται σημείο εισόδου του n στη (δοθείσα) ακολουθία Lucas.

Σύμφωνα με την πρόταση 6.4.2, αν p είναι ένας πρώτος αριθμός με (p,2bD )= 1 τότε λ(p)|p− εp. Στη συνέχεια θα διατυπώσουμε ένα test πιστοποίησης πρώτων:

Το test του Lucas. ϒποθέτουμε ότι μας δίνεται κάποια ακολουθία Lucas και ένας θετικός ακέραιος n για τον οποίο ισχύουν, (n,2b)= 1 και (Dn) = − 1. Αν s είναι ένας διαιρέτης του n+ 1 και για κάθε πρώτο διαιρέτη q του s ισχύουν

τότε για κάθε πρώτο διαιρέτη p του n ισχύει

Ιδιαίτερα, αν √ - s> n+ 1, τότε ο n είναι πρώτος.

Απόδειξη. ϒπενθυμίζουμε την ιδιότητα n |Uk ⇐ ⇒ λ(n)|k. Από την υπόθεση ότι Un+1 ≡0(modn) έπεται λ (n) |n+1. Επομένως για κάθε πρώτο p διαιρέτη του n έχουμε λ(p)|n+ 1. Από τη δεύτερη υπόθεση ότι (U n+q1,n)= 1 για κάθε πρώτο διαιρέτη q του s, και επειδή p |n, έπεται ότι, για κάθε πρώτο διαιρέτη q του s ο p δεν διαιρεί τον Un+q1. ΄Αρα λ (p) διαιρεί τον n+1q . ΄Εστω ότι qf∥s|n+ 1. Από την τελευταία ιδιότητα προκύπτει ότι qf |λ(p). Αυτό ισχύει για κάθε q πρώτο διαιρέτη του s, συνεπώς και για το γινόμενό τους, δηλαδή s|λ (p).
Λόγω της πρότασης 6.4.2, έχουμε ότι Up− εp(D) ≡modp. Επομένως λ (p) |p − εp(D). Από τις τελευταίες δύο ιδιότητες προκύπτει ότι

δηλαδή η ισοτιμία

Αν τώρα s > √n+ 1 τότε, για κάθε πρώτο διαιρέτη p του n έχουμε

δηλαδή √- p > n. Αν ο n ήταν σύνθετος τότε θα είχε έναν τουλάχιστον πρώτο παράγοντα √- p ≤ n. Συνεπώς ο n είναι πρώτος. __

Θα κλείσουμε την παράγραφο με ένα πολύ πρακτικό και ντετερμινιστικό test πιστοποίησης πρώτων που αφορά στους αριθμούς Mersenne. Ο Lucas είχε τη βασική ιδέα το 1876 και ο Lehmer απλοποίησε τη μέθοδοτο 1930.

Ορισμός 6.5.7. Η ακολουθία (Sn)n ∈ ℕ η οποία ορίζεται από τον αναδρομικό τύπο S1 = 4 και Sn+1 = S2n− 2 θα λέγεται ακολουθία των Lucas-Lehmer.

Πρόταση 6.5.8 (Test των Lucas-Lehmer για τους πρώτους αριθμούς Mersenne Mn). Αν p είναι ένας περιττός πρώτος, τότε ο

Απόδειξη. Η ιδέα της απόδειξης είναι να αναγάγουμε το πρόβλημα στη μελέτη μιας ακολουθίας Lucas. Το πλεονέκτημα είναι ότι γνωρίζουμε αρκετές ιδιότητες αυτών των ακολουθιών. Η ακολουθία αυτή θα είναι η (U ) , n n∈ℕ (V) nn∈ℕ ως προς το ζευγάρι (α,β) = (2,− 2). Επομένως, D =12, a= 1+ √3- και b = 1− √3. Ισχύει ότι

και

δείτε [8, σελ. 49]. ϒποθέτουμε τώρα ότι για p ≥ 3 ο αριθμός M = 2p− 1 p είναι πρώτος. Θα αποδείξουμε ότι ο S ≡ 0modM . p−1 p Επειδή ο M p είναι περιττός, η τελευταία ισοτιμία είναι ισοδύναμη προς την

Για κάθε i≥1 ορίζουμε i−1 Ti = 2(2 )Si. Συνεπώς,0 T1 = 22S1 = 2⋅4= 8 και

Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι

Αλλά 2 (2p−1+1) Tp = Tp−1− 4⋅2 . Επειδή p Mp = 2 − 1≡ 7mod8) έπεται ότι 2- (Mp)= 1. Από το θεώρημα του Euler προκύπτει ότι

Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι Tp ≡− 4modMp.

Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι για κάθε i≥ 1 ισχύει Ti = V2i. Η απόδειξη αυτής της σχέσης θα γίνει επαγωγικά. Πράγματι για i= 1 έχουμε T1 = 8 = 22+(− 2)2 = V2, δηλαδή ισχύει. ϒποθέτουμε ότι Tk−1 = V2k−1 και θα αποδείξουμε τη σχέση Tk = V2k. Πράγματι,

Από τη γνωστή ιδιότητα Vn2− 2(− 2)n = V2n έπεται ότι Tk = V2k−1+(− 2)2k−1+1 = V2⋅2k−1 = V2k. 2 Από τη γνωστή σχέση

έπεται ότι

Για κάθε πρώτο p ισχύουν Mp ≡ 1mod3) και Mp ≡ 1mod4. Επομένως 3- -3 1 UMp ≡ (Mp)≡ − (Mp) ≡ − (3)≡ − 1modMp και VMp ≡ 2modMp. Συνεπώς,

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε το αντίστροφο. ϒποθέτουμε ότι για κάποιο φυσικό αριθμό n ισχύει η ισοτιμία Sn−1 ≡ 0modMn, και θα αποδείξουμε ότι ο Mn = 2n− 1 είναι πρώτος. Από την υπόθεση έπεται ότι Mn |Sn−1 και επομένως και n−1 Mn = 2n− 1|Tn− 1 = 2(2 −1)Sn−1. ΄Εστω p ένας πρώτος αριθμός p|2n− 1 και t :=λ (Mn ) ο δείκτης εισόδου του p στην ακολουθία Lucas (Un)n∈ℕ. Επομένως p |Ut. Από τη γνωστή ιδιότητα U2n = UnVn έπεται ότι U2n = U2n−1V2n−1 = U2n−1Tn−1. Επειδή 2n−1 |Tn−1, έχουμε 2n− 1|U2n. ’ρα p|U2n και συνεπώς t |2n. Θα αποδείξουμε ότι t = 2n. Αν ίσχυε t |2n−1, θα είχαμε p |U2n−1, οπότε, επειδή ισχύει και p|Tn−1 = V2n−1 θα ίσχυε p |V2n−1− 12U2n−1 = (− 2)2n−1+ 2= Δ ύναμη του 2, 2 2 άτοπο διότι p≥ 3.
Αποδείξαμε λοιπόν ότι t := λ(Mn)= 2n. Αλλά, επειδή t := λ (Mn )= 2n ≤ p+ 1≤ 2n, έπεται ότι p= 2n−1. __

Θα δώσουμε τώρα μια υλοποίηση του κριτηρίου Lucas-Lehmer για τους πρώτους αριθμούς Mersenne στο πρόγραμμα sage.

p =11 
M = 2̂p−1; M 
s = 4 
for i in range(p−2): 
    s = mod(ŝ2−2,M) 
    print (i+1,s)

Η εκτέλεση του παραπάνω προγράμματος για p = 11 έχει αποτέλεσμα

(1, 14)  
(2, 194)  
(3, 788)  
(4, 701)  
(5, 119)  
(6, 1877)  
(7, 240)  
(8, 282)  
(9, 1736)

Το οποίο σημαίνει ότι ο 11 M11 = 2 − 1 = 2047 δεν είναι πρώτος. Πράγματι 2047= 23 ×89. Για p= 13 έχουμε

(1, 14)  
(2, 194)  
(3, 4870)  
(4, 3953)  
(5, 5970)  
(6, 1857)  
(7, 36)  
(8, 1294)  
(9, 3470)  
(10, 128)  
(11, 0)

Το οποίο σημαίνει ότι ο M13 = 8191 είναι πρώτος.

Παρατηρήσεις:

΄Ολοι οι πρώτοι αριθμοί Mersenne έχουν υπολογιστεί σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο. Πρώτος ο Lucas απέδειξε στα 1876 ότι ο M127 είναι πρώτος, ενώ ο M67 είναι σύνθετος. Λίγο αργότερα ο Perwuschin, απέδειξε ότι ο M61 είναι πρώτος, ενώ ο Lehmer στα 1932 απέδειξε ότι ο M257 είναι σύνθετος. Η εικασία του Mersenne ήταν ότι είναι πρώτος.

Η διαδικασία που εφαρμόζεται είναι η εξής: Επιλέγουμε τυχαία έναν πρώτο αριθμό q και στη συνέχεια ελέγχουμε με βάση το κριτήριο αν ο αντίστοιχος αριθμός Mersenne M =2q− 1 q είναι πρώτος. Φυσικά μπορούμε να εργασθούμε πιο συστηματικά και να πάρουμε όλους τους πρώτους τους μικρότερους από κάποια συγκεκριμένη τιμή. Πριν από την εποχή των ηλεκτρονικών υπολογιστών αυτό είχε γίνει μέχρι το ≤ 127. Σήμερα, το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστό, τουλάχιστον για 12830000. Φυσικά αν συμβεί για κάποιο πρώτο q να ισχύει p:= 2q +1, τότε, ως γνωστό, ισχύει p |M , q δηλαδή ο M q είναι σύνθετος.

Το Project “The GIMPS”, Great Mersenne Prime Search είναι ένα πρόγραμμα κατανεμημένου υπολογισμού που χρησιμοποιεί την υπολογιστική των υπολογιστών εθελοντών προκειμένου να αναζητήσει πρώτους αριθμούς του Mersenne.

Παραδείγματα:

Για q= 7. υπολογίζουμε την ακολουθία Si για i= 1,2,...,q− 1 = 6 και έχουμε: S1 = 4, S2 ≡ 14mod127, S3 ≡ 67mod127, S4 ≡ 42mod127 S5 ≡ 11mod127, S6 ≡ 0mod127. Επομένως ο M7 είναι πρώτος.

Για q= 11 έχουμε M11 =2047. ϒπολογίζουμε S10 ≡ 1736(mod2047) και συμπεραίνουμε ότι ο M11 δεν είναι πρώτος.

Για q= 13. Επειδή οι αριθμοί μεγαλώνουν είναι πιο εύκολο να εργαζόμαστε στο δυαδικό σύστημα. Εδώ αποδεικνύεται ότι S12 ≡ 0modM13 ) ή ότι ο αριθμός M13 είναι πρώτος.

Σημείωση: Σύμφωνα με το δελτίο τύπου της Γερμανικής Μαθηματικής Εταιρείας της με ημερομηνία 27/9/2008, στα πλαίσια του προγράμματος (GIMPS), έχουν βρεθεί άλλοι δύο πρώτοι αριθμοί. Ο μεγαλύτερος αριθμός είναι ο 243112609− 1 και έχει πλήθος ψηφίων σχεδόν 13 εκατομμύρια και επιβεβαιώθηκε στις 6 Αυγούστου. Δικαιούται να πάρει το βραβείο των 100.000 δολαρίων από την Electronic Frontier Foundation, αφού είναι ο πρώτος που βρέθηκε με πλήθος ψηφίων πάνω από 10 εκατομμύρια. Ο δεύτερος, λίγο μικρότερος από τον πρώτο με περισσότερα από 11 εκατομύρια ψηφία, ανακοινώθηκε στις Σεπτεμβρίου http://primzahlen.de.

6.6 Ασκήσεις

Να αποδείξετε τις ιδιότητες από (6.3.1) μέχρι (6.3.9 )

Ομοίως από (6.3.12) μέχρι (6.3.15)

Ομοίως για τις (6.3.16) με (6.3.19)

Να αποδείξετε ότι για κάθε n≥ 2 ισχύει η ισοτιμία

Να αποδειχτεί ότι για κάθε n≥ 1

Να αποδείξετε ότι Ln+1+ Ln−1 = 5Fn για n≥ 2. Συμπεράνετε ότι 5∤Ln για n ≥1.

Αν 13 m = n − n και n > 1 να αποδείξετε ότι 30290 |Fm. (ϒπόδειξη: Να αποδείξετε πρώτα ότι 13 a ≡ amod2730).

Για κάθε n≥ 1 να αποδείξετε ότι 18|Fn+11+ Fn+7+ 8Fn+5+ Fn+3+ 2Fn.

Κεφάλαιο 7
Συνεχή κλάσματα

Μια διαφορετική παράσταση των πραγματικών αριθμών.

7.1 Συνεχή κλάσματα ρητών αριθμών

Ας είναι a = 543 και b = 314 δύο ακέραιοι αριθμοί. Εφαρμόζουμε τον Ευκλείδιο αλγόριθμο:

Επομένως, ο ρητός αριθμός μπορεί να γραφεί ως εξής:

Η παράσταση αυτή λέγεται συνεχές κλάσμα του 534134. Μάλιστα για λόγους συντομίας γράφεται:

Ορισμός 7.1.1. ΄Ενα πεπερασμένο συνεχές κλάσμα είναι ένας πραγματικός αριθμός της μορφής

όπου οι a, i i= 0,1,2,...,n είναι πραγματικοί αριθμοί με a > 0, i για i≥ 1. Οι πραγματικοί αριθμοί a,a ,...,a 1 2 n λέγονται μερικά υπόλοιπα του συνεχούς κλάσματος. Το κλάσμα λέγεται απλό όταν οι αριθμοί a ,a,a ,...,a 0 1 2 n είναι όλοι τους ακέραιοι.

Πρόταση 7.1.2. Κάθε ρητός αριθμός μπορεί να γραφεί ως ένα πεπερασμένο απλό συνεχές κλάσμα.

Απόδειξη. Εφαρμόζουμε τον αλγόριθμο του Ευκλείδη στους όρους του κλάσματος όπως ακριβώς στο παράδειγμα. __

Παρατήρηση 7.1.3. Είναι φανερό ότι ισχύει

Αυτό σημαίνει ότι η παράσταση ενός ρητού σε συνεχές κλάσμα δεν είναι μονοσήμαντη.

Στο παράδειγμά μας το τελευταίο μερικό υπόλοιπο, το 2, μπορούσε να είχε γραφεί 1+ 11 οπότε θα είχαμε και

Αυτό σημαίνει ότι το μήκος ενός απλού συνεχούς κλάσματος μπορεί να ληφθεί κατά βούληση ως άρτιο ή περιττό.

Παρατήρηση 7.1.4.

Της πρότασης 7.1.2 ισχύει και το αντίστροφο:

Πρόταση 7.1.5. Κάθε απλό πεπερασμένο συνεχές κλάσμα παριστά έναν ρητό αριθμό

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς n.

Αν n= 1 τότε

δηλαδή ισχύει.

΄Εστω ότι ισχύει για n =k, δηλαδή ότι

Το

΄Ομως το πεπερασμένο απλό συνεχές κλάσμα

από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής. Επομένως

__

Παράδειγμα 7.1.6. Το πεπερασμένο απλό συνεχές κλάσμα [1;2,3,4,5,6] παριστά τον ρητό αριθμό 1397932 .

Ορισμός 7.1.7. Αν ο ρητός αριθμός x παρίσταται από το πεπερασμένο απλό συνεχές κλάσμα

τότε ο ρητός αριθμός

για 0≤ k ≤n θα λέγεται k-στός συγκλίνων του x.

Παράδειγμα 7.1.8. Το συνεχές κλάσμα του ρητού

Οι συγκλίνοντες αυτού είναι οι

Πρόταση 7.1.9. Αν οι ακέραιοι pk,qk, για 0 ≤ k≤ n, ορισθούν ως

και

για κάθε k, 2≤ k≤ n, τότε ισχύει ck = pkqk, για 0≤ k≤ n.

Απόδειξη. Για k = 0, pq00 = a01-=[a0]= c0.

Για k = 1,

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για κάποιον k, 2 ≤ k< n,

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για k+ 1. ΄Ισχύει

οπότε από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής, προκύπτει

__

Παράδειγμα 7.1.10. Το συνεχές κλάσμα του 52 x= 23 είναι [2;3,1,5]. Σχηματίζουμε τον πίνακα:

Από τον ορισμό του συνεχούς κλάσματος

έχουμε ότι ai ∈ ℝ, i= 0,1,2,..., και ai > 0 για i= 1,2,...,n. Επομένως qn > 0 για κάθε n≥ 1.

Πόρισμα 7.1.11. ΄Εστω ai ∈ ℝ για i= 0,1,2,...,n και ai > 0 για κάθε i= 1,2,...,n. Αν k∈ ℕ, 1≤ k≤ n και rk := [ak,ak+1,...,an] τότε ισχύει

Πόρισμα 7.1.12. ϒποθέτουμε ότι ai,bi ∈ ℝ, i= 0,1,2,...,n και ότι ai ≥ 1, bi ≥ 1 για i= 0,1,2,...,n− 1. Αν ai,bi ∈ ℤ, για i= 0,1,2,...,(n − 1), και

τότε ai = bi, για κάθε i= 0,1,2,...,n.

Απόδειξη. Ας ονομάσουμε

Το r1 ≥ 1. Ομοίως αν

τότε και s1 ≥ 1. Από την υπόθεση έπεται ότι

Αν r1 = 1 τότε a0 + 1r∈ ℤ 1 συνεπώς b0+ 1s∈ ℤ 1 άρα s1 =1 οπότε και a0 = b0.

Αν r1 >1 τότε a0+ 1r-⁄∈ ℤ, 1 συνεπώς, b0+ 1s-⁄∈ ℤ. 1 ΄Αρα s1 > 1. Και πάλι a0 = b0 διότι και οι δύο είναι οι μεγαλύτεροι ακέραιοι ≤[a0;a1,...,an]. Επομένως σε κάθε περίπτωση ισχύει a0 = b0 και r1 = s1.

Συνεχίζουμε επαγωγικά ως προς n. Αν n= 1 τότε a0 = b0 και r1 = a1 = s1 = b1. ΄Εστω ότι ισχύει για (n− 1).

Από την υπόθεση

έπεται ότι

και επομένως a0 = b0 και [a1,a2,...,an]= [b1;b2,...,bn]. Από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής ισχύει ότι ai = bi για κάθε i= 1,2,...,n. __

Παρατήρηση 7.1.13. Το πόρισμα 7.1.12 μας δίνει τη μοναδικότητα της παράστασης ενός πραγματικού αριθμού, σε άπειρο απλό συνεχές κλάσμα, όταν πληρούνται οι προϋποθέσεις αυτού. Το πόρισμα θα χρησιμοποιηθεί σε επόμενη παράγραφο. Στα επόμενα εδάφια θα χρησιμοποιουμε τον συμβολίσμό της πρότασης 7.1.9.

7.2 Ιδιότητες των συγκλινόντων

Για λόγους ομοιομορφίας των παραστάσεων θέτουμε p := 1 −1 και q := 0. − 1

Πρόταση 7.2.1. Για κάθε φυσικό αριθμό n ≥0, ισχύει

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς n. Η πρόταση ισχύει για n = 0, αφού

Από την πρόταση 7.1.9 προκύπτει ότι

και

Αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε

Από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής έπεται ότι

Επομένως,

__

Πόρισμα 7.2.2. Για κάθε φυσικό αριθμό n≥ 0, ισχύει

Στη συνέχεια θα υποθέσουμε ότι το συνεχές κλάσμα [a0;a1,a2,...,an] είναι απλό, δηλαδή ότι ai ∈ ℤ, για κάθε i= 0,1,2,...,n.

Πόρισμα 7.2.3.

Για κάθε φυσικό n≥ 0, ισχύει (pn,qn)= 1.

Η ακολουθία (qn)n∈ℕ είναι γνησίως αύξουσα.

Απόδειξη.

Προφανώς pn,qn ∈ ℤ, για κάθε n ∈ℕ. Το συμπέρασμα είναι άμεση συνέπεια της πρότασης 7.2.1.

΄Αμεση συνέπεια της πρότασης 7.1.9.

__

Πόρισμα 7.2.4. Αν α = [a0;a1,a2,...,an+2], τότε

Απόδειξη. Από την πρόταση 7.2.1 έπεται ότι

Επομένως

Διαιρούμε και τα δύο μέλη με qn+2 > 0

΄Ομως, p qnn++22 = α και qn+2 = an+2qn+1+ qn. Συνεπώς έχουμε το αποδεικτέο. __

Πόρισμα 7.2.5. Για κάθε φυσικό αριθμό n≥ 1, ισχύει

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς n. Για n= 1,

το οποίο ισχύει.

΄Εστω ότι ισχύει για n =k, δηλαδή ότι

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για n= k+ 1, δηλαδή ότι

Το pk+1 = ak+1pk+ pk−1 και το qk+1 = ak+1pk+ pk−1. Επομένως

Από την πρόταση 7.2.1 έχουμε

δηλαδή το πόρισμα ισχύει και για k+ 1. __

Πόρισμα 7.2.6. Για κάθε φυσικό n, n ≥2, ισχύει

Πόρισμα 7.2.7. Αν οι a1,a2,..., είναι θετικοί αριθμοί, τότε η ακολουθία { p2k} q2k-k∈ℕ είναι γνησίως αύξουσα, ενώ η ακολουθία { p2k+1} q2k+1-k∈ℕ είναι γνησίως φθίνουσα. Τέλος, από το πόρισμα 7.2.2 προκύπτει ότι p2qk< pq2ℓ+1, 2k 2ℓ+1 για κάθε k,ℓ.

Απόδειξη. ΄Αμεση συνέπεια του πορίσματος 7.2.6. __

Πόρισμα 7.2.8. Αν α = [a0;a1,a2,...,an+2] τότε ισχύει

Απόδειξη. ϒπολογίζουμε ότι

Ο αριθμητής είναι (από το πόρισμα 7.2.5)

Τέλος,

και συνεπώς το πόρισμα αποδείχθηκε. __

Πρόταση 7.2.9. Για κάθε φυσικό αριθμό n ≥1, ισχύει

Απόδειξη. Επαγωγικά ως προς το n.

Για n = 1, q0 = 1, q1 = a1, επομένως q1 q0 = a1 = [a1].

΄Εστω n> 1. ϒποθετουμε ότι ισχύει για (n− 1), δηλαδή ότι

Το qn = anqn−1 +qn−2. Επομένως

__

7.3 Γραμμικές διοφαντικές εξισώσεις και συνεχή κλάσματα

ϒπενθυμίζουμε την

Πρόταση 7.3.1. Αν a,b,c∈ ℤ, η διοφαντική εξίσωση

Αν έχει λύση, τότε έχει άπειρες λύσεις. Ιδιαίτερα αν (x0,y0) είναι μια λύση, τότε όλες οι λύσεις δίνονται παραμετρικά από τους τύπους:

Με την βοήθεια των συνεχών κλασμάτων μπορούμε εύκολα να βρούμε μία λύση.

Θεωρούμε τη διοφαντική εξίσωση

όπου b > 0 και (a,b)= 1.

Ο ab ∈ ℚ. ΄Εστω [a0;a1,a2,...,an] το συνεχές κλάσμα αυτού. Γνωρίζουμε ότι

Το a|pnb και (a,b) = 1 συνεπώς a|pn. Ομοίως το b|aqn και (a,b)= 1 συνεπώς b|qn. Σύμφωνα με το πόρισμα 7.2.3 ισχύει και (pn,qn) = 1, οπότε pn |a και qn |b.

Από τα παραπάνω έχουμε pn = ±a, qn =±b. Επειδή b > 0 και qn > 0 έπεται ότι qn = b και συνεπώς και pn = a.

Από τη σχέση pnqn−1− qnpn−1 = (− 1)n−1, προκύπτει ότι aqn−1 − bpn−1 = (− 1)n−1. Επομένως:

Αν ο n είναι περιττός, τότε μια λύση της aX+ bY = 1 είναι (x0,y0)= (qn−1,− pn−1).

Αν ο n είναι άρτιος, τότε − aqn−1+bpn−1 =1 και συνεπώς μια λύση της aX +bY = 1 είναι (x0,y0)= (− qn−1,pn−1).

Θεωρούμε τώρα την aX +bY = c. Μια λύση αυτής είναι η (cx0,cy0), όπου (x0,y0) λύση της aX + bY = 1.

Παράδειγμα 7.3.2. Να υπολογιστεί μια λύση της διοφαντικής εξίσωσης

Γράφουμε την εξίσωση − 63x+ 23y= 7, ώστε το b= 23> 0. Το συνεχές κλάσμα του − 63∕23 είναι το − 63∕23= [− 3;3,1,5]. Το p2∕q2 = − 11∕4. Επομένως p2 =− 11 και q2 = 4. Επίσης, p3∕q3 = − 63∕23, άρα p3 = − 63, q3 = 23.

Μια λύση της (− 63)x+ 23⋅y= 1 είναι η (x0,y0)= (4,11). ΄Αρα μια λύση της αρχικής είναι η (x1,y1)= (28,77).

Στο sage μπορούμε να κάνουμε πράξεις με συνεχή κλάσματα ως εξής:

sage: a=continued_fraction(31/35) 
sage: a 
[0; 1, 7, 1, 3] 
a.convergents() 
[0, 1, 7/8, 8/9, 31/35]

Η πρώτη εντολή υπολογίζει το συνεχές κλάσμα του ρητού αριθμού 31∕35, ενώ η δεύτερη εντολή υπολογίζει τους συγκλίνοντες.

7.4 Το συνεχές κλάσμα ενός πραγματικού αριθμού

Αν α είναι ένας ρητός αριθμός, τότε έχουμε ήδη δείξει ότι το συνεχές κλάσμα αυτού είναι πεπερασμένο.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο α ∈ ℝ∖ℚ. Μπορούμε να γράψουμε α = a + 1, 0 α1 όπου a0 = [α] και α1 > 1. Συνεχίζοντας επαγωγικά έχουμε

όπου an =[αn] και αn+1 > 1. Ο α ⁄∈ ℚ, άρα η ακολουθία των a1,a2,... δεν είναι πεπερασμένη. Επομένως, για κάθε n ≥ 0, μπορούμε να γράψουμε

ή και

Οι συγκλίνοντες pn,qn αποτελούν μια ακολουθία ακέραιων, με (pn,qn) =1 και qn ≥ 1. Το πηλίκο pn qn λέγεται n-στή κύρια σύγκλιση του α και ο αn n-στο μερικό υπόλοιπο του α.

Λόγω των πορισμάτων (7.2.8), (7.2.9) και του (7.2.5) προκύπτει ότι

και ότι an ≥ 1 για κάθε n ≥ 1. Επίσης ισχύει

Πρόταση 7.4.1. Για τις άρτιες τιμές του n οι n-στές κύριες συγκλίσεις του α αποτελούν γνήσια αύξουσα ακολουθία η οποία συγκλίνει στο α.

Για τις περιττές τιμές του n, οι n-στές συγκλίσεις αποτελούν μια γνήσια φθίνουσα ακολουθία η οποία συγκλίνει στο α. Επιπλέον ισχύει

Απόδειξη. ΄Εχουμε ήδη αποδείξει ότι η ακολουθία { } pq2n2n- n∈ℕ είναι γνήσια αύξουσα και ότι η ακολουθία {p2n+1} q2n+1 n∈ℕ γνήσια φθίνουσα και ότι

για όλους τους θετικούς ακέραιους k,ℓ.

Μάλιστα, οι ακολουθίες { } p2n q2n n∈ℕ και { } p2n+1 q2n+1 n∈ℕ φράσσονται από πάνω και από κάτω αντίστοιχα από τον πραγματικό αριθμό α. Επομένως συγκλίνουν.

΄Εστω ότι

και

Θα αποδείξουμε ότι β = α = γ. Ως γνωστό,

Συνεπώς

Στη συνέχεια έχουμε

Το

Συνεπώς

Ισχύει

Το a = [α ]≥ 1. n+2 n+2 Επομένως,

αφού qn+1 >qn. __

Παρατήρηση 7.4.2. Προφανώς ισχύει

Πόρισμα 7.4.3. Για κάθε φυσικό αριθμό n, n≥ 2 ισχύουν οι σχέσεις

και

Απόδειξη. Το

Επομένως

Από το πόρισμα 7.2.4 προκύπτει ότι τα (qn+1α − pn+1) και an+1(qnα− pn) έχουν αντίθετα πρόσημα.

΄Αρα,

Από την πρόταση 7.4.1 προκύπτει ότι

αφού an+2 ≥1. Συνεπώς

__

Παρατήρηση 7.4.4. Το όριο των συγκλινόντων ενός απείρου (απλού) συνεχούς κλάσματος λέγεται τιμή αυτού.

Αν για παράδειγμα α =[1;1,1,1,...], τότε

οπότε

Οι συγκλίνοντες pqnn είναι το πηλίκο των αριθμών Fibonacci FFn+2. n+1

Πράγματι, για n= 0, p0= a0= 1 = F2. q0 1 1 F1

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για k και για k− 1, δηλαδή,

Επειδή (pk,qk)= 1 και (Fk+2,Fk+1)= 1, έπεται ότι pk = Fk+2 και qk = Fk+1 καθώς και pk−1 = Fk+1 και qk = Fk. Επομένως,

ισχύει και για (k+ 1), άρα για κάθε φυσικό αριθμό n. Το όριο

Στο πρόγραμμα sage παρακάτω υπολογίζουμε το συνεχές κλάσμα του αριθμού 1+√5 2 και στη συνέχεια υπολογίζουμε την ακουλουθία των συγκλινόντων την οποία και ζωγραφίζουμε.

c=continued_fraction( (1+sqrt(5))/2) 
v = [(i, c.convergent(i)) for i in range(10)] 
P = point(v, rgbcolor=(0,0,1), pointsize=40) 
L = line(v, rgbcolor=(0.5,0.5,0.5)) 
L2 = line([(0,c.value()),(10−1,c.value())], ∖ 
thickness=0.5, rgbcolor=(0.7,0,0)) 
(L+L2+P).show(xmin=0,ymin=1)

Σχήμα 7.4.1: Συγκλίνοντες στην χρυσή αναλογία.

Πρόταση 7.4.5. Κάθε άπειρο απλό συνεχές κλάσμα συγκλίνει σε έναν άρρητο (πραγματικό) αριθμό.

Απόδειξη. Η απόδειξη θα γίνει με απαγωγή στο άτοπο.

΄Εστω α = [a0;a1,a2,...,an,...], ai ∈ℤ και ai ≥ 1, για i≥ 1. Ο α είναι το όριο της ακολουθίας των συγκλινόντων. Από την πρόταση 7.4.1 προκύπτει ότι

Αν ο α ήταν ρητός, α = b, c b,c∈ ℤ, (b,c)= 1 τότε θα είχαμε

Επειδή η {qn}n∈ℕ είναι γνήσια αύξουσα ακολουθία ακέραιων, υπάρχει n ∈ℕ τέτοιο ώστε c< qn+1qn, δηλαδή 0< |bqn − cpn|< 1, άτοπο. __

Παρατήρηση 7.4.6. Από το πόρισμα 7.1.12 προκύπτει και η μοναδικότητα της παράστασης.

Παράδειγμα 7.4.7. Το συνεχές κλάσμα του

Σε επόμενη παράγραφο θα υπολογίσουμε το συνεχές κλάσμα του e. Συγκεκριμένα θα αποδείξουμε ότι

δηλαδή ότι a0 = 2 και για κάθε m ≥1, a3m = a3m−2 = 1 ενώ a3m+1 = 2m.

Πρόταση 7.4.8 (Dirichlet). Αν α ∈ ℝ∖ℚ, τότε υπάρχουν άπειροι ρητοί αριθμοί p∕q τέτοιοι ώστε

Απόδειξη. Από την παρατήρηση 7.4.2 προκύπτει ότι για όλους τους κύριους συγκλίνοντες { } pn qn ισχύει η σχέση. __

7.5 Η βέλτιστη προσέγγιση

Η θεωρία των συνεχών κλασμάτων αποτελεί μια εξαιρετική μέθοδο προσέγγισης πραγματικών αριθμών με ρητούς. Το γενικό πρόβλημα είναι το περιεχόμενο ενός κλάδου της θεωρίας αριθμών που λέγεται Διοφαντική προσέγγιση ( Diophantine Approximation).

Η κλασική θεωρία της διοφαντικής προσέγγισης χρησιμοποιεί εκτός της θεωρίας των συνεχών κλασμάτων και αυτές των σειρών Farey καθώς και το αξίωμα του Dirichlet ή αλλιώς το «αξίωμα του περιστερώνα».

Ορισμός 7.5.1. Το κλάσμα pq (q> 0) λέγεται μία καλή προσέγγιση του α ∈ ℝ, όταν για κάθε q′, 1≤ q′ < q και οποιοδήποτε p′, ισχύει:

Παρατήρηση 7.5.2. Αν το p∕q είναι μια καλή προσέγγιση του α τότε το p∕q είναι ανάγωγο.

Απόδειξη. Αν d := (p,q)> 1 και p= dp′, q= dq′ τότε 1< q′ < q και

άτοπο, αφού d > 1. __

Πρόταση 7.5.3. Οι καλές προσεγγίσεις του α ∈ ℝ∖ℚ είναι οι συγκλίνοντες { } pn qn n∈ℕ του άπειρου απλού συνεχούς κλάσματος αυτού.

Αυτό σημαίνει ότι, για κάθε n ≥ 1, αν ισχύει

τότε κατ΄ανάγκη b≥ q . n+1

Απόδειξη. Στο πρώτο βήμα θα αποδείξουμε ότι μια καλή προσέγγιση του α είναι κατ΄ ανάγκη μια κύρια σύγκλιση του α.

΄Εστω λοιπόν ότι a b ανάγωγο κλάσμα (a,b ∈ℤ) με b> 0 το οποίο είναι μια καλή προσέγγιση του α. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει n ∈ℕ τέτοιος ώστε

Αν υποθέσουμε ότι p ab < q00 = a0, τότε

και επομένως ο ab δεν είναι καλή προσέγγιση του α.

΄Εστω τώρα ότι ab > pq11. Επομένως

Το

Ο α γράφεται

΄Αρα

άτοπο. Αν πάλι

τότε

Επομένως, b >q . n Επίσης,

και πάλι άτοπο.

Αποδείξαμε ότι κάθε καλή προσέγγιση του α θα πρέπει να είναι μια κύρια συγκλίνουσα αυτού. Το αντίστροφο θα το αποδείξουμε επαγωγικά.

Για n = 0, pq0= a0 ∈ ℤ 0 και το q0 =1, δηλαδή δεν υπάρχει q, 1≤ q <q0. Συνεπώς η πρόταση είναι αληθής για n= 0.

ϒποθέτουμε ότι είναι αληθής, για κάποιο n ≥ 0, δηλαδή ότι ο pnq- n είναι μια καλή προσέγγιση. Θα αποδείξουμε το ίδιο για τον pn+1. qn+1 ΄Εστω q ο ελάχιστος ακέραιος > q n τέτοιος ώστε, για κάποιο p, να ισχύει

Αν τώρα 1 < q′ < q διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Αν q′< qn, τότε σύμφωνα με την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής υπάρχει p′, τέτοιο ώστε |q′α − p′|> |qα− p|. Αν πάλι qn ≤ q′ <q, τότε |q′α − p′|≥ |qnα − pn|>|qα − p|.

Αυτό σημαίνει ότι το p q είναι επίσης μια καλή συγκλίνουσα. Σύμφωνα με το πρώτο μέρος της απόδειξης θα πρέπει το p q να συμπίπτει με μια κύρια συγκλίνουσα. Εξ ορισμού του q, έπεται ότι q= qn+1 και τελικά p pn+1 q = qn+1. __

Πόρισμα 7.5.4. Αν pq είναι μια κύρια σύγκλιση του α ∈ ℝ∖ℚ και m ∈ ℤ, 1 ≤ m< q, τότε

για κάποιο ′ m ∈ ℤ.

Απόδειξη. ΄Εστω q= qn. Είναι γνωστό από την πρόταση 7.4.1 ότι

Από την πρόταση 7.5.3, έχουμε ότι ο pqn−1 n−1 είναι μια καλή προσέγγιση του α. Επειδή 1 ≤ m< qn, έπεται ότι

για κάποιο m′ ∈ ℤ. __

Πόρισμα 7.5.5. Αν ab είναι ένα ανάγωγο κλάσμα, b > 0 και τέτοιο ώστε

τότε το a b είναι μια κύρια σύγκλιση του α.

Απόδειξη. Σύμφωνα με την πρόταση 7.5.3 αρκεί να αποδείξουμε ότι a b είναι μια καλή προσέγγιση του α. ΄Εστω c d κλάσμα, d > 0, c⁄= a d b τέτοιο ώστε

Το

΄Αρα,

δηλαδή ο a b είναι μια καλή προσέγγιση του α. __

Η επόμενη πρόταση μας δίνει ακριβέστερο φράγμα της ρητής προσέγγισης ενός πραγματικού (άρρητου) αριθμού α, φυσικά ως προς το μέγεθος του παρονομαστή του κλάσματος. Συγκεκριμένα ισχύει το:

Πρόταση 7.5.6 (Hurwitz). Αν α ∈ ℝ∖ℚ, υπάρχουν άπειροι ρητοί αριθμοί ab τέτοιοι ώστε να ισχύει

Απόδειξη. Αυτό που θα αποδείξουμε είναι ότι από τρεις, οποιουσδήποτε συγκλίνοντες του πραγματικού αριθμού α, τουλάχιστον ένας από αυτούς επαληθεύει την ανισότητα. ΄Εστω

Αν η προς απόδειξη ανισότητα δεν ισχύει για τους συγκλίνοντες pn−1 qn−1 και pn qn θα αποδείξουμε ότι, σε ένα πρώτο βήμα, τότε κατ΄ ανάγκην

Αφού για τους συγκλίνοντες pqn−1 n−1 και pnq- n δεν ισχύει η ανισότητα, έχουμε:

Ο α, ως γνωστόν βρίσκεται ανάμεσα στις τιμές pnqn−−11 και pqnn. Επομένως

Συνδυάζοντας τις δύο σχέσεις έχουμε:

από την οποία προκύπτει

Το αριστερό μέλος της ανισότητας είναι ένας ρητός αριθμός, ενώ το δεξιό άρρητος. Επομένως

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η προς απόδειξη ανισότητα δεν ισχύει για τρεις διαδοχικούς συγκλίνοντες

και θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Σύμφωνα με το πρώτο μέρος της απόδειξης έχουμε

Επειδή ℓn > 1 για κάθε n, από τις τελευταίες ανισότητες προκύπτει ότι

΄Ομως, το

Τελικά,

άτοπο. __

Πρόταση 7.5.7. Η σταθερά √5 είναι η βέλτιστη δυνατή.

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει κάποιος πραγματικός αριθμός για τον οποίο η √ - 5 δεν μπορεί να αντικατασταθεί από οποιαδήποτε μεγαλύτερη τιμή. Πράγματι, έστω √- α = 12( 5 +1). Το συνεχές κλάσμα του α είναι [1;1,1,1,1...]. Για κάθε n≥ 0, αποδεικνύεται επαγωγικά ότι αν α = [1;1,...,1,αn], τότε √- αn =-5+21. Παρατηρήστε ότι

Το p0 = q0 = q1 = 1 και p1 =q2 = 2. Επίσης

Επαγωγικά αποδεικνύεται ότι για κάθε n≥ 1 ισχύει qn = pn− 1. Επομένως,

και

Αν τώρα c είναι μια οποιαδήποτε σταθερά, √ - c> 5, τότε η ανισότητα

ισχύει για πεπερασμένο (το πολύ) πλήθος τιμών του n. Επομένως, σύμφωνα με το πόρισμα 7.1.12

οπότε η

ισχύει για πεπερασμένο πλήθος n.

Συνεπώς υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους ρητοί a b οι οποίοι επαληθεύουν την ανισότητα

Αφού 1 1 cb2 < 2b2 και σύμφωνα με το πόρισμα 7.1.12, το κλάσμα a b συμπίπτει με κάποιον συγκλίνοντα pqnn του α. __

Παρατήρηση 7.5.8. Σύμφωνα με το θεώρημα του Hurwitz η διοφαντική ανισότητα

έχει άπειρο πλήθος λύσεων αν ο α ∈ℝ ∖ℚ, n= 2 και 1 c= √5. Τι γίνεται όμως αν n> 2; Το ερώτημα αυτό θα μας οδηγήσει σε επόμενο κεφάλαιο στη μελέτη των υπερβατικών αριθμών και την αποδειξη του πεπερασμένου των λύσεων κλάσεων διοφαντικών εξισώσεων.

7.6 Ισοδύναμοι αριθμοί

Θεωρούμε το σύνολο των πινάκων

Το M με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελεί ομάδα. Αν α ∈ℝ ∖ℚ και (a b) σ := c d ∈M ορίζουμε

Αν ( ) a2 b2 σ = c2 d2 και ( ) a1 b1 τ = c1 d1 τότε

και

Ορισμός 7.6.1. ΄Εστω α ∈ℝ ∖ℚ και β ∈ℝ ∖ℚ. Θα λέμε ότι οι α,β είναι ισοδύναμοι αριθμοί αν και μόνο αν υπάρχει σ ∈ M ώστε σ α = β . Προφανώς η παραπάνω σχέση είναι σχέση ισοδυναμίας.

Παράδειγμα 7.6.2. ΄Εστω α ∈ℝ ∖ℚ. Ο α γράφεται

΄Εχουμε ότι

΄Εστω

Ο σn−1 θα καλείται ο (n− 1)-στος συνεχής μετασχηματισμός του α. ΄Ωστε

Το σn−1 ∈ M. ΄Αρα ο α είναι ισοδύναμος προς τον αn, για n≥ 1, και οι αn είναι ισοδύναμοι μεταξύ τους. ΄Εστω

Ισχύει

Δηλαδή

Θεώρημα 7.6.3. ΄Εστω α,β ∈ℝ ∖ℚ και (a b) σ = c d ∈ M,

ϒποθέτουμε ακόμη ότι β > 1 και c> d > 0. Τότε b∕a και a∕c είναι δύο διαδοχικές κύριες συγκλίσεις του α, έστω οι pn−2, qn−2 pn−1 qn−1 και β = α . n

Απόδειξη. Αφού σ ∈ M, έχουμε ότι detσ = ±1 συνεπώς ad− bc= ±1. ΄Αρα (a,c)= 1. Γράφουμε τον ρητό αριθμό a∕c ως συνεχές κλάσμα.

δηλαδή a =pn−1 και c= qn−1, αφού a∕c ανάγωγο.

Στο συνεχές κλάσμα του ac μπορούμε να επιλέξουμε έτσι το n (αφού το μήκος ενός συνεχούς κλάσματος μπορεί να μεγαλώσει ή να μικραίνει κατά ένα, ανάλογα με τις επιθυμίες μας) ώστε

όπου ad − bc = ε, ε = ±1.

΄Αρα από τη σχέση ad− bc= pn−1d− qn−1b = ε έχουμε pn− 1(d− qn−2)= qn−1(b− pn−2). Αφού, ως γνωστόν, (pn− 1,qn−1)= 1 έπεται ότι qn− 1 |(d − qn−2).

Αλλά qn−2 ≤ qn−1 και εξ υποθέσεως d < qn−1 = c. Δηλαδή

και ακολούθως b= pn−2. Με βάση τα παραπάνω έχουμε

που σημαίνει ότι το α μπορεί να γραφεί ως εξής:

Αφού από την υπόθεση β > 1 συνεπώς η παραπάνω έκφραση είναι το συνεχές κλάσμα του α, δηλαδή β = αn και a∕c και b∕d είναι δύο διαδοχικές κύριες συγκλίσεις του α. __

Θεώρημα 7.6.4 (Serret). ΄Εστω α,β άρρητοι αριθμοί. Ο α είναι ισοδύναμος με τον β εάν και μόνο αν αn = βm για κάποιο ζευγάρι ακέραιων n,m ≥ 1, ή ισοδύναμα για τα συνεχή κλάσματά τους

ισχύει an =bn+ℓ για κάποιο ℓ και όλα τα αρκούντως μεγάλα n.

Απόδειξη. ΄Εστω ότι υπάρχουν ακέραιοι k,ℓ≥ 1 τέτοιοι ώστε αk = βℓ δηλαδή

αk = βℓ. Αφού α ∼ αk και β ∼ βℓ έπεται ότι α ∼ β.

Αντιστρόφα. ΄Εστω α ∼ β, δηλαδή

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι cα + d > 0, σε διαφορετική περίπτωση παίρνουμε ως ( ) σ = − a − b . − c − d Λόγω της σχέσης α = σn−1αn, ( ) σn−1 = pn−1 pn−2 qn−1 qn−2 έπεται ότι β = σ σn−1αn και

Επομένως

και

Παίρνουμε n αρκετά μεγάλο, ώστε pn−1 qn−1 και pn−2 qn−2 να πλησιάζουν πολύ κοντά στο α.

Αφού cα +d > 0 συνεπάγεται, για αρκετά μεγάλο n, ότι c′ > 0 και d′ > 0. Εξ υποθέσεως (αn είναι ο n-στός όρος στο συνεχές κλάσμα του αρρήτου α) έχουμε ότι αn > 1. Τελικά μπορούμε να θεωρήσουμε τον n άρτιο ή περιττό, έτσι ώστε c′ > d′. Από το θεώρημα 7.6.3 έχουμε αn = βm, για κάποιο m. Από την παραπάνω απόδειξη προκύπτει αμέσως το δεύτερο ισοδύναμο της πρότασης. __

Παράδειγμα 7.6.5. ΄Εστω α = [a0;a1,a2,...]. Προφανώς

Πράγματι, εύκολα μπορεί να επαληθευθεί ότι

Επίσης

Πράγματι,

Στα 1879 ο A. Markoff δημοσίευσε ένα σημαντικό θεώρημα στην περιοχή των συνεχών κλασμάτων [1], [2].

΄Εστω α ∈ ℝ∖ℚ και α όχι ισοδύναμος προς τον 1+√5 θ1 = 2 , δηλαδή α ⁄∼ θ1.

ϒπάρχουν άπειροι ρητοί p q, τέτοιοι ώστε

και η σταθερά √1 8 είναι η βέλτιστη δυνατή αν ο α είναι ισοδύναμος προς τον √- θ2 = 1+ 2. Αν ο a ⁄∼,θ1,θ2, τότε υπάρχουν άπειροι ρητοί pq τέτοιοι ώστε

και η σταθερά 5 √221 είναι η βέλτιση δυνατή αν ο α είναι ισοδύναμος προς τον √ --- θ3 := 9+--221. 10 Συγκεκριμένα ισχύει το ακόλουθο θεώρημα του Markoff (1879):

Θεώρημα 7.6.6. ϒπάρχει μια ακολουθία ακέραιων (λέγεται ακολουθία Markoff )

και μια αντίστοιχη ακολουθία τετραγωνικών αρρήτων θi οι οποίοι ανήκουν στα τετραγωνικά σώματα

όπου 2 Di := 9mi − 4 και mi ο i-στός όρος της ακολουθίας Markoff με την ακόλουθη ιδιότητα:

τότε υπάρχουν άπειροι ρητοί p q τέτοιοι ώστε να ισχύει

Η σταθερά √mj- Dj είναι η βέλτιστη δυνατή τότε και μόνο τότε όταν α ∼ θh, για κάποιο h τέτοιο ώστε mh = mj.

Τα ζεύγη (mi,θi) αντιστοιχούν αμφιμονοσήματνα στις κλάσεις θετικών τριάδων ακέραιων (p,q,r), κατά προσέγγιση μεταθέσεων, οι οποίες τριάδες επαληθεύουν τη διοφαντική εξίσωση

΄Ενα καλά ορισμένο σύνολο αντιπροσώπων ορίζεται ως εξής: Ξεκινούμε από τις τριάδες

και συνεχίζουμε από την τριάδα (p,q,r) στις τριάδες (r,q,3rq− p) και (p,r,3rp − q). Η ακολουθία του Markoff είναι η διατεταγμένη ακολουθία των αριθμών r. Η απόδειξη του θεωρήματος ξεπερνά τους στόχους του παρόντος βιβλίου. Παραπέμπουμε τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη στο [6].

7.7 Περιοδικά συνεχή κλάσματα

Θεωρούμε τον πραγματικό αριθμό √-- α = 29+7-15. ϒπολογίζουμε το άπειρο συνεχές κλάσμα αυτού:

Παρατηρούμε ότι υπάρχει μια επανάληψη των ψηφίων 2,3, δηλαδή μια περιοδικότητα αυτών. Επίσης το συνεχές κλάσμα του

Είναι, λοιπόν, αυτονόητο να δοδεί ο ακόλουθος

Ορισμός 7.7.1. ΄Ενα άπειρο απλό συνεχές κλάσμα [a0;a1,a2,...,] λέγεται περιοδικό συνεχές κλάσμα, όταν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι n και k τέτοιοι ώστε

Χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό

Το συνεχές κλάσμα του √-- α = 29+7-15 γράφεται

Θα λέμε ότι το συνεχές κλάσμα του α είναι καθαρά περιοδικό όταν υπάρχει κάποιος φυσικός k τέτοιος ώστε an+k = an για όλα τα n, δηλαδή όταν

Το συνεχές κλάσμα του √- α = 1+ 2 είναι καθαρά περιοδικό και - α = [2]. Τέλος, το k λέγεται πρωταρχική περίοδος, αν είναι ο μικρότερος ακέραιος με αυτή την ιδιότητα.

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε πότε το συνεχές κλάσμα ενός αρρήτου πραγματικού αριθμού είναι περιοδικό ή καθαρά περιοδικό.

Ορισμός 7.7.2. Ο πραγματικός αριθμός α λέγεται άρρητη ποσότητα δευτέρου βαθμού όταν είναι άρρητος και ρίζα ενός πολυωνύμου δευτέρου βαθμού

με ακέραιους συντελεστές (A,B,C)= 1 και A > 0.

Το 29+-√15- α = 7 είναι ρίζα του πολυωνύμου

Επειδή οι ρίζες του πολυωνύμου Ax2+Bx +C δεν είναι ρητοί αριθμοί έπεται ότι η διακρίνουσα του α

και D(α) όχι τέλειο τετράγωνο. Συνεπώς D (α )= f2d , όπου d > 1 ελεύθερος τετραγώνου και ο α γράφεται στη μορφή √-- α = a+ b d, με a,b∈ ℚ. Η δεύτερη ρίζα του πολυωνύμου θα είναι η

και θα λέγεται συζυγής του α.

Το σύνολο

με πράξεις τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού πραγματικών αριθμών είναι σώμα.

Ορισμός 7.7.3. Αν ο α είναι άρρητη ποσότητα δευτέρου βαθμού, ο α θα λέγεται ανάγωγος ( reduced) όταν α > 1 και ′ − 1< α < 0.

Παρατήρηση 7.7.4. Αν ο α είναι ανάγωγος, τότε και ο 1- − α′ είναι επίσης ανάγωγος.

Πρόταση 7.7.5. Αν D θετικός ακέραιος D = f2d και d όχι τέλειο τετράγωνο, υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους ανάγωγα στοιχεία στο σώμα K = ℚ (√d-) διακρίνουσας D.

Απόδειξη. ΄Εστω α ∈ K ανάγωγος. Ο α είναι λύση της εξίσωσης

και D(a)= B2− 4AC = D. Επομένως

και

όπου ε = ±1. Αν ήταν ε = − 1 θα είχαμε − B − √D-> 0 και − B+ √D-< 0, άτοπο. Επομένως ε = 1, οπότε

΄Ετσι − 2B >0 άρα B < 0 και √-- −B−2AD-< 0 συνεπώς √ -- 0< − B< D. Αυτό σημαίνει ότι για το |B| έχουμε πεπερασμένου πλήθους δυνατότητες, οπότε και για το A ισχύει το ίδιο.

Τέλος, από τη σχέση D = B2− 4AC το ίδιο ισχύει για το C. __

Πρόταση 7.7.6. Αν το α έχει διακρίνουσα D(α)= D > 0 και ο β είναι ισοδύναμος προς τον α τότε και ο β έχει την ίδια διακρίνουσα. Επίσης, αν m ∈ ℤ και β = α+ m, τότε και πάλι ισχύει D(β)= D(α) = D.

Απόδειξη. Η απόδειξη είναι απλή και αφήνεται ως άσκηση στον αναγνώστη. __

Θεώρημα 7.7.7. ϒποθέτουμε ότι α είναι ένας πραγματικός τετραγωνικός και άρρητος αριθμός. Ισχύουν τα ακόλουθα:

Στο συνεχές κλάσμα του α

ο α n έχει την ίδια διακρίνουσα με τον α για κάθε n≥ 1.

Αν ο α είναι ανάγωγος, τότε και ο αn είναι ανάγωγος για κάθε n≥ 1.

Αν ο α δεν είναι ανάγωγος τότε υπάρχει n0 ∈ℕ τέτοιος ώστε για κάθε n≥ n0 ο αn να είναι ανάγωγος.

Απόδειξη. (1) Γνωρίζουμε ήδη ότι α ∼ αn για κάθε n≥ 1. Το συμπέρασμα είναι άμεση συνέπεια της πρότασης 7.7.6.

(2) Γνωρίζουμε ότι, για κάθε n ≥1, ισχύει αn > 1. Ο α είναι εξ υποθέσεως ανάγωγος. Επομένως α > 1 και − 1< − α′ < 0. Από α > 1 έπεται ότι a0 =[α]≥ 1. Αν α = a0+ 1α, 1 προκύπτει ότι α1 > 1 και − -1= a − α′ = a + (− α′)> 1. α′1 0 0 Επομένως και ο α 1 είναι ανάγωγος. Επαγωγικά αποδεικνύεται ότι ο αn είναι ανάγωγος για κάθε n≥ 1.

(3) Ο

Λύνουμε ως προς αn

Επομένως,

Για αρκετά μεγάλο n, τα κλάσματα pn−2 qn−2 και pn−1 qn−1 παριστούν μια πολύ καλή προσέγγιση του α και συνεπώς η παραπάνω παράσταση συγκλίνει στο ′ αα′−−αα, οπότε έχουμε α′n < 0. ϒπενθυμίζουμε ότι qn > 0 για κάθε n.

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι α′> − 1. n

Επομένως

Για αρκετά μεγάλο n, ο όρος 1 qn−1(α′− pn−1) qn−1 είναι ο μικρός. Επομένως ′ αn +1 > 0. __

Πρόταση 7.7.8. ΄Εστω ότι ο α είναι ανάγωγος και a ∈ℤ τέτοιος ώστε α = a+ α11. Οι παρακάτω προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες:

Ο α 1 είναι ανάγωγος.

Ο a =[α].

Απόδειξη. 2 ⇒ 1 Αν a= [α] τότε a < α <a +1 συνεπώς 0< α − a < 1 και 1 < α1−a = α1. Επίσης, ο a≥ 1 και α ′< 0. ΄Αρα

Από τη σχέση ′ α − a< − 1, έπεται ότι

δηλαδή ο α1 είναι ανάγωγος.

1⇒ 2. Αν ήταν α < a θα είχαμε

άτοπο. Αν πάλι a+ 1< α τότε 1- α1 = α− a > 1 και τελικά α1 >1, άτοπο.

Επομένως a< α < a+ 1, δηλαδή α = [a]. __

Παρατήρηση 7.7.9. Στην πρόταση 7.7.8 τα α, α1 καθορίζονται μονοσήμαντα το ένα από το άλλο.

Το θεώρημα που ακολουθεί είναι το σημαντικότερο του κεφαλαίου. Η μια κατεύθυνση αποδείχθηκε από τον Euler το 1737 και η άλλη από τον Lagrange το 1770, και ονομάζεται

Θεώρημα 7.7.10 (Euler-Lagrange). ΄Εστω α ∈ ℝ∖ℚ. Το άπειρο απλό συνεχές κλάσμα του α είναι περιοδικό τότε και μόνο τότε όταν ο α είναι τετραγωνικός, δηλαδή άρρητη ποσότητα δευτέρου βαθμού.

ϒποθέτουμε τώρα ότι ο α είναι τετραγωνικός. Ο α είναι ανάγωγος τότε και μόνο τότε όταν ο α είναι καθαρά περιοδικός.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι α είναι τετραγωνικός (άρρητη ποσότητα δευτέρου βαθμού). Σύμφωνα με το θεώρημα 7.7.7 υπάρχει n0 ∈ ℕ τέτοιος ώστε, για κάθε n ≥ n0, ο αn είναι ανάγωγος. Από την πρόταση 7.7.5 έπεται ότι υπάρχουν το πολύ πεπερασμένου πλήθους τιμές για το αn. Επομένως, για κάποιο n ∈ℕ και k >1, ισχύει αn = αn+k, δηλαδή το συνεχές κλάσμα του α είναι περιοδικό.

Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο α είναι ανάγωγος και έστω αm ο πρώτος όρος του συνεχούς κλάσματος του α ο οποίος συμπίπτει με κάποιο επόμενο όρο της ακολουθίας του αm+k, δηλαδή

Από την πρόταση 7.7.8 και την παρατήρηση 7.7.9, προκύπτει ότι ο αm−1 ορίζεται μονοσήμαντα από τον αm. Επομένως αm −1 = αm+k−1, άτοπο λόγω του ορισμού του m.

Επομένως m = 0 και το συνεχές κλάσμα του α είναι καθαρά περιοδικό. Αντίστροφα, αν το συνεχές κλάσμα του α είναι καθαρά περιοδικό, μπορούμε να γράψουμε

Από τη γνωστή σχέση α = σmα προκύπτει ότι ο α είναι τετραγωνικός. Συγκεκριμένα, από τη σχέση

έπεται ότι

Η διακρίνουσα

Επομένως ο α είναι άρρητη ποσότητα δευτέρου βαθμού. Επίσης ισχύει (θεώρημα 7.7.7 ) ότι α = αn και για αρκετά μεγάλο n ο αn είναι ανάγωγος οπότε και ο α.

Αν τώρα το το συνεχές κλάσμα του α είναι απλά περιοδικό, δηλαδή

τότε ο

είναι καθαρά περιοδικός δηλαδή και τετραγωνικός. Τώρα ο α = σr+1αr+1, δηλαδή α ∼ αr+1 συνεπώς και ο α τετραγωνικός. __

Πρόταση 7.7.11. ϒποθέτουμε ότι ο α ∈ℝ ∖ℚ είναι τετραγωνικός ανάγωγος. Αν

τότε

Απόδειξη. ΄Εστω ---------------- β = [an−1;an−2,...,a1,a0] και { } pqnn , n∈ℕ { ′} pqn′n , n∈ℕ οι συγκλίνοντες των α και β, αντίστοιχα.

Εξ ορισμού της περιοδικότητας έχουμε

και

Επομένως,

και

Τα α,β είναι λύσεις των εξισώσεων δευτέρου βαθμού,

και

αντίστοιχα. Από τη δεύτερη προκύπτει ότι,

Οι εκφράσεις των α,β μπορούν να γραφούν ως εξής: ϒπάρχουν κ,λ ∈ ℝ, κ ⋅λ ⁄= 0, τέτοιοι ώστε

και

΄Ομως

και

Επομένως,

οπότε,

Αυτό σημαίνει ότι ο α και ο −1β είναι λύσεις της ίδιας τετραγωνικής εξίσωσης. Οι ρίζες αυτής είναι τα α και α ′. Ο −1 β λοιπόν θα είναι είτε ο α είτε ο α ′. Το συνεχές κλάσμα του α είναι καθαρά περιοδικό. Επομένως ο a0 = an ≥ 1 από το οποίο προκύπτει ότι α,β > 0 και 1 − β < 0. Τελικά, ′ 1 α = − β, δηλαδή 1 β = − α′. __

Πρόταση 7.7.12. ϒποθέτουμε ότι D∈ ℕ, δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Το συνεχές κλάσμα του √D-- είναι,

και an−i = ai για i= 1,2,...,n− 1.

Απόδειξη. Ο a0 = [√D-]. Θεωρούμε τον αριθμό α = a0+ √D. Το συνεχές κλάσμα του √D-- και του α διαφέρουν μόνο ως προς τον πρώτο όρο. Ο πρώτος όρος του √D-- είναι a0 ενώ του α = a0+√D-- είναι [a0+ √D-]= 2a0.

Ο α είναι ανάγωγος, αφού α > 1, και

Επομένως το συνεχές κλάσμα του α είναι καθαρά περιοδικό

Από αυτή την έκφραση προκύπτει αμέσως ότι

Εφαρμόζουμε την πρόταση 7.7.11:

από την οποία προκύπτει ότι ai = an−i για κάθε i= 1,2,...,n− 1. __

Παράδειγμα 7.7.13. (1) Από τα προηγούμενα προκύπτουν οι:

(2) Να αποδείχθεί ότι το απλό συνεχές κλάσμα της √-- D, όπου D θετικός ακέραιος, έχει περίοδο τότε και μόνο τότε όταν D= a2+ 1 όπου ο a είναι κάποιος θετικός ακέραιος.

Απόδειξη. Πράγματι, αν το συνεχές κλάσμα του √-- D έχει περίοδο 1, θα έχει τη μορφή --- [a0;2a0]. Επομένως

Αν ονομάσουμε

τότε έχουμε

Οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι

Επειδή ο ϕ > 0, έπεται ότι ∘ -2--- ϕ = a0+ a0+ 1. Επομένως

οπότε

και √-- a0 = [ D ]≥ 1.

Αντίστροφα, αν 2 D = a + 1, τότε

΄Ετσι √ - - 2= [1,2], √ - - 5= [2,4], √ -- - 10 = [3,6], √-- -- 50 = [7,14]. __

(3) Αν a,b,c∈ℕ, τότε

Επομένως,

συνεπώς

Οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι

Συνεπώς,

Ειδικότερα αν c= 2a, τότε ---- α = [a,b,2a]. Αν επιπλέον, b= 1,2 ή a τότε έχουμε

αντίστοιχα.

΄Εχουμε υπολογίσει γενικούς τύπους για το συνεχές κλάσμα διαφόρων κλάσεων αρρήτων ποσοτήτων δευτέροτ βαθμού. Για παράδειγμα αν √ -- α = 63, τότε α = [7;1,14], αν √ --- α = 132 τότε ---- α = [11;2,22] και αν √--- α = 225, τότε ----- α = [15;15,30].

7.8 Συνεχή κλάσματα και παραγοντοποίηση

ϒπενθυμίζουμε ότι μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε έναν θετικό ακέραιο n με τη μέθοδο του Fermat, αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε

Είναι πιθανό, όμως, να μπορέσουμε να παραγοντοποιήσουμε τον n αν υπάρχουν x,y θετικοί ακέραιοι οι οποίοι ικανοποιούν την ασθενέστερη συνθήκη:

(7.8.1)

Πράγματι, αν ισχύει η συνθήκη (7.8.1) τότε το

ενώ το n δεν διαιρεί ούτε το x− y ούτε το x+ y, αφού x+ y⁄= n και x+ y< 2n. ΄Αρα n ∤(x+ y), ενώ y< x και x− y< n συνεπάγεται n ∤(x− y). Επομένως, (n,(x − y)) και (n,x+ y) είναι διαιρέτες του n διάφοροι του και n. Τους διαιρέτες αυτούς τους βρίσκουμε εύκολα χρησιμοποιώντας τον Ευκλείδειο Αλγόριθμο.

Παράδειγμα 7.8.1. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι

ϒπολογίζουμε τους (1254− 420,4309)= 31 και (1254+ 420,4309)= 139. Επομένως 4309= 31⋅139.

Αλλά, όταν μας δοθεί ο n, πώς θα ψάξουμε να βρούμε θετικούς ακέραιους x,y τέτοιους ώστε x2 ≡ y2modn;

Θα εφαρμόσουμε τη μέθοδο των συνεχών κλασμάτων. Για τον σκοπό αυτό χρειαζόμαστε την ακόλουθη:

Πρόταση 7.8.2. ϒποθέτουμε ότι n είναι κάποιος θετικός ακέραιος, όχι τέλειο τετράγωνο. Ορίζουμε

για k= 0,1,2,...,ak = [αk],

και

για k= 0,1,2,..., όπου √ - α0 := n.

Αν pk qk είναι ο k-στός συγκλίνων του απλού συνεχούς κλάσματος της √- n, τότε ισχύει

Απόδειξη. Το

Επίσης, από το πόρισμα 7.1.11,

Αντικαθιστούμε το Pk+1+√n αk+1 = Qk+1 και έχουμε

από την οποία προκύπτει ότι

Ο n δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Επομένως

από όπου καταλήγουμε στο

__

Αλγόριθμος συνεχών κλασμάτων για την παραγοντοποίηση ενός ακέραιου n.

Σύμφωνα με τους παραπάνω συμβολισμούς από την πρόταση 7.8.2 προκύπτει ότι, για κάθε ακέραιο k, k≥ 0, ισχύει

ϒποθέτουμε ότι ο k είναι περιττός και ότι το Qk+1 είναι τέλειο τετράγωνο δηλαδή 2 Qk+1 =s , s ≥ 1. Επομένως η ισοδυναμία γράφεται

Η ισοδυναμία αυτή μπορεί να μας οδηγήσει στην παραγοντοποίηση του n.

Παρατήρηση 7.8.3. Τα a k για k = 0,1,2,... είναι οι όροι του συνεχούς κλάσματος της √ - n. Πράγματι, για k= 0, έχουμε √ - α0 = n. ΄Αρα 0+-√n α0 = 1 με P0 = 0, Q0 = 1 και √- a0 = [α0]= [ n].

ϒποθέτουμε ότι ισχύει για k, δηλαδή ότι

Τότε

Συνεπώς

Σημείωση: Εδώ με xk συμβολίζουμε, κατ΄ εξαίρεση, τους διαδοχικούς όρους του συνεχούς κλάσματος της - √ n.

Παράδειγμα 7.8.4. (1) ΄Εστω n = 7729. Θα προσπαθήσουμε να τον παραγοντοποιήσουμε με τη μέθοδο των συνεχών κλασμάτων. Το συνεχές κλάσμα του

Το

Επομένως a1 = [α1]= 1,

ενώ το

Δυστυχώς το Q2 δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

άρα a3 = [α3]= 1.

Εδώ το Q4 έχει άρτιο δείκτη και είναι τέλειο τετράγωνο. Εξετάζουμε την ισοδυναμία

και υπολογίζουμε το p3,

Επομένως, έχουμε 2 2 1055 ≡ 7mod7729. Με τη βοήθεια του Ευκλείδειου αλγορίθμου υπολογίζουμε (1048,7729)= 131. Επομένως 7729= 59⋅131.

Παράδειγμα 7.8.5. (2) Εργαζόμαστε όπως παραπάνω και αποδεικνύουμε ότι 1000009= 293⋅3413.

Παρατήρηση 7.8.6. Ενδέχεται να μην δουλέψει ο αλγόριθμος. Αν, για παράδειγμα, θεωρήσουμε τον n= 731 και υπολογίσουμε τα Qk για k= 0,1,2 βρίσκουμε 1,2,1 αντίστοιχα. Επειδή το απλό συνεχές κλάσμα του √n υπολογίζεται

ποτέ δεν θα μπορέσουμε να βρούμε κάποιο Qk με άρτιο δείκτη το οποίο να είναι τέλειο τετράγωνο. Σε αυτές τις περιπτώσεις θεωρούμε τον αριθμό √ --- mn, με κατάλληλα επιλεγμένο m (συνήθως ένα γινόμενο από μερικούς πρώτους αποφεύγοντας να δημιουργηθούν τετράγωνα μέσα στη ρίζα).

Αν καταφέρουμε για κάποιο άρτιο k να πάρουμε Qk = s2, s≥ 1, όπου το Qk αφορά στο ανάπτυγμα του συνεχούς κλάσματος του √ --- mn, τότε ισχύει

Εδώ τα pk∕qk είναι οι συγκλίνοντες του απλού συνεχούς κλάσματος της √ --- mn. Από την ισοδυναμία τώρα

θα μπορούσαμε, ίσως, να παραγοντοποιήσουμε το n, αν για παράδειγμα βρίσκαμε ότι (pk− s,mn)> 1. ΄Ετσι στο προηγούμενο παράδειγμα, αν θεωρήσουμε τον m = 6,

και υπολογίζουμε 2 Q2 = 7 και p1 = 265. Επομένως έχουμε

και

Συνεπώς 43|731 οπότε 731= 17⋅43.

Τέλος επιθυμούμε να προσθέσουμε ότι η μέθοδος αυτή έχει χρησιμοποιηθεί από τους M. A. Morrison και John Brillahart [9] προκειμένου να παραγοντοποιήσουν τον έβδομο αριθμό Fermat, F7 = 227+ 1. Για τον σκοπό τους αυτό υπολόγισαν τον 13300000⋅Qk από το απλό συνεχές κλάσμα του αριθμού ----- √127F7. Το αποτέλεσμα της εργασίας τους ήταν:

7.9 Το συνεχές κλάσμα του e

Στην παράγραφο αυτή θα μελετήσουμε το συνεχές κλάσμα της βάσης των νεπέριων λογαρίθμων του υπερβατικού αριθμού e. Ο λόγος είναι ότι παρουσιάζει μια ενδιαφέρουσα κανονικότητα.

Θεώρημα 7.9.1. Το συνεχές κλάσμα του e είναι το

με a0 =2 και a3m =a3m−2 = 1, a3m−1 = 2m, για κάθε m ≥ 1.

Απόδειξη. Γνωρίζουμε ότι το ανάπτυγμα Taylor του ex είναι

Επίσης

΄Αρα

και

΄Αρα

όπου

με c ∈ℝ ∖{0,− 1,− 2,...}. ΄Ομοια υπολογίζουμε ότι

οπότε συνολικά

(7.9.1)

Τώρα,

΄Αρα

οπότε

Επομένως

και τελικά

Για x= z2 έχουμε

συνεπώς

και επαγωγικά προκύπτει

όπου

Πράγματι, για n= 0, ισχύει από την παραπάνω σχέση. ΄Εστω ότι ισχύει μέχρι το n− 1, δηλαδή

Τότε

άρα ισχύει και για το n. Συνεπώς μπορούμε να πάρουμε το συνεχές κλάσμα του αριστερού μέλους της παραπάνω ισότητας αν δώσουμε ειδικές τιμές στο c και z έτσι ώστε ο αριθμός c+nz- να είναι ακέραιος ≥ 1, και ο τελευταίος όρος αn+2 να είναι ≥ 1, για κάθε n≥ 0. Επιλέγουμε, λοιπόν, c= 12 και z = 12y, όπου y ακέραιος ≥ 1.

Θέτουμε στη σχέση (7.9.1) w= 1y και βρίσκουμε ότι το ανάπτυγμα του eeww−+ee−−ww σε συνεχές κλάσμα είναι

Ειδικά για y= 2 έχουμε

Συνεπώς

και έτσι προκύπτει ότι

Επομένως το συνεχές κλάσμα του αντιστρόφου είναι

Αν e+1 α = e−1 τότε

΄Εστω

και έστω pqnn οι κύριες συγκλίσεις του ξ και rn∕sn οι κύριες συγκλίσεις του α.

Θα αποδείξουμε ότι, για κάθε n≥ 0, ισχύουν:

(7.9.2)

Για n = 0, προφανώς r0 = 2 και s0 = 1. Ενώ p3⋅0+1 = p1 = a0a1+ 1= 2⋅1+ 1= 3 και q3⋅0+1 = q1 = a1 =1 άρα p1 = 3= 2+ 1 =r0+ s0 και q1 = 1= 2− 1= r0− s0.

΄Εστω ότι οι σχέσεις (7.9.2) είναι αληθείς για όλους τους φυσικούς ≤ n. Θα δείξουμε ότι είναι αληθείς και για το n +1.

΄Ομως, εξ ορισμού rn = anrn− 1+rn−2 ή rn = 2(2n+ 1)rn−1+ rn−2 και ανάλογα sn = 2(2n+ 1)sn−1+ sn−2.

Τώρα για τα pn γράφουμε τους αναδρομικούς τύπους, πολλαπλασιάζουμε με τον αντίστοιχο συντελεστή και προσθέτουμε

Επιπλέον

Ομοίως, για τα qn, έχουμε

και

΄Αρα οι σχέσεις (7.9.2) ισχύουν, οπότε

__

Η απόδειξη που παρουσιάσαμε ακολουθεί αυτή του Lang [10]. Για μια διαφορετική απόδειξη παραπεμπουμε στο [7].

Στη συνέχεια καταγράφουμε μερικούς όρους του αναπτύγματος του π σε απλό συνεχές κλάσμα.

Μέχρι σήμερα δεν είναι γνωστή η ύπαρξη οποιασδήποτε κανονικότητας για το απλό συνεχές κλάσμα του π.

Στο πρόγραμμα sage μπορούμε να υπολογίσουμε όσο μεγάλο κομμάτι του συνεχούς κλάσματος του e θέλουμε:

continued_fraction_list(e, bits=70) 
[2, 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, 10, 1, 1, 12, ∖ 
1, 1, 14, 1, 1, 16, 2]

7.10 Ιστορικά στοιχεία

Ο αλγόριθμος του Ευκλείδη για τον υπολογισμό του μέγιστου κοινού διαιρέτη αποτελεί ουσιαστικά μετατροπή ενός κλάσματος σε συνεχές κλάσμα. Αυτό ήταν ίσως και το πρώτο βήμα (∼ 300 π.Χ.) προς την κατεύθυνση της ανάπτυξης της ιδέας των συνεχών κλασμάτων.

Αναφορά στα συνεχή κλάσματα βρίσκει κανείς στα ινδικά Μαθηματικά και ιδιαίτερα στο έργο των Aryabhata (6ος αιώνας μ.Χ.) και Bhaskara (12ος αιώνας μ.Χ.). Και οι δύο χρησιμοποιούν τα συνεχή κλάσματα για την επίλυση γραμμικών εξισώσεων.

Η μοντέρνα θεωρία των συνεχών κλασμάτων αρχίζει με τις εργασίες του Rafaell Bombelli (γεννήθηκε γύρω στα 1530). Ο Bombelli χρησιμοποιήσε τα συνεχή κλάσματα για να προσεγγίσει τετραγωνικές ρίζες, κάτι που έκανε και ο Cataldi (1548-1626) πριν από αυτόν. Ο Bombelli υπολογίζει, στην «΄Αλγεβρα» που εξέδωσε στα 1572, το συνεχές κλάσμα της -- √ 13= [3;4,6]. Φαίνεται ότι γνώριζε το ανάπτυγμα του συνεχούς κλάσματος αριθμών της μορφής

Ο Cataldi (1548-1626) υπολογίζει στα 1613 το συνεχές κλάσμα του

Ο όρος «συνεχές κλάσμα» χρησιμοποιείται για πρώτη φορά στα 1653 από τον John Wallis στο έργο του “Arithmetica infinitorum”.

Μοναδικό έργο του Christian Huygens στο οποίο «πλησίασε» τη Θεωρία Αριθμών ήταν το “Descriptio Automati Planetarii”. Το έργο του αυτό θα πρέπει να το είχε ετοιμάσει μεταξύ των ετών 1680 και 1687, αλλά όσο ζούσε δεν το δημοσίευσε ποτέ. Δημοσιεύτηκε το έτος 1703 μετά τον θάνατό του. Στο έργο του αυτό αναπτύσσει τη θεωρία της βέλτιστης προσέγγισης ενός ρητού από ένα κλάσμα, στηριζόμενος στον αλγόριθμο των συνεχών κλασμάτων.

Η κλασική θεωρία, όπως είναι σήμερα, αναπτύχθηκε από τους μεγάλους μαθηματικούς Euler (1707-1783) και Lagrange (1736-1813). Στα 1737, ο Euler αποδεικνύει ότι ένα άπειρο απλό περιοδικό συνεχές κλάσμα ορίζει πάντοντε έναν τετραγωνικό άρρητο πραγματικό αριθμό. Στα 1770, ο Lagrange αποδεικνύει και το αντίστροφο, ότι όλοι οι τετραγωνικοί άρρητοι αριθμοί έχουν περιοδικό απλό άπειρο συνεχές κλάσμα.

Ουσιαστικά αυτά είναι που γνωρίζουμε μέχρι σήμερα. Δεν είναι γνωστός κανείς χαρακτηρισμός άρρητων ποσοτήτων βαθμού 3 μέσω ιδιοτήτων των συνεχών κλασμάτων. Ούτε καν του √ - 32.

Ακόμη κανείς δεν γνωρίζει για κανέναν αλγεβρικό αριθμό α ∈ ℝ βαθμού ≥ 3 το συνεχές κλάσμα αυτού.

Η σύνδεση της σχέσης του αλγόριθμου των συνεχών κλασμάτων με τις εξισώσεις του Pell (η θεωρία θα αναπτυχθεί στο επόμενο κεφάλαιο) καταγράφεται για πρώτη φορά από τον Euler το 1759. Η εργασία του αυτή πρωτοδημοσιεύεται το 1767.

Σε όλο το κεφάλαιο έχουμε ασχοληθεί με απλά συνεχή κλάσματα. Είναι βέβαια φυσικό να οριστεί η έννοια του συνεχούς κλάσματος γενικότερα.

Ορισμός 7.10.1. ΄Ενα άπειρο συνεχές κλάσμα είναι μια έκφραση της μορφής

όπου ai,bj ∈ℝ.

΄Ετσι, σύμφωνα με αυτόν τον ορισμό, ο William Brouncker μετέτρεψε τον τότε γνωστό τύπο του Wallis

σε συνεχές κλάσμα

Ο Gauss στο ημερολόγιό του (24 Μαΐου του 1796), μετέτρεψε τη σειρά

σε συνεχές κλάσμα

Ο Carl Lindemann χρησιμοποίησε τον αλγόριθμο των συνεχών κλασμάτων για να αποδείξει ότι ο π είναι υπερβατικός.

Ο S. Ramanujan (1887-1920) έχει υπολογίσει πλειάδα συνεχών κλασμάτων. ΄Ισως το πιο εντυπωσιακό είναι το

΄Οπως θα διαπιστώσουμε σύντομα τα συνεχή κλάσματα παίζουν έναν σημαντικό ρόλο στα Μαθηματικά γενικά και στη Θεωρία Αριθμών ειδικότερα. Τα ιστορικά στοιχεία έχουν αντληθεί από τα [3], [5], [4], [8].

Κεφάλαιο 8
Η εξίσωση του Pell

8.1 Εισαγωγή

Στην παράγραφο αυτή θα μελετήσουμε τις λύσεις μιας συγκεκριμένης κλάσεως διοφαντικών εξισώσεων, των εξισώσεων του Pell. Αυτό γίνεται όχι μόνο για ιστορικούς λόγους, αλλά και λόγω της χρησιμότητας τους στα επόμενα.

Ας ξεκινήσουμε με δύο απλά παραδείγματα. Παρατηρούμε ότι 10− 1 =32 και 102 − 1 =22. ϒπάρχουν άλλοι αριθμοί οι οποίοι να έχουν ανάλογη ιδιότητα;

Ο αμέσως επόμενος είναι ο 290. Πράγματι, 290− 1= 172 και 2920− 1= 122. Μπορούμε να τους βρούμε όλους; Είναι πεπερασμένου πλήθους ή άπειρου;

Αν α είναι κάποιος τέτοιος ακέραιος, τότε θα πρέπει να υπάρχουν ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε

Συνεπώς τα x,y θα πρέπει να αποτελούν λύση της διοφαντικής εξίσωσης

Ας θεωρήσουμε τώρα το ακόλουθο πρόβλημα:

Να υπολογιστούν όλες οι θετικές και ακέραιες λύσεις του συστήματος

Λύνουμε το σύστημα ως προς x και u και έχουμε

Προφανώς το 2 2 2v − y είναι θετικό, αφού x> 0, u > 0 και οι αριθμητές είναι επίσης θετικοί. ϒπολογίζουμε το

Επομένως

Συνεπώς το (2v2− y2)|32, οπότε έχουμε

Αν τώρα s περιττός, s:= 2k+1, τότε από την εξίσωση

εφαρμόζοντας διαδοχικά τη διαίρεση με 2, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι

Αν ο s είναι άρτιος, s:= 2k, τότε ανάλογα προκύπτει ότι

8.2 Η εξίσωση του Pell

Ορισμός 8.2.1. Αν d ∈ ℕ ∖{0}, η διοφαντική εξίσωση

λέγεται εξίσωση του Pell.

Παρατήρηση 8.2.2. Αργότερα θα μελετήσουμε τις κάπως γενικότερες εξισώσεις της μορφής

Συχνά και αυτές εμφανίζονται στη βιβλιογραφία με το ίδιο όνομα. Ούτως ή άλλως ιδιαίτερο ενδιαφέρον θα δούμε ότι παρουσιάζει η εξίσωση

Παρατήρηση 8.2.3. Αν το d = t2, t > 0 τότε η εξίσωση γράφεται

η οποία έχει λύσεις

(8.2.1)

Στη συνέχεια θα υποθέτουμε ότι ο d είναι ελεύθερος τετραγώνου.

Οι λύσεις (8.2.1) θα λέγονται τετριμμένες λύσεις της εξίσωσης του Pell.

Πρόταση 8.2.4. Αν η εξίσωση του Pell

έχει μη-τετριμμένη λύση, έστω (p,q), τότε ο pq είναι κάποιος κύριος συγκλίνων του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √d.

Απόδειξη. Από τη σχέση p2− dq2 = 1 προκύπτει ότι √ -- p> q d και

Επομένως

Το συμπέρασμα είναι άμεση συνέπεια της πρότασης 7.5.5 της σελίδας 649. __

Παρατήρηση 8.2.5. Δεν είναι όλοι οι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d, λύσεις της εξίσωσης του Pell

Για παράδειγμα, ο ρητός 11- 3 είναι ένας συγκλίνων του συνεχούς κλάσματος του √ -- 13, αλλά δεν είναι λύση της εξίσωσης του Pell 2 2 X − 13Y = 1, αφού 2 2 11 − 13⋅3 = 4. Ο συγκλίνων 649- 180 είναι λύση της εξίσωσης.

Εντελώς φυσιολογικά προκύπτει το ερώτημα. Για κάποιον συγκλίνοντα pn qn του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d, ποιο είναι το μέγεθος του αριθμού (pn− dqn);

Πρόταση 8.2.6. Αν p∕q συγκλίνων του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √-- d, τότε το (p,q) είναι λύση της εξίσωσης του Pell

όπου √ -- |N|< 1+ 2 d.

Απόδειξη. Αφού p q συγκλίνων του √d,- έπεται ότι

Επομένως √ -- |p − q d|< 1q. Στη συνέχεια υπολογιζουμε

Τελικά προκύπτει ότι

δηλαδή ότι p2− dq2 = N με |N |< 1+ 2√d. __

Παράδειγμα 8.2.7. Το συνεχές κλάσμα του αριθμού √-- 13 είναι το

ϒπολογίζουμε τους συγκλίνοντες και την αντίστοιχη τιμή της X2− 13Y2.

Από την πρόταση 7.7.12 προκύπτει ότι το συνεχές κλάσμα της √ -- d είναι όχι μόνο απλά περιοδικό αλλά της μορφής

Για d < 100 ο αριθμός √-- 94 έχει το μέγιστο μήκος περιόδου που είναι 16. Θα εκμεταλευτούμε την περιοδικότητα του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d για να συμπεράνουμε την ύπαρξη μιας και στη συνέχεια άπειρου πλήθους λύσεων της εξίσωσης του Pell.

Πρόταση 8.2.8. Αν pqkk οι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √d-- και n το μήκος της περιόδου αυτού τότε ισχύει:

για κάθε k= 1,2,3,...

Απόδειξη. Για κάθε k≥ 1, γράφουμε το συνεχές κλάσμα του αριθμού √-- d στη μορφή

όπου

Από το πόρισμα 7.1.11 έπεται ότι

Αντικαθιστούμε την τιμή του rkn και έχουμε

Συνεπώς

Πολλαπλασιάζουμε τις δύο σχέσεις με pkn−1 και qkn−1 αντίστοιχα και προσθέτουμε

΄Αλλα, πρόταση 7.2.1,

δηλαδή προκείπτει ο ισχυρισμός της πρότασης. __

Θεώρημα 8.2.9. Αν pqk k οι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d και n το μήκος της περιόδου αυτού, τότε ισχύουν:

Αν n άρτιος, τότε όλες οι θετικές λύσεις της εξίσωσης του Pell

δίνονται από τις σχέσεις

Αν n περιττός, τότε όλες οι θετικές λύσεις τις εξίσωσης του Pell δίνονται από τις σχέσεις

Απόδειξη. Σύμφωνα με την πρόταση 8.2.4, όλες οι λύσεις της εξίσωσης του Pell είναι κάποιοι από τους συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού -- √d. Λόγω της πρότασης 8.2.8 έχουμε:

1. Αν ο n είναι άρτιος, τότε όλες οι θετικές λύσεις της εξίσωσης του Pell δίνονται από τους τύπους:

2. Αν ο n είναι περιττός τότε οι λύσεις είναι οι:

__

Παρατήρηση 8.2.10. Είναι φανερό ότι στη δεύτερη περίπτωση του θεωρήματος οι συγκλίνοντες της μορφής

είναι οι λύσεις της X2− dY2 = − 1. (Στην πρώτη περίπτωση η X2− dY2 = − 1 δεν έχει ακέραια λύση).

Παρατήρηση 8.2.11. Στο παράδειγμα με √ -- d = 13 η περίοδος του συνεχούς κλάσματος είναι n= 5. Επομένως όλες οι θετικές λύσεις της εξίσωσης του Pell

είναι

΄Οπως έχουμε ήδη διαπιστώσει, για k= 1 έχουμε τη λύση x= p9 = 649, y =q9 = 180.

Παρατήρηση 8.2.12. Αν 4|d ή p|d και p ∈ℙ, p≡ 3mod4, τότε η X 2− dY 2 = − 1 δεν έχει ακέραια λύση. Πράγματι, αν ήταν (x,y) μια ακέραια λύση αυτής, τότε θα είχαμε x2 ≡ − 1mod4 ή x2 ≡− 1modp αντίστοιχα. Οι ισοτιμίες όμως αυτές δεν είναι επιλύσιμες. Αυτό σημαίνει ότι το μήκος της περιόδου του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d είναι κατ΄ ανάγκην άρτιο.

Ορισμός 8.2.13. Η μικρότερη θετική λύση (x1,y1) της εξίσωσης του Pell 2 2 X − dY = 1 θα λέγεται θεμελιώδης λύση αυτής. (Εδώ μικρότερη εννοούμε ότι x1 < x και y1 < y για κάθε άλλη λύση (x,y) αυτής.)

Παρατήρηση 8.2.14. Αν ο n είναι άρτιος, η θεμελιώδης λύση είναι x1 =pn−1, y1 = qn−1. Αν ο n είναι περιττός, τότε αυτή είναι x1 = p2n−1, y1 = q2n−1. (Το n είναι το μήκος της περιόδου του συνεχούς κλάσματος της -- √d.)

Πρόταση 8.2.15. Αν (x1,y1) είναι η θεμελιώσης λύση της X 2− dY2 = 1, τότε κάθε ζευγάρι (xn,yn) το οποίο δίνεται από την ισότητα

είναι επίσης λύση αυτής.

Απόδειξη. Είναι προφανές ότι, για κάθε n ∈ℕ, ισχύει

Επίσης οι xn,yn είναι θετικοί ακέραιοι, αφού οι x1,y1 είναι θετικοί ακέραιοι. Η (x1,y1) είναι μια λύση της X2− dY2 = 1. Επομένως,

__

Παράδειγμα 8.2.16. Το συνεχές κλάσμα της √2= [1;2]. Το n= 1. Συνεπώς η θεμελιώδης λύση της εξίσωσης του Pell X2− 2Y2 = 1 είναι x1 = p3 = 3, y1 = q3 = 2. ΄Αρα και η (x2,y2) όπου x2+ y2√2= (3+ 2√2-)2 είναι επίσης λύση. Ομοίως και η (x3,y3) όπου x3 +y3√2 = (3+2√2 )3 = 99+ 70√2.

Στην επόμενη πρόταση θα αποδείξουμε ότι οι λύσεις της πρότασης 8.2.15 είναι όλες οι λύσεις της εξίσωσης του Pell

Πρόταση 8.2.17. ΄Εστω (x1,y1) η θεμελιώδης λύση της εξίσωσης του Pell 2 2 X − dY = 1. ΄Ολες οι λύσεις αυτής δίνονται από τη σχέση

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι υπάρχει μια λύση (u,v) της εξίσωσης του Pell η οποία δεν προκύπτει από την παραπάνω σχέση και θα καταλήξουμε σε άτοπο.

Επειδή τα x1 και y1 είναι θετικοί, οι δυνάμεις √-- (x1+ y1 d)n → ∞ για n → ∞. Επομένως, υπάρχει ένας φυσικός αριθμός n0, τέτοιος ώστε

δηλαδή

Προφανώς ισχύουν √-- xn0− yn0 d > 0 και 2 2 xn0− dyn0 = 1. Επομένως έχουμε

΄Ομως,

Αν a:= xnu− ynvd 0 0 και b:= xnv− ynu, 0 0 τότε

Αυτό σημαίνει ότι το ζεύγος (a,b) είναι λύση της εξίσωσης του Pell X 2− dY 2 = 1. ΄Ομως 1 < a+ b√d--<x1+ y1√d. Θα αποδείξουμε ότι οι a,b είναι θετικοί ακέραιοι. Από τις σχέσεις 1 < a+ b√d- και

έπεται ότι

Επομένως,

και √ -- √ -- √ -- 2b d =(a+ b d)− (a− b d)> 1− 1= 0. Τελικά αποδείξαμε ότι το (a,b) είναι μια θετική ακέραια λύση με a< x1 και b< y1, άτοπο. Αυτό αποδεικνύει την αλήθεια της πρότασης. __

Παρατήρηση 8.2.18. Από το παραπάνω γίνεται φανερό ότι το σημαντικό είναι ο υπολογισμός μιας θεμελιώδους λύσης της εξίσωσης του Pell. Αυτό επιτυγχάνεται, όπως έχουμε ήδη δει, μέσω του υπολογισμού των συγκλινόντων του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √d.- Ισχύει και το εξής:

Αν (x,y) θετική ακέραια λύση της εξίσωσης του Pell X2− dY2 = 1 και y2- x > 2 − 1, τότε η (x,y) είναι θεμελιώδης. Παραδείγματος χάρη, για d = 2, η (3,2) είναι θεμελιώδης.

8.3 Η γενικευμένη εξίσωση του Pell

Ο d είναι, όπως και στην προηγούμενη παράγραφο, θετικός ακέραιος όχι τέλειο τετράγωνο. Είναι προφανές ότι η εξίσωση

δεν έχει ακέραια λύση αφού ( ) −13 = − 1. Ομοίως η X 2− 5Y2 = 2 επίσης δεν έχει ακέραια λύση, αφού ( ) 25 = − 1.

Παρατήρηση 8.3.1. Αν η εξίσωση X2− dY2 =N έχει μια ακέραια λύση, έστω (a,b), και (x,y) είναι μια μη-τετριμμένη λύση της εξίσωσης του Pell X 2− dY 2 = 1, τότε έχουμε

Αυτό σημαίνει ότι (r,s) όπου r:=xa − dyb και s:= xb − ay είναι επίσης λύση της X2− dY2 = N. Επειδή δε η X2− dY2 = 1, έχει άπειρες λύσεις και η αρχική έχει επίσης άπειρο πλήθος λύσεων.

Πρόταση 8.3.2. Η εξίσωση X2− dY2 =N δεν έχει ακέραια λύση ή έχει άπειρες λύσεις.

Πρόταση 8.3.3. Αν p∕q n n οι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος της √d-- και N ακέραιος τέτοιος ώστε |N|< √d- τότε κάθε θετική λύση (x,y) της X 2− dY 2 = N με (x,y) =1 ικανοποιεί τη σχέση x= p n και y = q, n για κάποιο n ∈ℕ,n ⁄= 0.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι N > 0. Από τη σχέση

έπεται ότι √ -- x − y d > 0, δηλαδή √-- x> y d. Επομένως √-- xy− d > 0. Η υπόθεση ότι 0 < N < d μας δίνει

Επομένως,

οπότε πρόταση 7.5.5 τα x,y πρέπει να είναι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √d.-

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι N < 0. Διαιρούμε τα μέλη της x2 − dy2 = N με − d και έχουμε

Εργαζόμαστε ανάλογα με την περίπτωση που το N ήταν θετικό και συμπεραίνουμε ότι τα x,y είναι συγλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √1d-. ΄Ομως, αν το συνεχές κλάσμα του άρρητου αριθμού a είναι το

τότε το συνεχές κλάσμα του 1- α είναι το

Αυτό σημαίνει ότι ο n-στός συγκλίνων του 1∕α ταυτίζεται με τον αντίστροφο του (n − 1)-στού συγκλίνοντα του α.

Τελικά, έχουμε ότι ο xy = y1∕x είναι συγκλίνων του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- -11-= d. √d __

Παρατήρηση 8.3.4. Από την προηγούμενη πρόταση βλέπουμε ότι για σχετικά μικρά N πιθανές λύσεις προσδιορίζονται από τους συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d.

Επίσης έχουμε δει ότι αν (a,b) λύση της X 2− Y2b= N και (x,y) λύση της X 2− dY 2 = 132 = 1, τότε η √-- √ -- √ -- u+ v d =(a+ b d)(x+ y d) είναι επίσης λύση της X2− dY2 = N.

Ορισμός 8.3.5. Λύσεις της εξίσωσης

οι οποίες προκύπτουν από μία λύση αυτής (a,b) με πολλαπλασιασμό με μια λύση της 2 2 X − dY = 1 λέγονται συνεταιρικές ή συσχετιζόμενες μεταξύ τους.

Το σύνολο όλων αυτών των λύσεων δημιουργεί μια άπειρη κλάση λύσεων.

Παρατήρηση 8.3.6. Προφανώς δύο λύσεις u +v √d-- 1 1 και u +v √d-- 2 2 της

ανήκουν στην ίδια κλάση ακριβώς όταν οι αριθμοί

είναι αμφότεροι ακέραιοι.

Χωρίς απόδειξη αναφέρουμε ότι

Πρόταση 8.3.7. Αν N θετικός ακέραιος, τότε το σύνολο των κλάσεων των λύσεων της εξίσωσης 2 2 X − dY = N είναι πεπερασμένο.

Θα επανέλθουμε σε σχετικά θέματα στο μεθεπόμενο κεφάλαιο στο οποίο θα μελετήσουμε τετραγωνικά αλγεβρικά σώματα αριθμών.

Παρατήρηση 8.3.8. Για μικρά d είναι δυνατόν η θεμελιώδης λύση να είναι αρκετά μεγάλη. Για παράδειγμα η εξίσωση του Pell

έχει θεμελιώδη λύση

Μάλιστα της εξίσωσης

η θεμελιώδης λύση έχει -ψηφία. Το μήκος της περιόδου είναι 2174.

Παρατήρηση 8.3.9. Ελαφρά μεταβολή του d αλλάζει άρδην τα δεδομένα. ΄Ετσι για παράδειγμα αν d = 60, η θεμελιώδης λύση είναι x= 31,y= 4. Αν d = 61 η θεμελιώδης λύση είναι x= 1766319049, y= 226153980. Αν d = 62 η θεμελιώδης λύση είναι x = 63, y= 8, ενώ για d = 1621 η συντεταγμένη x της θεμελιώδους λύσης έχει -ψηφία.

Αφορμή από το συγκεκριμένο παράδειγμα πήραν οι M.J. Jacobson και H.C. Williams [8] οι οποίοι θεώρησαν τη θεμελιώδη λύση (x0,y0) της εξίσωσης του Pell X2− (d− 1)Y2 = 1 και τη θεμελιώδη λύση (x1,y1) της X2− dY2 = 1, όρισαν

και απέδειξαν ότι ο λόγος μπορεί να γίνει οσοδήποτε μεγάλος.

8.4 Ιστορικά στοιχεία

Το Βοεικό πρόβλημα του Αρχιμήδη

Το 1773 ο Γερμανός ποιητής G.E. Lessing ανακάλυψε ένα βυζαντινό χειρόγραφο του 14ου αιώνα με 4 άγνωστα ποιήματα της Παλατινής Ανθολογίας. ΄Ενα από αυτά είχε τίτλο στον οποίο δήλωνε ότι επρόκειτο για αριθμητικό πρόβλημα το οποίο πρότεινε με επιστολή του ο Αρχιμήδης στον Ερατοσθένη.

Στο πρόβλημα αυτό ζητείται να υπολογισθεί το πλήθος των βοοειδών του Θεού ΄Ηλιου και αναφέρεται στη βιβλιογραφία ως «Βοεικό πρόβλημα του Αρχιμήδη».

Αναφέρεται στον υπολογισμό των ταύρων και αγελάδων που ζούσαν στο νησί του Θεού ΄Ηλιου. ΄Εχουν 4 χρώματα (λευκό, μαύρο, ξανθό και ποικιλόχρωμο).

Αν W,X ,Y,Z είναι το πλήθος των λευκών, μαύρων, ξανθών και ποικιλόχρωμων ταύρων αντίστοιχα και w,x,y,z το χρώμα των αντίστοιχων αγελάδων. Τότε σύμφωνα με το επίγραμμα, οι παραπάνω μεταβλητές θα πρέπει να επαληθεύουν το ακόλουθο σύστημα εξισώσεων.

Σημείωση: Οι τελευταίοι δύο συμβολισμοί σημαίνουν ότι ο αριθμός W + X είναι τέλειο τετράγωνο και ότι ο Y +Z είναι τρίγωνος αριθμός.

Η λύση του συστήματος αυτού ανάγεται στην επίλυση μιας εξίσωσης του Pell, της

όπου d = 410286423278424. Φυσικά θα μπορούσαμε να λύσουμε την εξίσωση αυτή του Pell υπολογίζοντας τους συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √-- d, αλλά το μήκος της περιόδου είναι [5].

Ο A. Amthor [1] παρατήρησε ότι ο d = (9314)24729494 και ανήγαγε την αρχική εξίσωση στη μορφή

όπου τώρα το d0 = 4729494 και η περίοδος του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √ -- d0, είναι μόνο 92. Η θεμελιώδης λύση της τελευταίας εξίσωσης είναι

και

Βέβαια, εμείς ενδιαφερόμαστε για τη θεμελιώδη λύση της αρχικής. Αν (x1,y1) η θεμελιώδης λύση της αρχικής τότε ο A. Amthor απέδειξε ότι

Του ήταν όμως αδύνατο να λύσει το βοεικό πρόβλημα του Αρχιμήδη επειδή η τιμή του y1 είναι αρκετά μεγάλη, προσεγγιστικά περίπου

Ο συνολικός αριθμός των ζώων υπολογίστηκε τελικά το 1965 από τους H.C. Williams, R.A. German και C. R. Zarnke προφανώς και με χρήση υπολογιστή [3].

Αργότερα, ο αριθμός δημοσιεύτηκε από τον H.L. Nelson [4] και καταλαμβάνει 12 τυπωμένες σελίδες.

Περισσότερα σχετικά στοιχεία μπορεί να βρει ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης στα άρθρα [6], [5].

Εξαιρετικό ενδιαφέρον παρουσιάζει και το ιστορικό - φιλοσοφικό άρθρο του Μιχάλη Λάμπρου [10].

Σύντομη ιστορική αναδρομή

Φαίνεται ότι η πρώτη αναφορά στις εξισώσεις του Pell γίνεται στο έργο του Θέωνα του Σμυρναίου. Ακολούθησαν σχετικές παρατηρήσεις στο θέμα από τον Πρόκλο. Ουσιαστικά χρησιμοποιήθηκαν οι συγκλίνοντες του συνεχούς κλάσματος του αριθμού √2- για να τον προσεγγίσουν.

Στο έργο του «Κύκλου Μέτρησις» ο Αρχιμήδης προσεγγίζει, χωρίς επεξήγηση, τον αριθμό √ - 3 ως εξής:

Ας σημειωθεί ότι οι 261553- και είναι οι 8ος και 11ος συγκλίνοντες του αριθμού - √ 3.

Το 628 ο Brahmagupta ήταν ο πρώτος που ανακάλυψε την ταυτότητα:

τότε ισχύει

Κάνοντας χρήση της παραπάνω ταυτότητας, ανακάλυψε μια ad hoc μέθοδο επίλυσης της εξίσωσης του Pell:

Παρατήρησε ότι 102− 92= 8 και συνθέτοντας αυτή τη λύση με τον εαυτό της, όπως στην ταυτότητα παραπάνω, βρήκε ότι

Επομένως (5)2 242 − 92⋅ 2 = 1 και συνθέτοντας και πάλι με τον εαυτό της υπολόγισε ότι

Η σημαντικότερη συμβολή των Ινδικών μαθηματικών όσον αφορά στην εξίσωση του Pell είναι η ανακάλυψη της κυκλικής μεθόδου κατά τον 12ο αιώνα [2], [7].

Ακολούθησε ένα μεγάλο χρονικό διάστημα και η Θεωρία Αριθμών ξαναγεννήθηκε για δεύτερη φορά - όπως ο Ιανός κατά τον A. Weil.

Ο P. de Fermat, το 1657 σε επιστολή του προς τον Frenicle, θέτει προς απόδειξη το ακόλουθο πρόβλημα:

«Δίδεται κάποιος (θετικός) ακέραιος d ο οποίος δεν είναι τέλειο τετράγωνο. ϒπάρχει άπειρο πλήθος ακέραιων των οποίων αν στο τετράγωνο αυτού πολλαπλασιασμένο με το d προσθέσουμε και μια μονάδα βρίσκουμε τέλειο τετράγωνο ακέραιου.»

Στη συνέχεια απαιτεί την εύρεση ενός γενικού κανόνα επίλυσης του προβλήματος και ερωτά για τις ειδικές περιπτώσεις d = 109,149,433.

Οι ειδικές αυτές περιπτώσεις έχουν επιλυθεί από τους Brounker και Wallis [2], [9].

Παρά ταύτα, ούτε ο Brouncker, ούτε ο Wallis, ούτε ο Frénicle κατάφεραν να αποδείξουν ότι η εξίσωση του Pell έχει πάντοτε μη-τετριμμένες λύσεις για κάθε θετικό ακέραιο ο οποίος δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Η μέθοδος του Brouncker τροποποίηθηκε και επεκτάθηκε από τον Euler, ο οποίος παρατήρησε ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί η θεωρία των συνεχών κλασμάτων και να μας δώσει έναν αποτελεσματικό αλγόριθμο επίλυσης της εξίσωσης του Pell.

Σημαντική ήταν και η συνεισφορά του Lagrange.

Η εξίσωση φέρει το όνομα του ΄Αγγλου μαθηματικού John Pell (1611-1685), ο οποίος όμως είχε ελάχιστη σχέση με το πρόβλημα. Το λάθος οφείλεται στον Euler. «Ηθικό δίδαγμα»! Μπορεί κανείς να περάσει στην Ιστορία ακόμα και αν δεν έχει κάνει κάτι σχετικό.

Κεφάλαιο 9
Τετραγωνικές μορφές

9.1 Εισαγωγή

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε τις δυαδικές τετραγωνικές μορφές (binary quadratic forms). Η όλη θεωρία θα συνδυαστεί στο επόμενο κεφάλαιο με αυτή των τετραγωνικών σωμάτων αριθμών.

Ορισμός 9.1.1. Δυαδική τετραγωνική μορφή λέγεται κάθε ομογενές πολυώνυμο δευτέρου βαθμού, δύο μεταβλητών με συντελεστές ακέραιους:

Θα ασχοληθούμε με δύο βασικά ερωτήματα:

Ερώτημα 1ο Να υπολογιστούν οι ακέραιοι n οι οποίοι παρίστανται μέσω της τετραγωνικής μορφής f(X,Y), δηλαδή οι φυσικοί αριθμοί n, για τους οποίους υπάρχουν ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε

Ερώτημα 2ο Αν ο ακέραιος n παρίσταται από την τετραγωνική μορφή f(X,Y), τότε κατά πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να παρασταθεί;

Για λόγους ευκολίας θα συμβολίζουμε την τετραγωνική μορφή

Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε, κατ΄ αρχήν, με το πρώτο ερώτημα. Επειδή ασχολούμαστε αποκλειστικά με δυαδικές τετραγωνικές μορφές, στα επόμενα θα παραλείπουμε το επίθετο «δυαδικές».

Ορισμός 9.1.2. Διακρίνουσα της τετραγωνικής μορφής [a,b,c], λέγεται ο ακέραιος αριθμός D := b2− 4ac.

Παρατήρηση 9.1.3. Συχνά στη βιβλιογραφία η διακρίνουσα ορίζεται και ως D = 4ac− b2.

Παρατήρηση 9.1.4. Προφανώς D ≡ 0mod4 αν b άρτιος και D ≡ 1mod4 αν b περιττός.

Παρατήρηση 9.1.5. Αν η διακρίνουσα D είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, τότε η τετραγωνική μορφή αναλύεται σε γινόμενο δύο γραμμικών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές. Αν η διακρίνουσα D δεν είναι τέλειο τετράγωνο, τότε η τετραγωνική μορφή δεν αναλύεται σε γινόμενο γραμμικών πολυωνύμων, όχι μόνο με συντελεστές ακέραιους, αλλά ούτε και με συντελεστές ρητούς.

Πρόταση 9.1.6. Αν η τετραγωνική μορφή

έχει διακρίνουσα D= b2− 4ac⁄= 0 η οποία δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, τότε a⁄= 0, c⁄= 0 και η μοναδική λύση της εξίσωσης f(X,Y)= 0 είναι η (x,y) =(0,0).

Απόδειξη. Αν ήταν a= 0 είτε c= 0 τότε η διακρίνουσα D θα ήταν τέλειο τετράγωνο D= b2.

΄Εστω (x,y) μια λύση της f(X ,Y) = 0. Αν y= 0 τότε ax2 = 0 και επειδή a ⁄= 0, έπεται ότι x = 0. Αν x= 0, ομοίως έπεται ότι και y = 0.

Αν x⁄= 0 και y⁄= 0 τότε γράφουμε

Από τη σχέση αυτή προκύπτει αμέσως ότι ο D είναι τέλειο τετράγωνο αφού Dy2 ⁄= 0, άτοπο. __

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι D ⁄=0. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις:

1η Περίπτωση: Αν D < 0, τότε κατ΄ ανάγκη ισχύει a ⋅c > 0, δηλαδή a >0 και c >0 ή a< 0 και c< 0.

Ορισμός 9.1.7. Αν για την τετραγωνική μορφή [a,b,c] ισχύουν

τότε η τετραγωνική μορφή λέγεται θετικά ορισμένη.

Αν ισχύουν D < 0 και a< 0, τότε λέγεται αρνητικά ορισμένη.

Παρατήρηση 9.1.8. Είναι αυτονόητο ότι όταν η [a,b,c] είναι θετικά ορισμένη, τότε μπορεί να παραστήσει μόνο μη-αρνητικούς ακέραιους, ενώ αν είναι αρνητικά ορισμένη τότε μπορεί να παραστήσει ακέραιους ≤ 0.

Παρατήρηση 9.1.9. Είναι φανερό ότι αν η [a,b,c] είναι θετικά ορισμένη τότε η [− a,− b,− c] είναι αρνητικά ορισμένη. Επομένως δεν χάνουμε κάτι αν περιοριστούμε στην περίπτωση D <0, και θετικά ορισμένες τετραγωνικές μορφές.

Παρακάτω θα περιοριστούμε σε τετραγωνικές μορφές με D < 0 η οποία δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

2η Περίπτωση: Στην περίπτωση που D > 0, η τετραγωνική μορφή παριστά και θετικούς αλλά και αρνητικούς ακέραιους και θα λέγεται απροσδιόριστη (indefinite). Δεν θα ασχοληθούμε με την περίπτωση αυτή.

9.2 Ισοδύναμες τετραγωνικές μορφές

Θα ξεκινήσουμε με ένα παράδειγμα:

Παράδειγμα: Ας θεωρήσουμε τις τετραγωνικές μορφές

και

Παρατηρούμε ότι, για (x,y)= (1,1), η f(X,Y) παριστά τον αριθμό . Επίσης, και η g(X′,Y′) για (x′,y′)= (0,1) παριστά τον αριθμό . Επίσης, για (x′,y′)= (1,1), η g(X ′,Y′) παριστά τον αριθμό και η f(X,Y), για (x,y) = (3,2), παριστά επίσης τον αριθμό .

Ακριβέστερα και οι δύο τετραγωνικές μορφές παριστούν τους ίδιους ακέραιους αριθμούς. Ο λόγος είναι ότι αν κάποιος ακέραιος n παρίσταται από την f(X,Y) για (x,y) ∈ℤ × ℤ, τότε ο ίδιος ακέραιος παρίσταται από την g(X′,Y′) για (x′,y′)∈ℤ × ℤ όπου

και αντίστροφα, αν ο n παρίσταται από την ′ ′ g(X ,Y ) για τις τιμές ′ ′ (x,y) τότε ο n παρίσταται και από την f(X ,Y ) για

Είναι λοιπόν φυσικό να ορίσουμε:

Ορισμός 9.2.1. Δύο τετραγωνικές μορφές f(X,Y) και ′ ′ g(X ,Y ) λέγονται ισοδύναμες ακριβώς όταν η

και

Είναι φανερό ότι η σχέση του ορισμού 9.2.1 είναι σχέση ισοδυναμίας (άσκηση). Η σχέση ισοδυναμίας συχνά γράφεται ως εξής:

Το σύνολο των πινάκων

αποτελεί πολλαπλασιαστική ομάδα.

Αν M, N ∈ SL (ℤ) 2 και f(X,Y), g(X′,Y ′) είναι τετραγωνικές μορφές, τότε

Πρόταση 9.2.2. Αν η f(X,Y) είναι τετραγωνική μορφή και M ∈ SL (ℤ) 2, τότε το σύνολο των ακέραιων που παρίσταται από την f(X ,Y ) συμπίπτει με το σύνολο των ακέραιων που παρίσταται από την f |(X ,Y) M.

Απόδειξη. Αν f(x,y) =n, επειδή M −1 ∈ SL2(ℤ), έχουμε

οπότε

Αντίστροφα, αν (x) f|M y = n, τότε ( (x )) f M y = n, δηλαδή η f(X,Y) παριστά τον n. __

Παράδειγμα 9.2.3. Η τετραγωνική μορφή

παριστά ακριβώς τους ακέραιους οι οποίοι γράφονται ως άθροισμα δύο τετραγώνων. Πράγματι, αν

η

Παρατήρηση 9.2.4. Οι διακρίνουσες των τετραγωνικών μορφών του αρχικού παραδείγματος είναι . Επίσης, οι διακρίνουσες των τετραγωνικών μορφών του δευτέρου παραδείγματος είναι − 4.

Πρόταση 9.2.5. Αν f(X,Y), g(X ′,Y′) είναι ισοδύναμες τετραγωνικές μορφές, τότε οι διακρίνουσες των f,g είναι ίσες, D(f)= D(g).

Απόδειξη. Αν M ∈ SL2(ℤ), τότε ισχύει

Αν τώρα f ∼ g, υπάρχει M ∈ SL2(ℤ) τέτοιο ώστε g= f|M και συνεπώς η πρόταση ισχύει. __

Προσοχή! Το αντίστροφο της πρότασης δεν ισχύει. Οι τετραγωνικές μορφές

έχουν και οι δύο διακρίνουσα − 40. Δεν είναι όμως ισοδύναμες, αφού η πρώτη παριστά τον ακέραιο και η δεύτερη όχι.

Πρόταση 9.2.6. Το σύνολο όλων των διακρινουσών τετραγωνικών μορφών είναι όλοι οι ακέραιοι D, με D ≡ 0 ή 1mod4.

Απόδειξη. ΄Εχουμε ήδη παρατηρήσει ότι κάθε διακρίνουσα τετραγωνικής μορφής είναι ένας αριθμός της μορφής αυτής.

Αντίστροφα αν D είναι ένας ακέραιος D ≡ 0 ή 1mod4 και θέσουμε

τότε η τετραγωνική μορφή [1,0,C ] στην πρώτη περίπτωση και η [1,1,C ] στη δεύτερη περίπτωση έχει διακρίνουσα ίση με D. __

Ορισμός 9.2.7. Η τετραγωνική μορφή

και

λέγεται θεμελιώδης τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D.

Εντελώς φυσιολογικά τίθεται το ερώτημα: Δίνεται καποιος ακέραιος D ≡ 0,1mod4, D όχι τέλειο τετράγωνο.

Πόσο είναι το πλήθος των κλάσεων ισοδυναμίας τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας D;

Πρόταση 9.2.8. ΄Εστω D ∈ℤ και D όχι τέλειο τετράγωνο. ϒπάρχει το πολύ πεπερασμένο πλήθος κλάσεων τετραγωνικών μορφών δοσμένης διακρίνουσας D.

Απόδειξη. Θα αποδείξουμε ότι κάθε τετραγωνική μορφή

διακρίνουσας D είναι ισοδύναμη προς μία τετραγωνική μορφή

τέτοια ώστε |b′|≤ |a′|≤ |c′|.

Αν το αποδείξουμε, αμέσως έχουμε το πεπερασμένο του αριθμού κλάσεων αφού

όπου για την αλήθεια της τελευταίας ανισότητας χρησιμοποιήσαμε ότι |c′|≥ |a′|. Τώρα, αφού |b′|≤ |a′|, έχουμε

Επομένως,

δηλαδή υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους κλάσεις τετραγωνικών μορφών.

Αν (0 − 1) S= 1 0 και f = [a,b,c], τότε f |S = [c,− b,a]. Επίσης αν m ∈ℤ και (1 m ) Tm = 0 1, τότε f |TM = [a,b+2md, c+mb + m2a]. Εφαρμόζουμε τον αλγόριθμο:

Ξεκινούμε από την τετραγωνική μορφή f = [a,b,c].

1. Αν |a|< |b|, επιλέγουμε ένα m ∈ ℤ τέτοιοι ώστε − |a|< b+ 2ma ≤ |a| και εφαρμόζουμε τον Tm στην f,

Επομένως, |b′|≤ |a|.

2. Αν |a|> |c′|, εφαρμόζουμε την S στην τετραγωνική μορφή [a,b′,c′] και βρίσκουμε

Τώρα έχουμε |c′|< |a| και επιστρέφουμε στο βήμα 1.

3. Αν |a|≤|c′|, σταματούμε, αφού έχουμε ήδη μια τετραγωνική μορφή [a,b′,c′] για την οποία ισχύει

__

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η f = [a,b,c] είναι μια θετικά ορισμένη τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D < 0, (D όχι τέλειο τετράγωνο.) Αυτό σημαίνει, ότι a> 0 και c >0.

Ορισμός 9.2.9. Μια θετικά ορισμένη τετραγωνική μορφή f = [a,b,c] θα λέγεται ανηγμένη τετραγωνική μορφμή (reduced), όταν |b|≤ a≤ c και επιπλέον όταν ισχύει μία από τις δύο ανισότητες, δηλαδή όταν |b|=a ή a= c, τότε επιλέγουμε b ≥ 0.

Πρόταση 9.2.10. Σε κάθε κλάση ισοδυναμίας μιας θετικά ορισμένης τετραγωνικής μορφής διακρίνουσας D ανήκει ακριβώς μια ανηγμένη.

Απόδειξη. Ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης παραπέμπεται στο θεώρημα 47 του [9]. __

Παράδειγμα 9.2.11. ΄Εστω D = − 12. ΄Εχουμε |D |≥3a2, άρα a= 1 ή a= 2.

Αν a= 1, τότε |b|≤ 1, άρα b = 1 ή b= 0. Για b =1, c⁄∈ ℤ. Αν b= 0, τότε c = 3.

΄Αρα μια είναι η [1,0,3]. ΄Εστω τώρα a= 2, οπότε |b|≤ 2. Αν b= 0,±1, το c⁄∈ ℤ. Αν b = 2, τότε c =2. Επομένως, μια δεύτερη είναι η [2,2,2].

Παρατήρηση 9.2.12. Αν δύο τετραγωνικές μορφές παριστούν ακριβώς το ίδιο σύνολο ακέραιων, δεν είναι κατ΄ ανάγκην ισοδύναμες.

Αντιπαράδειγμα: Οι τετραγωνικές μορφές [2,1,3] και [2,− 1,3] παριστούν ακριβώς τους ίδιους ακέραιους αλλά δεν είναι ισοδύναμες.

Ο πίνακας μετασχηματισμού είναι ο (1 0) 0 − 1, του οποίου η ορίζουσα είναι − 1.

Ας σημειωθεί ότι οι δύο τετραγωνικές μορφές έχουν την ίδια διακρίνουσα − 23.

Παρατήρηση 9.2.13. ΄Εστω f(X,Y)= aX2+ bXY + cY2 μια τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D. (Επειδή πάντοτε υποθέτουμε ότι η D δεν είναι τέλειο τετράγωνο, έπεται ότι a⁄= 0).

Μπορούμε να θεωρήσουμε το πολυώνυμο

Οι ρίζες του πολυωνύμου είναι

ϒποθέτουμε ότι η f (X ,Y ) είναι θετικά ορισμένη. Επομένως D <0 και η r2 είναι η μιγαδική συζυγής της r1.

Το a> 0, άρα √ |D| Im(r1)= -2a-> 0.

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η f(X ,Y ) είναι ανηγμένη. Από τη σχέση |b|≤ a έπεται ότι

Αν |b|= a παίρνουμε μόνο τη λύση για b ≥ 0, οπότε Rer1 = − 1 2, δηλαδή

Είναι φανερό ότι

Από τη σχέση a≤ c προκύπτει ca ≥ 1, δηλαδή |r1|≥ 1 και αν c= a, τότε b ≥ 0 οπότε |r1|= 1 και Rer1 ≤ 0.

Επομένως, η τετραγωνική μορφή είναι ανηγμένη ακριβώς τότε όταν η ρίζα r1 του Pf(z), (Imr1 > 0) ανήκει στο χωρίο

Σχήμα 9.2.1: Θεμελιώδης περιοχή

Αν f(X,Y)= aX 2+bX Y + cY2 είναι μια τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D και (a,b,c)=: d, τότε η f(X,Y) γράφεται ως

όπου

με (a′,b′,c′)= 1 και διακρίνουσα D′ = dD2.

Επομένως μπορούμε να περιοριστούμε σε τετραγωνικές μορφές f = [a,b,c] με (a,b,c)= 1, τις οποίες θα ονομάζουμε πρωταρχικές (primitive).

Ορισμός 9.2.14. Αν D ∈ℤ είναι μια διακρίνουσα, τότε ο αριθμός κλάσεων h(D) της D ορίζεται να είναι το πλήθος των κλάσεων ισοδυναμίας πρωταρχικών τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας D, όταν D > 0 ή το πλήθος των κλάσεων ισοδυναμίας θετικά ορισμένων πρωταρχικών τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας D, όταν D < 0.

Παρατήρηση 9.2.15. ΄Οταν D < 0, τότε σύμφωνα με τα προηγούμενα ο υπολογισμός του αριθμού κλάσεων h(D) είναι εύκολος. Αν για παράδειγμα D = − 23, εύκολα υπολογίζουμε ότι υπάρχουν ακριβώς τρεις θετικά ορισμένες ανηγμένες τετραγωνικές μορφές, δηλαδή ότι h(− 23)= 3.

Παρατήρηση 9.2.16. ΄Οταν D > 0, υπάρχει αντίστοιχη θεωρία αναγωγής, εξίσου ενδιαφέρουσα, αλλά όχι τόσο «φυσιολογική» όσο αυτή των θετικά ορισμένων τετραγωνικών μορφών και ως εκ τούτου παραλείπεται.

9.3 Παράσταση ακέραιων από τετραγωνικές μορφές και τετραγωνικά υπόλοιπα.

Ορισμός 9.3.1. Θα λέμε ότι ο ακέραιος n παρίσταται γνήσια (properly) από την τετραγωνική μορφή f = [a,b,c], όταν υπάρχουν ακέραιοι x,y ώστε (x,y)= 1 και f(x,y)= n.

Παρατήρηση 9.3.2. Αν ο n παρίσταται από την f = [a,b,c] και f(x,y)= n για κάποιους ακέραιους x,y με (x,y):= d, τότε (x∕d,y∕d)= 1, d2 |n και ο n2∕d παρίσταται γνήσια από την f = [a,b,c].

Επομένως, αν P είναι το σύνολο των ακέραιων οι οποίοι παρίστανται γνήσια από την f, τότε το σύνολο όλων των ακέραιων που παρίστανται από την f είναι το

Είναι φανερό ότι αν ο ακέραιος n παρίσταται από την f, τότε θα παρίσταται και από κάθε ισοδύναμή της.

Παρατήρηση 9.3.3. Αν f =[a,b,c]∼ g= [n,k,ℓ] και g =f |M, με (a b) M = c d και det(M )= 1, τότε n= f(a,c) και η παράσταση είναι γνήσια αφού (a,c)= 1.

Παρατήρηση 9.3.4. Αν ο n παρίσταται γνήσια από την f, έστω n = f(a,c) με (a,c)= 1, τότε υπάρχουν ακέραιοι b,d ώστε ad− bc= 1. Επομένως, η τετραγωνική μορφή f|M, όπου ( ) M = a b c d είναι ισοδύναμη της f και παριστά τον n.

Από τα παραπάνω προκύπτει η επόμενη πρόταση:

Πρόταση 9.3.5. Το σύνολο των ακέραιων οι οποίοι παρίστανται γνήσια από την f ταυτίζεται με το σύνολο των ακέραιων οι οποίοι εμφανίζονται ως συντελεστές του X2 για όλες τις τετραγωνικές μορφές που είναι ισοδύναμες προς την f.

Στη συνέχεια θα δώσουμε ένα κριτήριο του πότε κάποιος φυσικός αριθμός n παρίσταται από μια τετραγωνική μορφή f μέσω τετραγωνικών ισοτιμιών. Συγκεκριμένα ισχύει η

Πρόταση 9.3.6.

Αν ο n παρίσταται γνήσια από την τετραγωνική μορφή f =[a,b,c] διακρίνουσας D, τότε ο D είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod4|n|.

Αν η διακρίνουσα D της τετραγωνικής μορφής f = [a,b,c] είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod4 |n|, τότε ο n παρίσταται από κάποια τετραγωνική μορφή ισοδύναμη της f.

Απόδειξη. 1. Σύμφωνα με την πρόταση 9.3.5 αν ο n παρίσταται γνήσια από την τετραγωνική μορφή f = [a,b,c] διακρίνουσας D, τότε υπάρχει μια τετραγωνική μορφή

Αλλά ισοδύναμες τετραγωνικές μορφές έχουν την ίδια διακρίνουσα σύμφωνα με την πρόταση 9.2.5. Επομένως

δηλαδή ο D είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod4|n|.

2. Από την υπόθεση έπεται ότι υπάρχει κάποιος ακέραιος ℓ τέτοιος ώστε,

δηλαδή ότι υπάρχει κάποιος ακέραιος k τέτοιος ώστε,

Αλλά τότε η τετραγωνική μορφή

έχει διακρίνουσα D και παριστά γνήσια τον ακέραιο n αφού g(1,0)= n. __

Πόρισμα 9.3.7. Αν όλες οι τετραγωνικές μορφές διακρίνουσας D είναι μεταξύ τους ισοδύναμες, τότε η ύπαρξη λύσης της ισοτιμίας

είναι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε ο n να μπορεί να παρασταθεί από την εν λόγω μορφή.

Παράδειγμα 9.3.8. ΄Αθροισμα δύο τετραγώνων. Θεωρούμε την τετραγωνική μορφή

η οποία έχει διακρίνουσα D= − 4.

Πρόταση 9.3.9. Κάθε πρώτος p ≡ 1mod4 μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Απόδειξη. Πράγματι, αν υπάρχει κάποια παράσταση του

αυτή θα είναι κατ΄ ανάγκη γνήσια αφού αλλιώς θα είχαμε ότι d2 |p, όπου d := (x,y), άτοπο.

Είναι γνωστό ότι h(− 4)= 1, άρα ισχύει η υπόθεση του πορίσματος 9.3.7.

Επειδή p≡ 1mod4, έπεται ότι η ισοτιμία X2 ≡ − 1modp είναι επιλύσιμη, συνεπώς και η Y 2 ≡ − 4mod4p. __

Στη συνέχεια θα χαρακτηρίσουμε όλους τους θετικούς ακέραιους οι οποίοι μπορούν να παρασταθούν ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακέραιων αριθμών.

Πρόταση 9.3.10. ΄Εστω n θετικός ακέραιος, n= a2⋅b και b ελέυθερος τετραγώνου. Ο n γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων, ακριβώς τότε όταν δεν υπάρχει πρώτος p≡ 3mod4, ο οποίος να διαιρεί τον b.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι κάποιος πρώτος αριθμός p ≡ 3mod4, διαιρεί τον n και ότι ο n γράφεται n= x2+ y2. Επομένως, x2 ≡ − y2modp.

Αν y ⁄≡ 0modp, τότε (xy−1)2 ≡− 1modp, άτοπο αφού η ισοτιμία x2 ≡ − 1modp δεν έχει λύση.

Επομένως p|y οπότε από την x2 ≡ − y2modp έπεται ότι και p |x δηλαδή p2 |n και

Αν τώρα p | n p2 εφαρμόζουμε και πάλι την παραπάνω διαδικασία. Τελικά προκύπτει ότι άρτια δύναμη του p είναι η μεγαλύτερη δύναμη που διαιρεί τον n, δηλαδή p ∤b.

ϒποθέτουμε τώρα ότι δεν υπάρχει πρώτος p, p≡ 3mod4 ο οποίος να διαιρεί τον b.

Από τη γνωστή ταυτότητα

προκύπτει ότι αν δύο ακέραιοι μπορούν να παρασταθούν ως άθροισμα δύο τετραγώνων το ίδιο ισχύει και για το γινόμενό τους. ΄Εστω

η ανάλυση του n σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, όπου pi ≡ 1mod4 για κάθε i= 1,2,...,m, και pi ⁄= pj, για i⁄= j. Ο 2= 12+ 12, συνεπώς και ο 2r είναι άθροισμα δυο τετραγώνων. Επίσης

Τέλος, κάθε pi είναι άθροισμα δύο τετραγώνων δηλαδή τελικά και ο n είναι άθροισμα δύο τετραγώνων. __

΄Ασκηση Να αποδειχτεί ότι ο πρώτος αριθμός p μπορεί να παρασταθεί από την τετραγωνική μορφή 2 2 X + 2Y ακριβώς τότε όταν p ≡ 1 ή 3mod8.

9.4 Το πλήθος των παραστάσεων

Θα μελετήσουμε το πλήθος των παραστάσεων δοθέντος φυσικού αριθμού n από δοθείσα τετραγωνική μορφή f = [a,b,c]. Θα περιοριστούμε σε τετραγωνικές μορφές των οποίων η διακρίνουσα είναι θεμελιώδης.

Ορισμός 9.4.1. Μία διακρίνουσα λέγεται θεμελιώδης διακρίνουσα όταν

Αν D ≡ 1mod4, τότε ο D είναι ελεύθερος τετραγώνου.

Αν D ≡ 0mod4, τότε ο αριθμός D4- είναι ελεύθερος τετραγώνου και επιπλέον D4 ≡ 2 ή 3mod4.

Ορισμός 9.4.2. Ξαρακτήρας του Dirichlet modN, N ∈ ℕ, N ≥ 2, είναι μια συνάρτηση

για την οποία ισχύουν οι ακόλουθες ιδιότητες

χ(n)= 0 αν και μόνο αν (n,N)> 1.

Η απεικόνιση χ είναι πλήρως πολλαπλασιασική, δηλαδή ισχύει

για όλα τα m,n∈ ℤ.

Η τιμή χ(n) εξαρτάται μόνο από την κλάση nmodN.

Αν N |N 1, N < N 1 και ψ ένας χαρακτήρας Dirichlet modN 1, τότε η σύνθεση

επάγει ένα χαρακτήρα του Dirichlet modN. Στο παραπάνω διάγραμμα η πρώτη απεικόνιση είναι η αναγωγή .

Χαρακτήρες του Dirichlet οι οποίοι δεν προκύπτουν με αυτό τον τρόπο λέγονται πρωταρχικοί ( primitive) χαρακτήρες modN.

Στη συνέχεια, αν D είναι θεμελιώδης διακρίνουσα, ορίζουμε τη συνάρτηση

ως εξής:

Αν p∈ ℙ, p⁄= 2, τότε ( ) χD(p)= Dp-,

Αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση αυτή είναι περιοδική mod |D | και ότι ορίζει έναν πρωταρχικό χαρακτήρα modulo |D |, για τον οποίο επιπλέον ισχύει:

΄Ενας χαρακτήρας Dirichlet modN λέγεται πραγματικός, όταν οι μοναδικές τιμές που παίρνει είναι οι 0,1,− 1. Επιπλέον ισχύει ότι κάθε πραγματικός χαρακτήρας του Dirichlet είναι κάποιος από τους χαρακτήρες χ D, βλέπε το [6, σελ. 33-40].

Αν τώρα f(X ,Y) τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D και (a b) M = c d ∈ SL2(ℤ ) είναι δυνατόν f| = f M. Σε αυτή την περίπτωση κάθε λύση της f(x,y) =n μας δίνει, μέσω του μετασχηματισμού

μια επιπλέον λύση της f(X ,Y )= n.

Ορισμός 9.4.3. Τους πίνακες αυτούς θα τους ονομάζουμε αυτομορφισμούς της f.

Είναι προφανές ότι το σύνολο

αποτελεί υποομάδα της SL2(ℤ).

Αν η f(X ,U) είναι πρωταρχική τετραγωνική μορφή διακρίνουσας D, D όχι τέλειο τετράγωνο, τότε αποδεικνύεται [6, σελ. 63] ότι, αν D > 0, τότε Uf = ℤ× ℤ∕2 και ότι, αν D < 0, τότε Uf είναι κυκλική ομάδα τάξεως

Με R(n,f) συμβολίζουμε το πλήθος των παραστάσεων του n από την τετραγωνική μορφή f(X,Y) οι οποίες δεν είναι ισοδύναμες κάτω από τη δράση της ομάδας U f. Με R(n) συμβολίζουμε το πλήθος των παραστάσεων του n από τετραγωνικές μορφές διακρίνουσας D.

Ισχύει το ακόλουθο:

Θεώρημα 9.4.4. Αν D είναι θεμελιώδης διακρίνουσα (D όχι τέλειο τετράγωνο) τότε, για n∈ ℤ∖{0} ο αριθμός R(n) των παραστάσεων του n από πρωταρχικές τετραγωνικές μορφές διακρίνουσας D είναι:

Απόδειξη. Βλέπε το [6, Θεώρημα 3, σελ. 65]. __

Στον παραπάνω τύπο το m διατρέχει όλους τους θετικούς διαιρέτες του n και χD είναι ο χαρακτήρας που έχουμε ορίσει.

Ειδική περίπτωση

΄Εστω f(X,Y)= X2+ Y2. Γνωρίζουμε ότι D= − 4 και h(− 4)= 1. Επομένως

Επειδή, για m άρτιο, ισχύει εξ΄ ορισμού του χD ότι χD(m )= 0, έπεται ότι

όπου r(k,n) συμβολίζει το πλήθος των θετικών διαιρετών του φυσικού αριθμού n οι οποίοι είναι ισότιμοι προς τον kmodn. Επειδή w(f)= 4, ο συνολικός αριθμός παραστάσεων του φυσικού αριθμού n σε άθροισμα δύο τετραγώνων είναι

Παρατήρηση 9.4.5. Απόδειξη του γενικού τύπου στην ειδική περίπτωση του αθροίσματος δύο τετραγώνων μπορεί να βρει ο αναγνώστης στο [5, σελ 312-318] [8, σελ. 163-176].

Παρατήρηση 9.4.6. Διαφορετική απόδειξη της ειδικής περίπτωσης έδωσε ο G.J. Jacobi, ο οποίος χρησιμοποίησε τη θεωρία των ελλειπτικών συναρτήσεων.

9.5 Ιστορικά στοιχεία

Ο Fermat ήταν ο πρώτος που μελέτησε την παράσταση ακέραιων από τετραγωνικές μορφές. Συγκεκριμένα, σε επιστολή του προς τον Mersenne, τα Χριστούγεννα του 1640, διατυπώνει την πρόταση ότι κάθε πρώτος p ≡ 1mod4 παρίσταται ως άθροισμα δύο τετραγώνων θετικών ακέραιων κατά μονοσήμαντο τρόπο.

Μια ιδέα της μεθόδου του (που ονομάζεται «μέθοδος της καθόδου») μας έδωσε αργότερα στα 1659 στην αλληλογραφία του με τον Huygens. Ανάμεσα στα 1742 και 1747 ο Euler έδωσε μια απόδειξη της οποίας η ιδέα ήταν όμοια της ιδέας του Fermat.

Οι περιπτώσεις της παράστασης πρώτων αριθμών από τις τετραγωνικές μορφές X 2+2Y 2 και X 2+3Y 2 εμφανίστηκαν αργότερα, το 1659 σε επιστολές του Fermat προς τον Pascal.

Ο Euler στη συνέχεια μελετά και άλλα σχετικά παραδείγματα και διατυπώνει εικασίες όπως ότι για p ⁄= 5 ισχύει

ή ότι

΄Αλλα πρώτος ο Lagrange στο έργο του Recherches d’ arithmetique (1773) αναπτύσσει τη γενική θεωρία των τετραγωνικών μορφών από την οποία προκύπτουν ως ειδικές περιπτώσεις τα αποτελέσματα του Fermat για την παράσταση πρώτων αριθμών από τις τετραγωνικές μορφές X2+ 2Y2 και X2+ 3Y2.

Τέλος, πλήρης θεωρία περιέχεται στο μνημειώδες έργο του Gauss, [3].

Για περισσότερα ιστορικά στοιχεία παραπέμπουμε στα έργα [10], [4], [7], [2], [1].

Κεφάλαιο 10
Τετραγωνικά σώματα αριθμών

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε την αριθμητική των αρρήτων ποσοτήτων δευτέρου βαθμού σε οργανικά σύνολα, σώματα, καθώς και την αντιστοιχία τους προς τις (διωνυμικές) τετραγωνικές μορφές. Η ύλη του παρόντος κεφαλαίου προοδευτικά θα απαιτεί βασικές γνώσεις από το μάθημα της ΄Αλγεβρας.

Επιθυμούμε να δώσουμε, καταρχήν, μια διαφορετική απόδειξη του Θεωρήματος 9.3.9 το οποίο αποφαίνεται ποιοι φυσικοί αριθμοί παρίστανται ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

Αν ο n∈ ℕ, γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων, δηλαδή υπάρχουν ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε x2+ y2 = n, τότε έχουμε

Επομένως το πρόβλημα ανάγεται στην εύρεση μιγαδικών αριθμών της μορφής a+ ib με a,b ∈ℤ, τέτοιους ώστε

Θεωρούμε το σύνολο

Ορισμός 10.0.1. Το σύνολο ℤ[i] θα λέγεται σύνολο των ακέραιων του Gauss.

Είναι φανερό ότι το σύνολο αυτό εφοδιασμένο με τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού μιγαδικών αριθμών (ℤ [i],+,⋅) αποτελεί ακέραια περιοχή. Επομένως, ακριβέστερα το σύνολο ℤ[i] λέγεται περιοχή του Gauss.

10.1 Η αριθμητική της περιοχής του Gauss

Αν α = x+ iy οποιοσδήποτε μιγαδικός, ο συζυγής του θα είναι ο α′ = x− iy. Ορίζουμε τη νόρμα (norm) του α, N(α)= α ⋅α′.

Ισχύουν:

Η N(α ) είναι μη-αρνητικός πραγματικός αριθμός.

N(α) = 0 τότε και μόνο τότε όταν α =0.

Ισχύει N(αβ) = N(α)N(β), για κάθε α,β ∈ℤ [i].

Αν α ∈ℤ [i] τότε N (α)∈ ℤ.

Αν α ∈ℤ [i] τότε ο α είναι μονάδα του ℤ[i], αν και μόνο αν N(α)= 1.

Η ομάδα των μονάδων του ℤ[i] είναι E (ℤ [i])= {±1,±i} (άσκηση).

Θα προσπαθήσουμε τώρα να κατασκευάσουμε μια θεωρία διαιρετότητας και μονοσήμαντης ανάλυσης στην περιοχή του Gauss, εντελώς ανάλογης μ΄ εκείνη των ακέραιων.

΄Εστω α,β ∈ ℤ[i]. Λέμε ότι ο α διαιρεί τον β (α|β), αν και μόνο αν υπάρχει γ ∈ℤ [i] τέτοιος ώστε β = αγ, αλλιώς λέμε ότι ο α δεν διαιρεί τον β (α ∤β), π.χ. 2+ i|7+ i.

Το μέγεθος ενός ακέραιου του Gauss μετριέται μέσω της νόρμας του. Το ανάλογο του αλγόριθμου της διαίρεσης με υπόλοιπο είναι:

Πρόταση 10.1.1. ΄Εστω α,β ∈ℤ [i], β ⁄= 0. ϒπάρχουν γ,δ ∈ ℤ[i] τέτοιοι ώστε

Απόδειξη: ΄Εχουμε α =a +bi, β = c+ di, όπου a,b,c,d ∈ ℤ.

όπου e,f ∈ℚ

ϒπάρχουν g,h ∈ℤ τέτοια ώστε 1 |g − e|≤ 2, 1 |h− f|≤ 2. Θέτουμε γ =g +hi και βρίσκουμε

΄Εστω δ := {(e− g)+ (f − h)i}β. Τότε α = βγ+ δ. Επειδή γ ∈ ℤ[i], έχουμε δ = α− βγ ∈ℤ [i]. Τώρα:

διότι N (β )⁄= 0 καθ΄ όσον β ⁄= 0. __

Ορίζουμε τώρα, εντελώς ανάλογα, τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των ακέραιων του Gauss α και β ως εξής: γ = (α, β) αν και μόνο αν

γ|α και γ|β

Αν δ ∈ℤ [i], και δ|α, δ|β τότε δ|γ.

Η διαφορά με τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των ακέραιων είναι ότι ζητούμε ο μέγιστος κοινός διαιρέτης στο ℤ να είναι θετικός. Αυτό δεν μπορούμε να το κάνουμε στο ℤ[i] και αυτό έχει ως συνέπεια ο μέγιστος κοινός διαιρέτης στο ℤ[i] να μην είναι μοναδικός.

Δύο ακέραιοι του Gauss α,β λέγονται συνεταιρικοί αν και μόνο εάν υπάρχει ε ∈E (ℤ [i]) έτσι ώστε α = εβ, δηλαδή ο α και ο β είναι συνεταιρικοί συνεπώς αν και μόνο αν ο α είναι κάποιος από τους β ,− β,iβ ,− iβ .

Συμβολισμός: Αν οι α και β είναι συνεταιρικοί συχνά χρησιμοποιούμε τον συμβολισμο α ∼= β.

Πρόταση 10.1.2. Αν πάλι α,β ∈ ℤ[i], αβ ⁄= 0, τότε οποιοιδήποτε μέγιστοι κοινοί διαιρέτες των α,β είναι μεταξύ τους συνεταιρικοί.

Απόδειξη: ΄Εστω α ⁄= 0 και γ1,γ2 δύο μέγιστοι κοινοί διαιρέτες των α και β . Εξ ορισμού του μέγιστου κοινού διαιρέτη έχουμε

καθώς και γ|γ,γ |γ . 1 2 2 1 Επειδή α ⁄= 0, έχουμε

Συνεπώς γ1 = hλγ1, δηλαδή 1 hλ = 1⇒ λ = h ∈ℤ [i]. Επομένως λ ,h,∈ E(ℤ[i]), δηλαδή τα γ1,γ2 είναι συνεταιρικά. __

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε την ύπαρξη του μέγιστου κοινού διαιρέτη.

΄Εστω α,β ∈ ℤ[i],α,β ⁄= 0 και

Επειδή α = α⋅1+ β ⋅0 και β = α ⋅0 +β ⋅1∈ S, έπεται ότι το S περιέχει μη-μηδενικούς αριθμούς. Διαλέγουμε γ ∈ S τέτοιο ώστε N(γ) να είναι ο ελάχιστος φυσικός (γιατί μπορούμε να βρούμε τον γ;). Ισχυρίζομαι ότι ο γ είναι ένας μέγιστος κοινός διαιρέτης των α και β.

Πράγματι, το γεγονός ότι γ ∈ S, συνεπάγεται ότι υπάρχουν λ0,ν0 ∈ℤ [i] τέτοιοι ώστε γ = aλ0+ βν0.

Αν λοιπόν δ|α και δ|β, έχουμε α = δ θ,β = γζ, οπότε γ = δ(θλ0+ ζν0), συνεπώς δ|γ.

Θα δείξουμε τώρα ότι κάθε στοιχείο του S (και συνεπώς και τα α,β) είναι πολλαπλάσιο του γ.
Καταρχάς παρατηρούμε ότι αν ε,ρ ∈S και θ ∈ ℤ[i] τότε ε− θρ ∈ S.

Πράγματι: ΄Εστω ε = αλ1+ βν1,ρ = α λ2+β ν2. Τότε

΄Εστω τώρα ω τυχαίο στοιχείο του S. Γράφουμε ω = γζ + ρ, ζ,ρ ∈ ℤ[i], 0 ≤ N(ρ)< N(γ). Επειδή ω και γ ∈ S, έπεται ότιω − γζ ∈ S, δηλαδή ρ ∈S οπότε, λόγω της εκλογής του γ, N(ρ)= 0 συνεπώς ρ = 0. ΄Αρα ω = γζ, το οποίο σημαίνει (εξ ορισμού) ότι γ|ω.

΄Αμεση συνέπεια των παραπάνω είναι ότι αν α,β ∈ ℤ[i], α β ⁄= 0 και γ ένας μέγιστος κοινός διαιρέτης των α και β, υπάρχουν ν και λ ∈ ℤ[i] τέτοιοι ώστε

Στη συνέχεια θα ορίσουμε πρώτους αριθμούς στην περιοχή του Gauss. Καταρχήν παρατηρούμε ότι κάθε ακέραιος του Gauss γ διαιρείται από τις μονάδες ± 1,±i και τους συνεταιρικούς του ± γ,±iγ.

΄Ενας ακέραιος του Gauss π λέγεται πρώτος, αν και μόνο αν δεν είναι μονάδα και οι μόνοι διαιρέτες του είναι οι μονάδες του δακτυλίου ℤ[i] και οι συνεταιρικοί του π.

΄Εστω π ακέραιος του Gauss τέτοιος ώστε N (π) = p, όπου p πρώτος αριθμός. Εύκολα φαίνεται ότι ο π είναι πρώτος.

Πράγματι, έστω δ|π. Τότε π =δ γ, όπου γ ∈ ℤ[i]. Συνεπώς

Επομένως το γ ή το δ είναι μονάδα, δηλαδή δ = ± π,±iπ,±1, ±i.

Τώρα θα δείξουμε ότι:

Πρόταση 10.1.3. Αν ο π είναι πρώτος του ℤ[i] και α,β είναι ακέραιοι του Gauss τότε

Απόδειξη. Πράγματι, έστω ότι π|αβ , αλλά π ∤β . Θα δείξουμε ότι π |α. Οι μόνοι διαιρέτες του π είναι ± 1,±i,±π και ± iπ. Επειδή π ∤β, έπεται ότι ένας μέγιστος κοινός διαιρέτης (π,β) είναι μια μονάδα του ℤ[i], δηλαδή ένας μέγιστος κοινός διαιρέτης (π,β)= 1, οπότε υπάρχουν ν,λ ∈ ℤ[i] τέτοιοι ώστε 1 = πν+ βλ , δηλαδή α = π(να)+ (αβ)λ. Επειδή π |α β, έπεται ότι π|α. __

Ας προσπαθήσουμε τώρα να παραγοντοποιήσουμε ακέραιους του Gauss σε γινόμενο πρώτων. ΄Οπως δεν παραγοντοποιούμε το 0,±1 στο ℤ έτσι δεν παραγοντοποιούμε 0,±1,±i στον ℤ[i]. Θα αποδείξουμε ότι

Πρόταση 10.1.4. Κάθε ακέραιος του Gauss γ ⁄= 0,±1,±i αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Απόδειξη. Πράγματι, θα το αποδείξουμε επαγωγικά ως προς τη N (γ). Προφανώς N (γ)≥ 2. Αν N(γ)= 2 τότε (σύμφωνα με την προηγούμενη παρατήρηση) ο γ είναι πρώτος.

ϒποθέτουμε τώρα ότι N(γ)> 2 και ότι κάθε ακέραιος του Gauss που έχει νόρμα μικρότερη της νόρμας του γ, αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Αν ο γ είναι πρώτος, τελειώσαμε. ΄Εστω ότι ο γ δεν είναι πρώτος. Τότε υπάρχουν α,β ∈ℤ [i] όχι μονάδες τέτοιοι ώστε γ = αβ. Τότε 1 < N(α),N (β)< N(γ) και, λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής,

όπου πi,νj πρώτοι του ℤ[i]. Συνεπώς

__

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε αν η ανάλυση αυτή είναι μονοσήμαντη (μοναδική). Βέβαια, αν έχουμε μια ανάλυση, μπορούμε να βάλουμε μονάδες μέσα στο γινόμενο, αλλά αυτήν την ανάλυση δεν θα τη θεωρούμε διαφορετική. Επίσης, δεν ζητούμε η σειρά των πρώτων παραγόντων να είναι η ίδια. Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι:

Πρόταση 10.1.5. ΄Εστω γ ακέραιος του Gauss διαφορετικός των 0,±1,±i. Ο γ γράφεται ως γινόμενο πρώτων. Αν

είναι δύο αναλύσεις του γ σε γινόμενο πρώτων, τότε s= t και, αλλάζοντας ίσως τη σειρά των ν1,ν2,⋅⋅⋅,νs, έχουμε ότι π1,ν1 είναι συνεταιρικοί, π2,ν2 είναι συνεταιρικοί, ⋅⋅⋅,πs,νs είναι συναιτερικοί.

Απόδειξη. Επαγωγή ως προς την N(γ). ΄Εστω γ ⁄= 0,±1,±i. Τότε N(γ)≥ 2. Αν N (γ) =2 τότε ο γ είναι πρώτος οπότε γ = π1 =ν1, ισχύει. ϒποθέτουμε ότι N (γ)> 2 και ότι η πρόταση είναι αληθής για όλους τους ακέραιους του Gauss με norm μικρότερη της N(γ). Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι s> 1. Τότε π1|π1π2⋅⋅⋅πs ⇒ π1|ν1ν2⋅⋅⋅νt, δηλαδή π1|νj για κάποιο j. Ας το ονομάσουμε αυτό ν1, δηλαδή π1|ν1. Επειδή ν1 πρώτος συνεπάγεται ότι ν1 =π1ε, ε μονάδα του ℤ[i], δηλαδή π1,ν1 είναι συνεταιρικά. Η σχέση γ = π1π2⋅⋅⋅πs = ν1ν2⋅⋅⋅νt γράφεται

Επειδή N(π1)≥ 2 και s> 1 έπεται

Λόγω της υπόθεσης της μαθηματικής επαγωγής έχουμε s− 1= t− 1 και, αλλάζοντας ίσως τη θέση, (π2,ν2),...,(πs,νs) συνεταιρικά. __

Θα δώσουμε τώρα μια καινούργια απόδειξη του προβλήματος, ποιοι φυσικοί μπορούν να γραφούν ως άθροισμα δύο τετραγώνων ακέραιων αριθμών.

΄Εστω x2+ y2 = n. Τότε (x+ iy)(x− iy)= n, οπότε το πρόβλημα γίνεται:

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι του Gauss με

Για να λύσουμε αυτό το πρόβλημα θα πρέπει να περιγράψουμε επακριβώς όλους τους πρώτους του ℤ[i]. Επειδή κάθε συνεταιρικός πρώτου είναι επίσης πρώτος, θα μελετήσουμε τους πρώτους κατά προσέγγιση συνεταιρικών.

Πρόταση 10.1.6. ΄Εστω π πρώτος του ℤ[i]. Τότε υπάρχει ακριβώς ένας πρώτος p του ℤ, τέτοιος ώστε π|p.

Απόδειξη. ΄Εχουμε N (π )∈ℤ, συνεπώς N(π)= p1p2⋅⋅⋅pt,pi ∈ℤ, πρώτοι. Επειδή N (π) = ππ′, έπεται π|p1p2⋅⋅⋅pt δηλαδή π |pi για κάποιο i. Δεν μπορεί να διαιρεί κανέναν άλλο, διότι αν π|p και π|q με p ⁄= q, τότε 1= px+ qy συνεπώς π|px+ qy= 1, επομένως πν = 1 άρα 1- ν = π είναι ακέραιος του Gauss, που σημαίνει ότι ο π είναι μονάδα, άτοπο. __

Αρκεί λοιπόν να παραγοντοποιήσουμε όλους τους ακέραιους στον ℤ [i]. Αν p = 2 τότε 2 2= − i(1+ i) και ο 1+ i είναι πρώτος του ℤ[i], διότι N (1 +i)= 2. Δηλαδή όλοι οι πρώτοι του ℤ[i],π|2 είναι συνεταιρικοί του 1 +i.
΄Εστω τώρα p περιττός πρώτος και έστω π = x+iy|p, δηλαδή ο p γράφεται p = πν,ν ∈ ℤ[i]. Επομένως

Επειδή 2 2 x + y ≡ 0,1,2 (mod p), δεν μπορεί να ισχύει 2 2 x + y = p, όταν p ≡ 3 (mod 4). Σ΄ αυτή την περίπτωση θα πρέπει να ισχύει 2 2 2 x + y = p , επομένως

δηλαδή ν μονάδα του ℤ[i]. Επομένως, αν p≡ 3 (mod 4) τότε οι π και p είναι συνεταιρικοί.

΄Εστω τώρα p ≡ 1 (mod 4). Η ισοδυναμία 2 z ≡− 1 (mod p )(1) έχει λύση. ΄Εστω z0 μια λύση της (1). Τότε

Σημειώνουμε τώρα ότι p∤(z− i) και p∤(z+ i), διότι 1- 1- pz± p i∈ ∕ℤ[i]. Αυτό σημαίνει ότι στην περίπτωση p≡ 1 (mod 4), οι π και p δεν είναι συνεταιρικοί. Επομένως N (π )⁄= N(p)= p2, δηλαδή N (π)= p, άρα ππ′ = p και συνεπώς ο p διαιρείται από τους π και π′. Για να προσδιορίσουμε πλήρως όλους τους πρώτους του ℤ[i], θα πρέπει να δούμε πότε οι π και π′ είναι συνεταιρικοί. ΄Εστω λοιπόν π = x+ iy τέτοιος ώστε N (π)= x2+y2 =p. ϒποθέτουμε ότι οι π και π′ είναι συνεταιρικοί, δηλαδή π = επ′, ε =±1, ±i, π′ = x− iy.

Αν ε = 1 τότε x +iy= x− iy, δηλαδή y= 0 τότε x2 = p, άτοπο. ΄Ομοια αν ε = − 1,x= 0 και y2 = p, άτοπο.
Αν ε =i τότε x+ iy = i(x− iy)= y+ ix, δηλαδή x= y και p= x2+ x2 = 2x2, άτοπο. Αν ε = − i, τότε x= − y, οπότε 2x2 = p, άτοπο.

Αποδείξαμε λοιπόν το εξής:

Θεώρημα 10.1.7. ΄Εστω p πρώτος αριθμός. Η ανάλυση του p στην περιοχή του Gauss είναι:

Αν p= 2, τότε p =− iπ2, όπου π πρώτος του ℤ[i] και N (π )= 2.

Αν p≡ 3 (mod 4), τότε p = π είναι πρώτος και N(π)= p2.

Αν p ≡ 1 (mod 4), τότε ′ p = ππ , όπου π και ′ π πρώτοι μη-συνεταιρικοί και ′ N (π )= N(π) =p.

Ξαναγυρίζουμε τώρα στο πρόβλημα του καθορισμού των θετικών ακέραιων αριθμών που είναι νόρμα ακέραιων του δακτυλίου του Gauss. ΄Εστω α ⁄= 0,±1, ±i. Αναλύουμε τον α σε γινόμενο πρώτων στοιχείων του ℤ[i]. ΄Εστω α = π1π2⋅⋅⋅πs, όπου πi πρώτοι του ℤ [i]. Τότε N (α)= N(π1)N(π2)⋅⋅⋅N(πs). ϒποθέτουμε ότι πi|pi,i=1,2,⋅⋅⋅,s,pi πρώτος ακέραιος. Τότε a a N (α )= p11 p22⋅⋅⋅pass, όπου

Βλέπουμε λοιπόν ότι 2 N (α )= m q1q2⋅⋅⋅qt,m ∈ ℤ και q1,q2,⋅⋅⋅,qt πρώτοι αριθμοί διακεκριμένοι μεταξύ τους και ίσοι με ή ισοδύναμοι με 1 (mod 4).

Ισχύει και το αντίστροφο, ότι δηλαδή κάθε τέτοιος φυσικός αριθμός γράφεται ως άθροισμα δυο τετραγώνων. Δώσαμε επομένως μια άλλη απόδειξη του θεωρήματος 9.3.9 εκμεταλλευόμενοι την αριθμητική της περιοχής του Gauss.

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε ένα ακόμα παράδειγμα. Επιθυμούμε να λύσουμε τη διοφαντική εξίσωση

ϒποθέτουμε ότι έχει μια λύση (x,y)∈ ℤ ×ℤ ώστε

Παραγοντοποιούμε το δεξιό μέλος και έχουμε

Η περιοχή ℤ[i] είναι ευκλείδεια και συνεπώς και περιοχή κυρίων ιδεωδών καθώς και περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης. Επομένως ορίζεται ο μέγιστος κοινός διαιρέτης δύο στοιχείων αυτής.

Αποδεικνύεται ότι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης (x+ i,x− i)∼= 1. Επομένως, x+ i∼= ξ3, για κάποιο στοιχείο ξ ∈ℤ [i], οπότε x+ i= εξ3, όπου ε μία μονάδα του ℤ[i]. Η ομάδα των μονάδων του ℤ[i] είναι η E(ℤ) = {±1,±i}. Η απεικόνιση

είναι ένας αυτομορφισμός της E (ℤ [i]).

Επομένως μπορούμε να αντικαταστήσουμε τη μονάδα ε με κάποια 3 u ,u ∈E (ℤ [i]), οπότε προκύπτει

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι

συνεπώς

Από τη δεύτερη ισότητα έχουμε b =− 1 και a= 0. Επομένως η εξίσωση επιδέχεται μοναδική λύση x= a3− 3ab2 = 0,y =1.

Παρατήρηση 10.1.8. Αποφασιστικά στοιχεία για την απόδειξη ήταν:

Η ιδιότητα της περιοχής ℤ[i] να είναι ευκλείδεια περιοχή και συνεπώς περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης.

Η δομή της ομάδας των μονάδων της περιοχής ℤ [i].

Ας προσπαθήσουμε τώρα να λύσουμε τη διοφαντική εξίσωση

΄Εστω (x,y)∈ℤ × ℤ μια λύση αυτής,

Παραγοντοποιούμε και πάλι το δεξιό μέλος αυτής.

Σε αυτή την περίπτωση θα πρέπει να εργαστούμε στο σύνολο

το οποίο και πάλι αποτελεί ακέραια περιοχή. Η ομάδα των μονάδων του δακτυλίου ℤ [√ − 5] είναι E(ℤ[√−-5])= {±1 }. Το είναι ανάγωγο στοιχείο του ℤ[√−-5]. Πράγματι, αν 2= a⋅b με a,b∈ ℤ[√−-5] όχι μονάδες, τότε N(a)N(b)= 4, οπότε N (a)= N (b) = ±2. Αυτό όμως είναι αδύνατο αφού αν

«Επομένως»

που σημαίνει ότι ο

και

το οποίο είναι άτοπο.

Καταλήξαμε στο συμπέρασμα ότι η διοφαντική εξίσωση

δεν έχει ακέραια λύση.

Και «όμως κινείται» που θα έλεγε και ο Γαλιλαίος! Η εξίσωση έχει τουλάχιστον μια λύση, τη (x,y)= (±7,3). Πού είναι το λάθος;

Απάντηση: Το είναι ανάγωγο στοιχείο του ℤ [√ − 5] αλλά όχι πρώτο στοιχείο αυτού. Αυτό σε αντίθεση προς την περιοχή του Gauss.

Γιατί συμβαίνει αυτό;

Απάντηση: Η περιοχή ℤ [√ − 5] δεν είναι περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης. Αποτελεί εύκολη άσκηση η απόδειξη ότι ο

έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους γνήσιες αναλύσεις σε γινόμενα αναγώγων στοιχείων του ℤ[√−-5].

ϒπενθυμίζουμε εδώ την εικασία του Fermat που είδαμε στην παράγραφο 2.3 η οποία αποδείχθηκε από τον A. Wiles.

Η διοφαντική εξίσωση

για n≥ 3, δεν έχει μη-τετριμμένες ακέραιες λύσεις. Εύκολα διαπιστώνεται ότι αρκεί να αποδειχθεί η εικασία για n = 4 και για κάθε περιττό πρώτο αριθμό p. ΄Οπως έχουμε ήδη αναφέρει για n = 4 αποδείχθηκε από τον ίδιο τον Fermat.

Για p = 3 αποδείχθηκε από τον Euler κατά τα έτη μεταξύ 1753 και 1770, ενώ δημοσιεύθηκε το 1770. Κάποιο μικρό κενό που υπήρχε στην απόδειξη καλύφθηκε από τον Legendre στα 1830.

Την περίπτωση p= 5 απέδειξαν κατά τα έτη 1825 και 1828 οι Dirichlet και Legendre, ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο.

Στα 1837 ο E. E. Kummer θεωρεί για κάποιο πρώτο p > 5 την πρωταρχική p-ρίζα της μονάδας ζp = e2πi∕p και παραγοντοποιεί το δεξιό μέλος της εξίσωσης

Εργάζεται στην ακέραια περιοχή

την οποία θεωρεί περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης και «αποδεικνύει»! την εικασία του Fermat. Στα 1843 υποβάλλει την εργασία του στον Dirichlet ο οποίος παρατηρεί ότι για τις περιοχές ℤ [ζp] δεν ισχύει για όλους τους πρώτους p η μονοσήμαντη ανάλυση. Ο πιο μικρός πρώτος για τον οποίο δεν ισχύει είναι ο p = 23.

Στην προσπάθειά του να διορθώσει το λάθος του ο Kummer εισάγει την έννοια των «ιδεωδών αριθμών» και καταφέρνει να αποδείξει την εικασία του Fermat για τους λεγόμενους ομαλούς (regular) πρώτους. Ας σημειωθεί ότι για p < 100 οι μόνοι πρώτοι που δεν είναι ομαλοί είναι οι 37,59 και 67.

Ακολουθεί η δουλειά του Dedekind (1831-1916), ο οποίος εισάγει δύο έννοιες θεμελιώδους σημασίας για τη Θεωρία των Αριθμών, την ΄Αλγεβρα και τα Μαθηματικά γενικότερα. Αυτές είναι η έννοια του ιδεώδους και του module.

Στη συνέχεια θα δούμε πώς η αριθμητική των αριθμών θα πρέπει να αντικατασταθεί από την αριθμητική των ιδεωδών.

Στην προσπάθεια λοιπόν επίλυσης της εικασίας του Fermat αναπτύχθηκε η λεγόμενη Αλγεβρική Θεωρία Αριθμών, μια ειδική περίπτωση της οποίας θα εξετάσουμε στα επόμενα.

10.2 Ακέραιοι αλγεβρικοί αριθμοί

ϒπενθυμίζουμε ότι ένας μιγαδικός αριθμός α λέγεται αλγεβρικός αριθμός όταν είναι ρίζα ενός πολυωνύμου f(x)∈ℚ [x].

Ορισμός 10.2.1. Ο αλγεβρικός αριθμός α λέγεται ακέραιος αλγεβρικός τότε και μόνο τότε όταν ο α είναι ρίζα ενός πολυωνύμου

Είναι φανερό ότι κάθε ρητός αριθμός α είναι αλγεβρικός, αφού είναι ρίζα του πολυωνύμου f(x)= x− α ∈ ℚ[x].

Παρατήρηση 10.2.2. ΄Ενας ρητός αριθμός α είναι ακέραιος αλγεβρικός τότε και μόνο τότε όταν ο α ∈ ℤ. Πράγματι, κάθε ακέραιος αριθμός α είναι ακέραιος αλγεβρικός αφού είναι ρίζα του πολυωνύμου f(x) =x − α ∈ ℤ[x].

Αντίστροφα, έστω α ∈ℚ ∖ℤ και α = ab, a,b ∈ℤ, (a,b)= 1 και b> 1. ϒποθέσαμε ότι ο α είναι ακέραιος αλγεβρικός. Επομένως υπάρχει ένα πολυώνυμο

το οποίο να έχει τον α ως ρίζα. Δηλαδή

Πολλαπλασιάζουμε με bn και έχουμε

δηλαδή b |an, άτοπο, αφού (a,b)= 1.

Πρόταση 10.2.3. Το σύνολο

είναι υπόσωμα του σώματος των μιγαδικών αριθμών.

Απόδειξη. ϒποθέτουμε ότι α,β ∈ℚ~. Από τη σχέση

έχουμε: Ο α είναι αλγεβρικός επομένως [ℚ (α):ℚ ]<∞. Ο β είναι αλγεβρικός άρα είναι αλγεβρικός και υπέρ το ℚ(α), συνεπώς [ℚ(α,β ):ℚ(α)]< ∞. Επομένως [ℚ(α,β):ℚ ]< ∞, δηλαδή η επέκταση ℚ (α,β)∕ℚ είναι αλγεβρική.

Αυτό σημαίνει ότι τα α ±β ,α β, και για β ⁄= 0, α∕β είναι αλγεβρικοί αριθμοί. Συνεπώς το ~ℚ είναι σώμα. __

Παρατήρηση 10.2.4. Για μια πιο στοιχειώδη απόδειξη παραπέμπουμε στο βιβλίο [4] του Κ. Λάκκη, Θεωρία Αριθμών.

Στη συνέχεια θεωρούμε το σύνολο

Θα αποδείξουμε ότι το σύνολο A αποτελεί ακέραια περιοχή, υποδακτύλιο του ~ℚ. Για να το πετύχουμε, χρειαζόμαστε μια βοηθητική:

Πρόταση 10.2.5. Ο μιγαδικός αριθμός α είναι αλγεβρικός ακέραιος αν και μόνο αν η προσθετική ομάδα η οποία παράγεται από όλες τις δυνάμεις του α,

είναι πεπερασμένα παραγόμενη.

Απόδειξη. Είναι σαφές ότι αν ο α είναι ακέραιος αλγεβρικός ικανοποιεί μια εξίσωση της μορφής

με συντελεστές ακέραιους αριθμούς. Ας θεωρήσουμε μια οποιαδήποτε πολυωνυμική έκφραση του α, F(α), όπου F (x)∈ ℤ[x]. ΄Εχουμε

όπου το u(x) είναι ή μηδενικό πολυώνυμο ή deg(u) <n. Συνεπώς F (α )= u(α ), και αρκούν οι δυνάμεις 1,α,...,αn−1 για να παράξουν τη ζητούμενη ομάδα.

Αντιστρόφως, ας υποθέσουμε ότι τα στοιχεία z1,...,zn παράγουν την προσθετική ομάδα ℤ[α]. Αυτό σημαίνει ότι για κάθε 1≤ i≤ n− 1 υπάρχουν λij ∈ ℤ ώστε

Με άλλα λόγια το σύστημα

επιδέχεται εκτός της μηδενικής λύσης και την (z,...,z )t. 1 n ΄Αρα det(I − (λ) )= 0 n i,j η οποία είναι μια ορίζουσα της μορφής

που ικανοποιείται από το α, άρα ο α είναι ακέραιος αλγεβρικός. __

Θα αποδείξουμε τώρα ότι ο A είναι υποδακτύλιος του ~ℚ.

΄Εστω α,β ∈ A . Θα πρέπει να αποδείξουμε ότι α +β και α ⋅β είναι στοιχεία του A .

Σύμφωνα με την πρόταση 10.2.5, το α ανήκει σε μια πεπερασμένα παραγόμενη προσθετική ομάδα Gα, υποομάδα του ℂ. Ομοίως και το β ανήκει σε μια πεπερασμένα παραγόμενα προσθετική ομάδα G β.

Επόμενως τα α + β και αβ είναι ακέραιοι γραμμικοί συνδυασμοί των στοιχείων αiβj, τα οποία ανήκουν στην ομάδα G αGβ η οποία είναι φανερό ότι είναι πεπερασμένα παραγόμενη.

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι και όλες οι δυνάμεις των α +β και αβ ανήκουν σε μια πεπερασμένα παραγόμενη προσθετική υποομάδα του ℂ. Από την προηγούμενη πρόταση προκύπτει ότι α+ β και α ⋅β ∈ A , επομένως A υποδακτύλιος του ℚ~.

Ουσιαστικά το κύριο αντικείμενο της αλγεβρικής θεωρίας αριθμών είναι η μελέτη της αριθμητικής του σώματος ~ℚ. Επειδή, όμως, αυτό είναι αρκετά δύσκολο θα περιορίσουμε τις ... φιλοδοξίες μας!

Ορισμός 10.2.6. ΄Ενα σώμα K υπόσωμα του ℂ θα λέγεται αλγεβρικό σώμα αριθμών ακριβώς τότε όταν η επέκταση K∕ℚ είναι πεπερασμένη.

Αφού K ∕ℚ είναι πεπερασμένη, έπεται ότι είναι αλγεβρική, δηλαδή το K είναι υπόσωμα του ~ℚ.

Σημείωση 10.2.7. Η επέκταση ℚ~∕ℚ είναι άπειρη αλγεβρική.

Η επέκταση K ∕ℚ είναι πεπερασμένη και διαχωρίσιμη. Επομένως είναι απλή, δηλαδή υπάρχει ένα θ ∈ K τέτοιο ώστε K = ℚ(θ).

Παρατήρηση 10.2.8. Αν α ∈ℚ~, τότε υπάρχει ακέραιος m τέτοιος ώστε m α ∈ A .

Πράγματι, α ∈ℚ~ σημαίνει ότι υπάρχει ένα πολυώνυμο

τέτοιο ώστε f(α )= 0. Επιλέγουμε έναν ακέραιο m, τέτοιον ώστε mai ∈ ℤ, για κάθε i= 0,1,2,...,m− 1. Επομένως έχουμε

δηλαδή ότι mα ∈ A .

΄Αμεση συνέπεια της παρατήρησης αυτής είναι ότι αν K είναι αλγεβρικό σώμα αριθμών, τότε υπάρχει θ ∈A τέτοιο ώστε K = ℚ (θ ).

Πράγματι, K = ℚ(h) με h∈ ~ℚ. ΄Εστω m ∈ ℤ ώστε θ := mh∈ A . Είναι φανερό ότι K = ℚ(h)= ℚ (θ ).

Η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών του K είναι R:= K∩ A ≤ K.

Στη συνέχεια θα περιοριστούμε στα τετραγωνικά σώματα αριθμών, δηλαδή αλγεβρικά σώματα αριθμών K με [K :ℚ]= 2.

Αποτελούν, μετά το ℚ, την απλούστερη περίπτωση αλγεβρικών σωμάτων αριθμών. ΄Εχουν όμως το πλεονέκτημα ότι όλες οι βασικές ιδιότητες των αλγεβρικών σωμάτων αριθμών εμφανίζονται ήδη στα τετραγωνικά σώματα αριθμών και θα διατυπώσουμε τις γενικές προτάσεις χωρίς απόδειξη.

΄Εστω θ αλγεβρικός αριθμός του τετραγωνικού σώματος αριθμών K, τέτοιος ώστε K = ℚ(θ). Αφού [K,ℚ]= 2 θα πρέπει ο βαθμός του αναγώγου πολυωνύμου Irr(θ,ℚ) να είναι δύο, δηλαδή το ανάγωγο πολυώνυμο του θ υπέρ το ℚ να έχει τη μορφή

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι a = 0, διότι αλλιώς παίρνουμε τον αριθμό θ ∗ = θ− a2 ο οποίος είναι ρίζα του πολυωνύμου

όπου ′ a2 b = -4 + b και ∗ K = ℚ(θ ). Ο ρητός ′ b δεν είναι τέλειο τετράγωνο στο ℚ, διότι το X2 − b′ είναι ανάγωγο στο ℚ [X ].

Γράφουμε το b′ = mr2, r ∈ℚ όπου m ∈ ℤ ο οποίος δεν διαιρείται με το τετράγωνο πρώτου αριθμού. Προφανώς m⁄= 1, διότι αλλιώς θα είχαμε b′ = r2. Αν r⁄= 1 τότε θεωρούμε τον αριθμό

ο οποίος είναι ρίζα του πολυωνύμου

Αποδείξαμε το

Θεώρημα 10.2.9. Κάθε τετραγωνικό σώμα αριθμών K προκύπτει από το ℚ με επισύναψη της τετραγωνικής ρίζας ενός ακέραιου αριθμού m ⁄= 1 ελευθέρου τετραγώνου.

Γνωρίζουμε από την ΄Αλγεβρα ότι

Αν m >0, τότε √ -- K = ℚ( m)⊆ ℝ και το K λέγεται πραγματικό τετραγωνικό σώμα αριθμών. Αν, όμως, m < 0, τότε κάθε στοιχείο του K που δεν είναι ρητός είναι μιγαδικός και το σώμα λέγεται μιγαδικό σώμα αριθμών.

Το K είναι σώμα αναλύσεως του διαχωρίσιμου πολυωνύμου X2− m. Συνεπώς η επέκταση K ∕ℚ είναι επέκταση του Galois. Η ομάδα Galois της επέκτασης αυτής είναι η

όπου √ -- √ -- σ (a+ b m) =a − b m για a,b∈ ℚ.

Κάθε στοιχείο √ -- α = a+ b m έχει ίχνος

και νόρμα

Προφανώς το ανάγωγο πολυώνυμο του √ -- α =a +b m υπέρ το ℚ είναι το

(10.2.1)

Παρατήρηση: Τα SK(α),NK(α) στην περίπτωση του τετραγωνικού σώματος αριθμών θα μπορούσαν να οριστούν και από το ανάγωγο ποολυώνυμο του √ -- a+b m, από την εξίσωση (10.2.1).

΄Ωστε:

Θεώρημα 10.2.10. ΄Εστω √-- α ∈ℚ ( m ). Ο α είναι ακέραιος αλγεβρικός ακριβώς τότε όταν SK(α)∈ ℤ και NK(α )∈ℤ.

Γράφουμε α = a +b√m- και θέτουμε 2a = γ, 2b= δ, οπότε το ίχνος είναι ακέραιος τότε και μόνο τότε ο γ είναι ακέραιος και η νόρμα του α είναι ακέραιος. Η τελευταία συνθήκη γράφεται

Επομένως ο α είναι ακέραιος αλγεβρικός αν και μόνο αν

Αν m ≡ 2,3mod4, επειδή για κάθε x∈ ℤ έχουμε x2 ≡ 0,1mod4 για να έχει η γ2 ≡ m δ2mod4 λύση θα έπρεπε γ ≡ δ ≡ 0mod2, δηλαδή α,β ∈ℤ.

Αν m ≡ 1mod4, τότε για να έχει η ισοτιμία γ2 ≡ mδ 2mod4 λύση, θα πρέπει

οπότε ο γ−2δ∈ ℤ και

Παράδειγμα 10.2.11. Αν K = ℚ(i), τότε η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών του K είναι RK = ℤ [i]. Αν --- K = ℚ(√ − 5), τότε η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών είναι --- RK = ℤ[√− 5].

10.3 Βάση και διακρίνουσα

Ορισμός 10.3.1. ΄Εστω R ένας δακτύλιος και (ω1,ω2,...,ωn) μια n-άδα στοιχείων αυτού. Η n-άδα αυτή θα λέγεται βάση ακεραιότητας του δακτυλίου R όταν κάθε στοιχείο α ∈ R γράφεται μονοσήμαντα στη μορφή:

και ai ∈ ℤ για i= 1,2,...,n.

Φυσικά δεν έχει κάθε δακτύλιος μια βάση ακεραιότητας. Ούτε, αν έχει ο R μια βάση ακεραιότητας είναι μοναδική.

΄Εστω τώρα √ -- K = ℚ( m) ένα τετραγωνικό σώμα αριθμών και

Σύμφωνα με τα προηγούμενα της παραγράφου 10.2 προκύπτει αμέσως η αλήθεια της επόμενης πρότασης.

Πρόταση 10.3.2. Μια βάση ακεραιότητας του RK είναι το σύνολο {1,ωm }.

Παρατήρηση 10.3.3. Αντίστοιχη πρόταση ισχύει και στη γενική περίπτωση σωμάτων αριθμών.

Πρόταση 10.3.4. ΄Εστω K αλγεβρικό σώμα αριθμών, [K :ℚ]= n και RK η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών του K. Η RK έχει μια βάση ακεραιότητας «διάστασης» n.

Φυσικά δεν είναι τόσο εύκολος ο υπολογισμός της, όπως στα τετραγωνικά σώματα αριθμών.

Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι K = ℚ (√m-) είναι ένα τετραγωνικό σώμα αριθμών και {1,ωm} η βάση ακεραιότητας της πρότασης 10.3.2.

Ορισμός 10.3.5. Διακρίνουσα DK του τετραγωνικού αλγεβρικού σώματος αριθμών √ -- K = ℚ ( m) λέγεται η ορίζουσα

Παρατήρηση 10.3.6. Αποδεικνύεται ότι η διακρίνουσα είναι ανεξάρτητη της επιλογής της βάσης του δακτυλίου των ακέραιων αλγεβρικών.

Ο λόγος είναι ότι αν έχουμε δύο βάσεις ακεραιότητας του RK τότε η μία προκύπτει από την άλλη δια πολλαπλασισμού με έναν ορθμοναδιαίο (unimodular) πίνακα, δηλαδή πίνακα με στοιχεία ακέραιους αριθμούς και ορίζουσα ± 1 (άσκηση).

Παρατήρηση 10.3.7. Είναι φανερό ότι στα τετραγωνικά σώματα αριθμών η διακρίνουσα ορίζεται μονοσήμαντα από το σώμα √-- K =ℚ ( m ).

Παρατήρηση 10.3.8. Η διακρίνουσα ορίζεται σε κάθε αλγεβρικό σώμα αριθμών. Αποδεικνύεται ότι υπάρχουν πεπερασμένου πλήθους αλγεβρικά σώματα αριθμών με διακρίνουσα δοσμένο ακέραιο αριθμό.

10.4 Η ομάδα των μονάδων

΄Εστω K =ℚ (√m-) τετραγωνικό αλγεβρικό σώμα αριθμών και RK η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών. Θα μελετήσουμε την ομάδα των μονάδων του RK .

Ως γνωστό το στοιχείο ε ∈ RK είναι μονάδα της περιοχής RK ακριβώς τότε όταν η norm NK ∕ℚ (ε) =εε′ = ±1, όπου ε′ είναι το συζυγές του ε.

΄Ωστε το στοιχείο ε = a +bωm είναι μονάδα του δακτυλίου RK ακριβώς τότε όταν

και

Ξεχωρίζουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση Ι m < 0 δηλαδή το K = ℚ (√m-) είναι μιγαδικό τετραγωνικό σώμα αριθμών. ΄Εστω πάλι m ≡ 2 ή 3mod4. Αφού a2− b2m >0 αρκεί να εξετάσουμε μόνο την περίπτωση

Αν |m |> 1, τότε για να ισχύει η ισότητα θα πρέπει b= 0, οπότε a= ±1 και τελικά ε = ±1.

Αν m = − 1 έχουμε

δηλαδή τις τέσσερις λύσεις a =±1, b= 0 και a= 0,b= ±1, δηλαδή ε =±1, ±i.

΄Εστω τώρα ότι m ≡ 1mod4. Αφού

αρκεί να θεωρήσουμε την

Αν |m |> 4 τότε b= 0, δηλαδή και πάλι a = ±1 άρα ε = ±1. Αν |m|≤ 4 αφού m ≡ 1mod4, η μοναδική προς εξέταση τιμή του m είναι η m = − 3. Σε αυτή την περίπτωση έχουμε

Για |b|≥2 δεν υπάρχουν λύσεις. Για b = 1 καταλήγουμε στην 2 a + a+ 1= 1, η οποία έχει τις λύσεις a= 0 ή a = 1.

Για b = 0 οι λύσεις είναι a = ±1 και για b =− 1 έχουμε a= 0. ΄Αρα οι μονάδες είναι οι

Επομένως έχουμε αποδείξει το

Θεώρημα 10.4.1. ΄Εστω K = ℚ (√m-) μιγαδικό τετραγωνικό σώμα αριθμών. Η ομάδα των μονάδων της περιοχής RK είναι η

Περίπτωση ΙΙ ΄Εστω ότι m > 0, δηλαδή το K είναι ένα πραγματικό σώμα αριθμών. Η περίπτωση αυτή είναι πολύ πιο δύσκολη από την προηγούμενη.

Στον R K υπάρχουν άπειρες το πλήθος μονάδες και αυτό είναι συνέπεια του ότι η εξίσωση του Pell

έχει άπειρες λύσεις, και της απλούστατης παρατήρησης ότι κάθε αριθμός του K της μορφής x+ y√m,- x,y ∈ℤ είναι ακέραιος αλγεβρικός.

Λήμμα 10.4.2. ΄Εστω B∈ ℝ. ϒπάρχουν πεπερασμένου πλήθους μονάδες του RK για τις οποίες ισχύει 1 < ε < B.

Απόδειξη. ΄Εστω ε μια ρίζα του πολυωνύμου

Τώρα ε > 1 και NK (ε)= ±1, συνεπώς αν ε′ είναι η άλλη ρίζα του παραπάνω πολυωνύμου |ε′|= ε−1 < 1, οπότε

Δηλαδή ο ε είναι ρίζα ένος πολυωνύμου της μορφής

όπου λ ∈ℤ και |λ|≤ B+ 1. ϒπάρχουν πεπερασμένου πλήθους τέτοια πολυώνυμα και κάθε ένα από αυτά έχει δύο ρίζες, άρα καταλήγουμε σε πεπερασμένου πλήθους επιλογές για το ε. __

΄Εστω ε ∈ E(RK)∖{±1}. Τότε κάποια από τις ε,− ε,ε−1,− ε−1 θα είναι μεγαλύτερη του 1.

ϒποθέτουμε, λοιπόν, ότι ε ∈ E(RK) με ε >1. Παρατηρούμε ότι ανάμεσα στο και στο ε υπάρχουν πεπερασμένες το πλήθος μονάδες του RK, θα υπάρχει και μια ελάχιστη, έστω η ε0, με 1 < ε0 ≤ ε.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι

Θεώρημα 10.4.3. Η ομάδα των μονάδων δίνεται από

Απόδειξη. ΄Εστω ε ≥ 1 μια μονάδα του RK. Αφού ε0 >1 έπεται ότι εn0 → ∞ για n → ∞. ΄Αρα υπάρχει φυσικός n, ώστε

Οπότε 1 ≤ ε0−nε < ε0 και αφού ε0 η ελάχιστη μεγαλύτερη του μονάδα, έχουμε ότι εε0−n= 1, συνεπώς ε = εn0.

Αν ε τυχαία μονάδα του RK, μια από τις ± ε,± ε−1 θα είναι μεγαλύτερη της μονάδας και τελικά η ε θα είναι της μορφής ± εn0 με n∈ ℤ. __

Το ερώτημα είναι γιατί τα τετραγωνικά σώματα αριθμών έχουν πεπερασμένο πλήθος μονάδων και τα τετραγωνικά πραγματικά άπειρο πλήθος; Τι γίνεται στη γενική περίπτωση;

΄Εστω K αλγεβρικό σώμα αριθμών, [K :ℚ ]= n, K = ℚ(θ). Αν f(X ) είναι το ανάγωγο πολυώνυμο του θ υπέρ το ℚ τότε degf(X)= n και

θ(1) = θ. ϒποθέτουμε ότι r 1 είναι το πλήθος των πραγματικών ριζών του f(X) και 2r 2 είναι το πλήθος των μιγαδικών. Οι μιγαδικές ρίζες έχουν άρτιο πλήθος γιατί αν ένα πολυώνυμο με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς έχει μια μιγαδική ρίζα τότε έχει και τη συζυγή της. Επομένως r +2r = n. 1 2

Θεώρημα 10.4.4 (Θεώρημα μονάδων του Dirichlet). ϒπάρχουν r:= r1+ r2− 1 μονάδες ε1,ε2,...,εr μονάδες της ομάδας E(RK) έτσι ώστε κάθε μονάδα του RK να έχει μονοσήμαντη παράσταση της μορφής

όπου si ∈ ℤ για i∈ 1,2,...,r και ζ είναι μια ρίζα της μονάδας.

Εφαρμογή: Αν √-- K =ℚ ( m ) είναι τετραγωνικό μιγαδικό σώμα αριθμών, το 2 f(X) =X − m έχει δύο μιγαδικές ρίζες και συνεπώς r1 =0 και r2 = 1. ΄Αρα r= r1+ r2− 1 = 0.

Αν πάλι √ -- K = ℚ( m) τετραγωνικό πραγματικό σώμα αριθμών, τότε r1 = 2 και r2 = 0, συνεπώς r= r1+ r2− 1 =1.

Πρόβλημα: Πώς θα βρούμε μια θεμελιώδη μονάδα ενός πραγματικού τετραγωνικού σώματος αριθμών;

Η θεωρία των συνεχών κλασμάτων είναι και πάλι χρήσιμη. Προκειμένου να διατυπώσουμε το θεώρημα, χρειαζόμαστε να «ομογενοποιήσουμε» τη βάση ακεραιότητας του RK, όπου K τετραγωνικό σώμα αριθμών, έτσι ώστε να μην υπάρχει ανάγκη να ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις.

Πρόταση 10.4.5. ΄Εστω K τετραγωνικό σώμα αριθμών διακρίνουσας D. Τότε √ -- K = ℚ( D) και [ √--] RK =ℤ D+2D-

Απόδειξη. Αν √ -- K = ℚ ( m), τότε D ∈ {m,4m}. Επομένως √ -- √ -- K = ℚ( m)= ℚ ( D). ϒπολογίζουμε ότι

το οποίο modulo ℤ είναι ισοδύναμο με √m- και √-- 1+-m, 2 αντίστοιχα. __

Θεώρημα 10.4.6. ΄Εστω K πραγματικό τετραγωνικό σώμα αριθμών διακρίνουσας D και RK = ℤ[ω], με √ -- ω = D+2-D, η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών αυτού.

΄Εστω ακόμη θ := ω1−[ω]. Ο αριθμός θ είναι ανάγωγος (reduced) και συνεπώς απλά περιοδικός.

ϒποθέτουμε ότι θ = [a0,a1,...,ar−1] με την ελάχιστη περίοδο.

Ο αριθμός ε0 := qr− 1θ + qr−2 είναι η θεμελιώδης μονάδα του RK. Τα qk είναι οι αριθμοί που ορίστηκαν στα συνεχή κλάσματα.

Απόδειξη. Η απόδειξη είναι μακροσκελής και ως εκ τούτου παραλείπεται. Τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη παραπέμπουμε στο [2]. __

10.5 Νόμος Ανάλυσης στα τετραγωνικά σώματα αριθμών

Περιοχές μονοσήμαντης ανάλυσης

΄Εστω τώρα K = ℚ(√m-), και RK δακτύλιος μονοσήμαντης ανάλυσης. Ας ρίξουμε μια ματιά στα ανάγωγα στοιχεία (πρώτα), χωρίς φυσικά να κάνουμε διάκριση μεταξύ συνεταιρικών, δηλαδή στοιχεία που διαφέρουν κατά μονάδα.

Αν π, λοιπόν, ανάγωγο στοιχείο του K, τότε υπάρχει τουλάχιστο ένας φυσικός αριθμός n, η νόρμα του π, N (π)= ππ′, ο οποίος διαιρείται με π, δηλαδή υπάρχει (ρητός) πρώτος p ώστε π |p. Προφανώς ο p είναι ο μοναδικός πρώτος που διαιρείται με π.

Ορισμός 10.5.1. Αν π |p λέμε ότι ο p είναι ρητός πρώτος που ανήκει στο π ή αλλιώς ο π είναι ένας πρώτος διαιρέτης του p στο σώμα K.

Η σχέση π |p δίνει N(π)|p2, επομένως N(π)∼= p ή p2.

Αν N(π) ∼=p, τότε p ∼= ππ′, με π′ πρώτο στοιχείο του K. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις. Την π ⁄∼= π ′ και π ∼= π′.

Αν πάλι N(π) ∼=p2, τότε p2 = ππ ′ και λόγω του μονοσημάντου της ανάλυσης p ∼= π ∼= π′.

΄Οταν λοιπόν το p διατρέχει όλους τους ρητούς πρώτους τότε οι πρώτοι π,π′ (εξαιρούμε ένα από τους δύο αν π ∼= π′) διατρέχουν ένα σύστημα πρώτων του K.

Εντελώς φυσιολογικά τώρα τίθεται το ερώτημα της εύρεσης ενός κανόνα που να μας δίνει ποια από τις τρεις περιπτώσεις

ισχύει. ΄Ενας τέτοιος κανόνας λέγεται νόμος ανάλυσεως για το √ -- K = ℚ ( m) και η εύρεσή του είναι ένα από τα πιο βασικά και σπουδαία προβλήματα της θεωρίας των τετραγωνικών σωμάτων αριθμών.

Προτού διατυπώσουμε τον νόμο αναλύσεως, παρατηρούμε ότι κάθε ακέραιος αλγεβρικός αριθμός του K γράφεται στη μορφή

με a,b∈ ℤ και

όπου D είναι η διακρίνουσα του σώματος.

Επιπλέον χρειαζόμαστε μια γενίκευση του συμβόλου του Legendre.

Ορισμός 10.5.2. Αν D είναι διακρίνουσα τετραγωνικού σώματος αριθμών, τότε το σύμβολο του Kronecker ( ) D- , p για κάθε πρώτο αριθμό p, ορίζεται ως:

Αν p ⁄= 2 και p∤D, τότε το (D) p- ταυτίζεται με το σύμβολο του Legendre.

Αν p|D τότε ( D) p = 0.

Αν D ≡ 1mod4, τότε ( ) ( ) D2-= D2 = σύμβολο του Jacobi δηλαδή

Θεώρημα 10.5.3 (Νόμος ανάλυσης στο K). ΄Εστω √-- K =ℚ ( m ), τετραγωνικό σώμα αριθμών με RK δακτύλιος μονοσήμαντης ανάλυσης. Οι τρεις περιπτώσεις

αντιστοιχούν στις τιμές του συμβόλου του Kronecker

Απόδειξη. Αρκεί να δείξουμε ότι

p ∼=π2 αν και μόνο αν ( ) D- = 0 p και

p ∼=π π′ αν και μόνο αν ( ) Dp- = 1

Για το 1. Θα αποδείξουμε ότι αν ( ) D- =0, p τότε p ∼=π2. ΄Εστω p |D. ϒποθέτουμε καταρχάς ότι ∼ p = π, δηλαδή ότι ο p παραμένει στο K και πάλι πρώτος. Σε όλες τις άλλες περιπτώσεις, εκτός της p= 2 και m ≡ 3mod4, έχουμε √-- p | m και καταλήγουμε στο ότι 2 p |m, άτοπο, αφού ο m είναι ελεύθερος τετραγώνου.

Αν p =2 και m ≡ 3mod4 τότε

συνεπώς 2 |(1− √m-) ή 2|(1+ √m-). ΄Αρα 4|(1− m) και m ≡ 1mod4, άτοπο.

Επομένως p∼= ππ ′ και αρκεί να δείξουμε ότι π ∼=π ′. Γράφουμε το

και

άρα

Τώρα √--√-- π |p|D = D D, συνεπώς √ -- π | D και έχουμε π |(π − π′), άρα π |π′ και καταλήγουμε στο π ∼= π′, δηλαδή p∼= π2.

Αντιστρόφως έστω ότι p ∼= π2 άρα π′ ∼= π, συνεπώς π |π′ και π |(π− π′) οπότε √-- π |(π− π′)|b D και τελικά p |b2D.

Θα δείξουμε ότι p∤b. Αν p ⁄= 2 και p|b τότε αφού

άτοπο.

Αν πάλι p =2 και p |b τότε η

δίνει για D ≡ 0mod4

το οποίο είναι άτοπο, ενώ για D ≡ 1mod4 δίνει

το οποίο είναι και πάλι άτοπο. Δηλαδή p∤b άρα p |D το οποίο εξ ορισμού δίνει ( D) p = 0.

Θα αποδείξουμε τώρα το 2.

΄Εστω ( ) Dp- = 1. Αν p ⁄= 2, τότε η ισοδυναμία

έχει λύση. Για έναν πρώτο διαιρέτη π |p στο K, ισχύει

και, χωρίς περιορισμό της γενικότητας, υποθέτουμε ότι

Η τελευταία όμως ισοδυναμία δεν ισχύει για το p διότι

οπότε p ⁄∼= π, δηλαδή ′ p ∼= ππ . Αν ήταν ′ π ∼= π, τότε λόγω του 1. θα είχαμε p|D, το οποίο είναι άτοπο.

Αν τώρα p= 2, τότε (D ) p- = 1 δίνει εξ ορισμού D ≡ 1mod8, συνεπώς

οπότε, για κάποιον πρώτο διαιρέτη π του στο K, θα έχουμε

ενώ, όπως παραπάνω, ( 1+√D-) 2∤ 1− 2 στο K , δηλαδή ∼ ′ 2= ππ με ∼ ′ π ⁄= π .

Αντιστρόφως, έστω p∼= ππ ′ με π ⁄∼= π′,

Στην απόδειξη του 1. δείξαμε ότι p ∤b.

οπότε για p ⁄= 2 έχουμε

αφού p∤b. Τέλος για p =2

__

Παρατήρηση 10.5.4. Αφού λόγω της υποθέσεως ότι ο RK είναι περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης το κύριο ιδεώδες που παράγεται από τον πρώτο αριθμό π, (π)= πRK, είναι πρώτο ιδεώδες θα μπορούσαμε να γράψουμε το θεώρημα 10.5.3 και για πρώτα ιδεώδη. Το παραπάνω θεώρημα ισχύει για κάθε δακτύλιο RKακόμη και αν δεν είναι περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης.

10.6 Ιδεώδη και αριθμός κλάσεων

Ορισμός 10.6.1. ΄Ενα υποσύνολο A του K λέγεται ιδεώδες του K αν και μόνο αν ισχύουν τα παρακάτω:

Για κάθε a ,a ∈ A 1 2 η διαφορά a − a ∈A 1 2

Για κάθε λ ∈ RK και για κάθε a∈ A το λa∈ A

ϒπάρχει RK ∋ δ ⁄= 0, ώστε δA ⊆ RK.

Αν A ⊆ RK λέγεται ακέραιο ιδεώδες, αλλιώς λέγεται κλασματικό.

Σημαντική παρατήρηση: ΄Εχουμε ήδη διαπιστώσει ότι ο δακτύλιος των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών RK , ενός αλγεβρικού σώματος αριθμών K δεν είναι, εν γένει, περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης. Ισχύει όμως το

Θεώρημα 10.6.2. Αν K αλγεβρικό σώμα αριθμών και RK η περιοχή των ακέραιων αλγεβρικών αριθμών αυτού, τότε κάθε ακέραιο ιδεώδες A του K αναλύεται μονοσήμαντα σε γινόμενο πρώτων ιδεωδών, δηλαδή

με Pi πρώτα ιδεώδη του RK και αi ∈ ℕ για i= 1,2,...,s.

Αυτό είναι άμεση συνέπεια της ιδιότητας της περιοχής R K να είναι περιοχή του Dedekind. Η απόδειξη του θεωρήματος αυτού ξεφεύγει από τον σκοπό του παρόντος συγγράμματος.

Μπορούμε λοιπόν να ρωτήσουμε το εξής: Αν pℤ είναι ένα κύριο πρώτο ιδεώδες του ℤ και θεωρήσουμε το κύριο ιδεώδες pRK του δακτυλίου RK, τότε αυτό είναι κατ΄ανάγκη πρώτο; Ο νόμος ανάλυσης σε τετραγωνικά σώματα αριθμών απαντά ακριβώς αυτό το ερώτημα:

Θεώρημα 10.6.3 (Νόμος ανάλυσης, στα τετραγωνικά σώματα αριθμών, γενική περίπτωση). Το ιδεώδες pRK στον δακτύλιο ακέραιων του τετραγωνικού σώματος αριθμών -- ℚ (√ m) γράφεται ως γινόμενο πρώτων ιδεωδών του RK ως εξής:

Απόδειξη. Η απόδειξη απαιτεί αρκετά στοιχεία αλγεβρικής θεωρίας αριθμών. Η ιδέα είναι ότι γενικά (p⁄= 2) η ανάλυση σε πρώτα ιδεώδη καταλήγει στην ανάλυση σε ανάγωγους παράγοντες του X2− m η οποία ελέγχεται από το σύμβολο του Legendre. Η περίπτωση p =2 απαιτεί λίγο περισσότερη προσοχή. Για μια απόδειξη παραπέμπουμε στις σημείωσεις Αλγεβρικής Θεωρίας Αριθμών του πρώτου συγγραφέα [3]. __

Αριθμός Κλάσεων Ιδεωδών

Στο σύνολο όλων των ιδεωδών (κλασματικών και ακέραιων) ορίζουμε ισοδυναμία ιδεωδών:

και ισοδυναμία ιδεωδών με στενή έννοια:

Ορισμός 10.6.4. Ο αριθμός κλάσεων h(D) (αντίστοιχα ο αριθμός κλάσεων με τη στενή έννοια hσ(D)) ορίζεται να είναι το πλήθος των κλάσεων σε κάθε μια από τις παραπάνω κλάσεις ισοδυναμίας.

Χωρίς απόδειξη αναφέρουμε το

Θεώρημα 10.6.5. Για κάθε αλγεβρικό σώμα αριθμών K το σύνολο κλάσεων ιδεωδών του K αποτελεί πεπερασμένη ομάδα.

Το σύνολο όλων των ιδεωδών (ακέραιων και κλασματικών) I K ενός αλγεβρικού σώματος αριθμών K αποτελεί αβελιανή ομάδα. Το σύνολο των κύριων ιδεωδών αυτού αποτελεί αβελιανή υποομάδα της I Kτ την οποία συμβολίζουμε με H . K Το σύνολο των κλάσεων ισοδυναμίας είναι η ομάδα πηλίκο

και λέγεται ομάδα κλάσεων ιδεωδών.

Ανάλογες ιδιότητες ισχύουν και για την ομάδα κλάσεων ιδεωδών με τη στενή έννοια.

΄Ενα σημαντικότατο πρόβλημα της Αλγεβρικής Θεωρίας Αριθμών είναι, δοθέντος σώματος K, ο προσδιορισμός του αριθμού κλάσεων ιδεωδών αυτού.

Στην περίπτωση που το K είναι μιγαδικό τετραγωνικό σώμα αριθμών, διακρίνουσας D, αυτό είναι εύκολο, αφού οι κλάσεις ιδεωδών του K αντιστοιχούν αμφιμονοσήμαντα στις κλάσεις ισοδυναμίας (θετικά ορισμένων) τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας D, σύμφωνα με το ακόλουθο:

Θεώρημα 10.6.6. ΄Εστω √ -- K = ℚ( m) μιγαδικό τετραγωνικό σώμα αριθμών διακρίνουσας D. ϒπάρχει μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία ανάμεσα στις κλάσεις ισοδυναμίας (θετικά ορισμένων) τετραγωνικών μορφών διακρίνουσας D και στις κλάσεις ισοδυναμίας με στενή έννοια ιδεωδών του K.

Η αντιστοιχία αυτή δίνεται ως εξής: Στο ιδεώδες A= ℤα + ℤβ με ′ ′ α-β√−αβ > 0 D αντιστοιχεί η τετραγωνική μορφή

όπου

Αντιστρόφως στην τετραγωνική μορφή

αντιστοιχεί το κλασματικό ιδεώδες

όπου λ ∈ K και διαλέχτηκε ώστε N (λ )a > 0.

Απόδειξη. Δείτε στο [1]. __

Παρατήρηση 10.6.7. Αξίζει να σημειωθεί ότι για μιγαδικά τετραγωνικά σώματα αριθμών οι έννοιες ισοδυναμία ιδεωδών και ισοδυναμία ιδεωδών με τη στενή έννοια συμπίπτουν, αφού κάθε στοιχέιο του σώματος K έχει θετική νόρμα.

Δεδομένου λοιπόν ότι η τάξη h της αβελιανής ομάδας ℛK = IK∕HK των κλάσεων ιδεωδών του K είναι πεπερασμένη, έπεται ότι αν A ιδεώδες του RK τότε το Ah είναι κύριο ιδεώδες.

Πρόταση 10.6.8. Αν τώρα Aμ κύριο ιδεώδες του K και (μ,hK)= 1, τότε A είναι κύριο ιδεώδες του K

Απόδειξη. Γράφουμε 1= xμ+ yh, για κατάλληλα x,y∈ ℤ. Στη συνέχεια υπολογίζουμε ότι:

__

10.7 Εφαρμογή στις Διοφαντικές Εξισώσεις

Επιστρέφουμε στη διοφαντική εξίσωση:

(10.7.1)

που λύσαμε με λανθασμένο τρόπο προηγουμένως.

Ισχυριζόμαστε ότι (x,y)= (±7, 3) είναι οι μοναδικές λύσεις της (10.7.1). Καταρχήν χρειαζόμαστε από τον νόμο ανάλυσης στο --- --- K = ℚ (√ − 5),RK = ℤ + ℤ√− 5 ότι

και ότι hℚ(√−5) =2. ΄Εστω (x0,y0)∈ ℤ× ℤ μια λύση της (10.7.1), δηλαδή

Περνάμε στα ιδεώδη

Ισχυριζόμαστε ότι ο

Συνεπώς

όπου

πρώτα μεταξύ τους και καταλήγουμε στο (y0)3 = AˉA. Λόγω μονοσήμαντης ανάλυσης στα πρώτα ιδεώδη υπάρχει ακέραιο ιδεώδες A του RK , με A= B3. Τότε Aˉ= ˉB3,

δηλαδή το P2B είναι κύριο ίσο με λ RK, √ --- λ ∈ ℤ[ − 5]. ΄Ετσι

δηλαδή

Η μονάδα μπορεί να ενσωματωθεί στο λ′ = a+ b√ − 5, a,b ∈ℤ. ΄Αρα καταλήγουμε στη σχέση

από όπου έχουμε

Η λυση b = − 1 δίνει τον ακέραιο a = ±1, η οποία οδηγεί στο x0 =±7, y0 = 3. Δηλαδή

είναι η μοναδική λύση.

Παράρτημα Α

11.1 Εισαγωγή

΄Οπως έχει αναφερθεί ήδη προοδευτικά στο δεύτερο μέρος του παρόντος συγγράμματος χρησιμοποιούνται βασικές έννοιες άλγεβρας. Θεωρούμε ότι οι έννοιες αυτές είναι ήδη γνωστές από τη διδασκαλία ενός βασικού εισαγωγικού μαθήματος άλγεβρας. Προκειμένου όμως να στηρίξουμε, κατά κάποιο τρόπο, την αυτοτέλεια του κειμένου θα αναφερθούμε εν συντομία στις έννοιες αυτές καθώς και στις βασικές τους ιδιότητες. Ο αναγνώστης που επιθυμεί να αναζητήσει περισσότερες πληροφορίες μπορεί να ανατρέξει σε γενικά βιβλία ΄Αλγεβρας όπως τα [5], [4], [3], [2], [1].

11.2 Ομάδες

Ορισμός 11.2.1. ΄Ενα μη-κενό σύνολο G εφοδιασμένο με μια διμελή πράξη

λέγεται ομάδα όταν επαληθεύει τα ακόλουθα αξιώματα:

Για όλα τα στοιχεία x,y,z του συνόλου G ισχύει (αξίωμα προσεταιριστικότητας):

ϒπάρχει ένα στοιχείο e ∈G τέτοιο ώστε για όλα τα στοιχεία g∈ G να ισχύει (αξίωμα ύπαρξης μοναδιαίου):

Αν g∈ G τότε υπάρχει ένα στοιχείο g∗ ∈ G τέτοιο ώστε να ισχύει (αξίωμα ύπαρξης αντιστρόφου):

Παρατήρηση 11.2.2. Εύκολα αποδεικνύεται ότι σε μια ομάδα (G,∘), το μοναδιαίο στοιχείο είναι μοναδικό καθώς και ότι για κάθε g∈ G υπάρχει ακριβώς ένα αντίστροφο αυτού ∗ g . Στη συνέχεια αντί του συμβολισμού ∗ g θα χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό −1 g .

Ορισμός 11.2.3. Η ομάδα (G, ∘) θα λέγεται αβελιανή ομάδα όταν για όλα τα στοιχεία x,y της G ισχύει

Ορισμός 11.2.4. Μια ομάδα (G,∘) θα λέγεται πεπερασμένη ομάδα όταν το σύνολο G είναι ένα πεπερασμένο σύνολο. Αν το σύνολο G είναι απειροσύνολο, τότε η ομάδα (G,∘) θα λέγεται άπειρη ομάδα .

Παραδείγματα ομάδων

Το σύνολο των ακέραιων αριθμών ℤ με πράξη τη (συνήθη) πρόσθεση αποτελεί άπειρη αβελιανή ομάδα. Το ίδιο ισχύει και για τα σύνολα (ℚ,+), (ℝ,+), (ℂ,+ ).

Το σύνολο των κλάσεων υπολοίπων modulo n, n∈ ℕ, n> 1:

με (καλά ορισμένη) πράξη την πρόσθεση κλάσεων

αποτελεί πεπερασμένη, αβελιανή, ομάδα.

Το σύνολο Mn (ℝ ) των τετραγωνικών n ×n πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς και πράξη την πρόσθεση πινάκων αποτελεί άπειρη αβελιανή ομάδα.

΄Εστω ω :=e 2πni . Το σύνολο

με πράξη τον πολλαπλασιασμό μιγαδικών αριθμών, αποτελεί πεπερασμένη αβελιανή ομάδα. Η ομάδα αυτή θα λέγεται ομάδα των n-ριζών της μονάδας.

Το σύνολο των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modn, n ∈ℕ, n> 1

με πράξη τον (καλά ορισμένο) πολλαπλασιασμό κλάσεων

αποτελεί πεπερασμένη, αβελιανή ομάδα.

Τα σύνολα ℚ∗,ℝ∗,ℂ ∗ των μη-μηδενικών στοιχείων των ℚ,ℝ και ℂ με πράξη τον συνήθη πολλαπλασιασμό αποτελούν άπειρη, αβελιανή ομάδα.

Το σύνολο Mn (ℝ ) των n× n πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς και πράξη τον πολλαπλασισμό πινάκων δεν αποτελεί ομάδα, αφού υπάρχουν n× n πίνακες με στοιχεία πραγματικούς οι οποίοι δεν έχουν αντίστροφο. Αν θεωρήσουμε το υποσύνολο του Mn(ℝ)

τότε αυτό με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελεί άπειρη ομάδα. Η ομάδα αυτή, αν n> 1, δεν είναι αβελιανή επειδή δεν ισχύει εν γένει A⋅B = B⋅A.

ϒποομάδες και παραδείγματα

Ορισμός 11.2.5. Αν (G,∘) ομάδα και H ένα μη κενό υποσύνολο της G, τότε το H λέγεται υποομάδα της G, όταν το (H,∘), εφοδιασμένο με την επαγώμενη πράξη από το G, είναι ομάδα.

Συμβολίζουμε το ότι H υποομάδα της G με H ≤ G.

Ισχύει η ακόλουθη

Πρόταση 11.2.6. Αν H είναι ένα υποσύνολο της ομάδας (G,∘), τότε οι ακόλουθες προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες:

Η (H,∘) είναι υποομάδα της (G,∘).

Το υποσύνολο H ⊆ G πληρεί τις ακόλουθες συνθήκες:

Το μοναδιαίο e της G ανήκει στο σύνολο H.

Αν x,y∈ H, τότε και x∘y ∈H.

Αν x∈ H, τότε και x−1 ∈H

Το σύνολο H πληροί τις ακόλουθες συνθήκες:

Το μοναδιαίο e της G ανήκει στο σύνολο H

Αν a,b∈ H, τότε και ab−1 ∈ H.

Παραδείγματα υποομάδων:

Προφανώς ℤ ≤ ℚ ≤ℝ ≤ ℂ καθώς και ℚ ∗ ≤ ℝ∗ ≤ℂ ∗.

Το σύνολο

είναι υποομάδα της GLn(ℝ).

Κυκλικές ομάδες

Ορισμός 11.2.7. Μια ομάδα (G,∘) θα λέγεται κυκλική ομάδα όταν υπάρχει κάποιο στοιχείο αυτής x∈ G, τέτοιο ώστε όλα τα στοιχεία της G να γράφονται ως δυνάμεις του x.

Κάθε τέτοιο στοιχείο σε μια κυκλική ομάδα θα λέγεται γεννήτορας αυτής.

Σημείωση: Αν g ∈G και n∈ ℤ, τότε η δύναμη gn ορίζεται ως εξής:

Συμβολισμός Αν G κυκλική με γεννήτορα g, τότε γράφουμε G = 〈g〉.

Παραδείγματα: Οι ομάδες των παραδειγμάτων 4 και 5 είναι κυκλικές.

Ορισμός 11.2.8. Το πλήθος των στοιχείων μιας πεπερασμένης ομάδας, λέγεται τάξη αυτής.

Πρόταση 11.2.9. Αν η ομάδα G είναι πεπερασμένη και κυκλική τάξης n, G = 〈g〉, τότε οι γεννήτορες αυτής είναι τα στοιχεία της μορφής gd με (d,n)= 1.

Το θεώρημα του Lagrange

ϒποθέτουμε ότι (G,∘) είναι μια ομάδα και H ≤ G είναι μια υποομάδα αυτής. Στο σύνολο G× G ορίζουμε τη σχέση: a,b ∈ G,

Η σχέση αυτή είναι μια σχέση ισοδυναμίας. Η κλάση ισοδυναμίας του στοιχείου a είναι το σύνολο aH := {ah|h ∈H }.

Ορισμός 11.2.10. Το πλήθος των κλάσεων ισοδυναμίας της H στην G, λέγεται δείκτης της H στην G και συμβολίζεται με [G :H]. Η τάξη μιας ομάδας (G,∘) θα συμβολίζεται με |G|.

Το παρακάτω είναι γνωστό ως θεώρημα του Lagrange .

Θεώρημα 11.2.11 (Lagrange). ϒποθέτουμε ότι η G είναι μια πεπερασμένη ομάδα και H ≤ G. Ισχύει |G|= [G :H ]⋅|H|. Επομένως, η τάξη μιας υποομάδας μιας πεπερασμένης ομάδας διαιρεί την τάξη της ομάδας.

Ομάδα πηλίκου

΄Εστω G μια ομάδα και H ≤ G μια υποομάδα αυτής. Στο σύνολο των κλάσεων ισοδυναμίας που ορίσαμε παραπάνω, έχουμε τις κλάσεις {aH|a∈ G}. Θα θέλαμε να ορίσουμε ένα πολλαπλασιασμό στο σύνολο κλάσεων ώστε να αποκτήσει δομή ομάδας, την οποία θα ονομάζουμε ομάδα πηλίκου. Αυτό όμως δεν είναι πάντοτε δυνατό.

Ορισμός 11.2.12. ΄Εστω G μια ομάδα και H ≤ G. Η H λέγεται κανονική υποομάδα της G όταν ισχύει aH = Ha για κάθε a∈ G, όπου Ha = {ha|h ∈H }.

Αν τώρα G ομάδα και H κανονική υποομάδα της G, τότε το σύνολο

με πράξη τον (καλά ορισμένο) πολλαπλασιασμό

αποτελεί ομάδα.

΄Αμεση συνέπεια του θεωρήματος του Lagrange είναι ότι η τάξη της ομάδας G ∕H είναι ίση με |G|∕|H |.

Αν τώρα G αβελιανή, τότε κάθε υποομάδα αυτής H είναι κανονική και συνεπώς πάντοτε ορίζεται η ομάδα πηλίκου G ∕H.

11.3 Δακτύλιοι

Ορισμοί και παραδείγματα

Ορισμός 11.3.1. ΄Ενα μη-κενό σύνολο R εφοδιασμένο με δύο (διμελής) πράξεις, πρόσθεσης

και πολλαπλασίασμου

θα λέγεται δακτύλιος, όταν επαληθεύει τα ακόλουθα αξιώματα:

Ο (R,+) αποτελεί αβελιανή ομάδα.

Για όλα τα στοιχεία x,y,z∈ R ισχύει (αξίωμα προσεταιριστικότητας)

Για όλα τα στοιχεία x,y,z∈ R ισχύουν (αξιώματα επιμεριστικότητας)

Αν επιπλέον ισχύει το αξίωμα ύπαρξης μοναδιαίου

ϒπάρχει ένα στοιχείο 1R ∈ R, 1R ⁄=0, τέτοιο ώστε για όλα τα στοιχεία x∈ R να ισχύει

τότε ο δακτύλιος R λέγεται δακτύλιος με μοναδιαίο.

Αν για τον R ισχύει επιπλέον το αξίωμα της αντιμετάθεσης

Για όλα τα στοιχεία x,y ∈R ισχύει:

τότε ο δακτύλιος R λέγεται αντιμεταθετικός δακτύλιος.

Τέλος αν ισχύουν τα αξιώματα (R4) και (R5) συγχρόνως τότε ο R λέγεται αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο.

Παραδείγματα:

Το σύνολο των ακέραιων ℤ με πράξεις τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού είναι ένας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο.

Για κάθε m ∈ ℕ, m > 1, το σύνολο των κλάσεων υπολοίπων modm, ℤm, με πράξεις τις (καλά ορισμένες) πράξεις πρόσθεσης κλάσεων

και πολλαπλασιασμού κλάσεων

αποτελεί επίσης αντιμεταθετικό δακτύλιο με μοναδιαίο.

Το σύνολο των ακέραιων του Gauss

με πράξεις τις συνήθεις πράξεις μιγαδικών αποτελεί επίσης αντιμεταθετικό δακτύλιο με μοναδιαίο.

Ορισμός 11.3.2. ΄Εστω R κάποιος αντιμεταθετικός δακτύλιος. ΄Ενα στοιχείο x ∈R, x⁄= 0, λέγεται διαιρέτης του μηδενός αν και μόνο αν υπάρχει y∈ R, y ⁄=0 με x⋅y= 0.

Ορισμός 11.3.3. ΄Ενας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο θα λέγεται ακέραια περιοχή, όταν δεν έχει διαιρέτες του μηδενός.

Παραδείγματα:

Ο δακτύλιος (ℤ,+, ⋅) είναι ακέραια περιοχή.

Οι δακτύλιοι (ℤ ,+,⋅) m είναι ακέραιες περιοχές αν και μόνο αν ο m είναι πρώτος.

Ο δακτύλιος ℤ[i] είναι επίσης ακέραια περιοχή.

Ορισμός 11.3.4. ΄Ενα μη κενό υποσύνολο R1 του αντιμεταθετικού δακτυλίου R θα λέγεται υποδακτύλιος του R όταν είναι δακτύλιος ως προς τις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού του R.

Ισχύει:

Πρόταση 11.3.5. ΄Ενα μη κενό υποσύνολο R 1 του αντιμεταθετικού δακτυλίου R, είναι υποδακτύλιος του R ακριβώς τότε όταν για όλα τα στοιχεία x,y∈ R 1 ισχύει

Ιδεώδη ενός αντιμεταθετικού δακτυλίου

Ορισμός 11.3.6. ΄Εστω R ένας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο και I ένα μη-κενό υποσύνολο του R.

Το I λέγεται ιδεώδες όταν ισχύουν τα αξιώματα:

Το I αποτελεί ομάδα ως προς την πρόσθεση,

Για κάθε r∈ R και x∈ I ισχύει rx∈ I.

Ορισμός 11.3.7. Αν α ∈R, τότε το κύριο ιδεώδες του R το οποίο παράγεται από το στοιχείο α, ορίζεται

Αν ο R είναι ακέραια περιοχή και όλα τα ιδεώδη του R είναι κύρια, τότε ο R λέγεται περιοχή κυρίων ιδεωδών.

Παράδειγμα: Η ακέραια περιοχή των ακέραιων αριθμών (ℤ,+,⋅) όπως και ο δακτύλιος του Gauss είναι περιοχές κυρίων ιδεωδών.

Ορισμός 11.3.8. Αν R ακέραια περιοχή, το στοιχείο p ∈R λέγεται ανάγωγο, όταν δεν είναι μονάδα του R, δηλαδή δεν είναι πολλαπλασιαστικό αντίστροφο του R, και δεν αναλύεται σε γινόμενο μη τετριμμένων παραγόντων, δηλαδή, αν p = a⋅b, τότε ένα από τα a,b είναι μονάδα του R.

Ορισμός 11.3.9. Μια ακέραια περιοχή R θα λέγεται περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης, όταν κάθε στοιχείο a⁄= 0 αυτής είναι μονάδα ή ανάγωγο στοιχείο του R ή γινόμενο αναγώγων στοιχείων του R και επιπλέον η παράσταση αυτή είναι (ουσιαστικά) μονοσήμαντη.

Ισχύει η

Πρόταση 11.3.10. Κάθε περιοχή κυρίων ιδεωδών είναι και περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης.

Παρατήρηση 11.3.11. Δεν είναι κάθε ακέραια περιοχή, περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης. Για παράδειγμα στην ακέραια περιοχή

ο αριθμός έχει δύο, διαφορετικές μεταξύ τους, γνήσιες αναλύσεις σε γινόμενο αναγώγων στοιχείων:

11.4 Σώματα

Ορισμός και παραδείγματα

Ορισμός 11.4.1. ΄Ενας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο στον οποίο κάθε μη-μηδενικό στοιχείο είναι αντιστρέψιμο, λέγεται σώμα.

Παραδείγματα σωμάτων

Οι αντιμεταθετικοί δακτύλιο με μοναδιαίο (ℚ,+,⋅), (ℝ,+,⋅), (ℂ,+,⋅) είναι σώματα.

Αν p πρώτος αριθμός, τότε ο δακτύλιος (ℤp,⊕,⊙ ) είναι σώμα.

Αν d ∈ ℤ∖{0,1} ελεύθερος τετραγώνου, τότε ο δακτύλιος

είναι σώμα.

Αν K σώμα και x ανεξάρτητη μεταβλητή, τότε το σύνολο

είναι επίσης σώμα και λέγεται το σώμα των ρητών συναρτήσεων υπεράνω του K.

Κάθε σώμα K περιέχει (ισόμορφα) το σώμα των ρητών αριθμών ℚ ή ένα σώμα ℤp για κάποιο πρώτο αριθμό p. Στην πρώτη περίπτωση λέμε ότι το σώμα είναι χαρακτηριστικής μηδέν ενώ στην δεύτερη ότι το σώμα είναι χαρακτηριστικής p.

Επεκτάσεις σωμάτων

Ορισμός 11.4.2. Αν ένα σώμα L περιέχει ως υπόσωμα το σώμα K, τότε λέμε ότι το L είναι επέκταση του K και την επέκταση θα τη συμβολίζουμε με L∕K.

Παρατήρηση 11.4.3. Αν L∕K επέκταση σωμάτων, τότε το σώμα L μπορεί να θεωρηθεί ως K-διανυσματικός χώρος.

Ορισμός 11.4.4. Βαθμός της επέκτασης σωμάτων L∕K θα λέγεται η διάσταση του L ως K-διανυσματικού χώρου και θα συμβολίζεται με [L :K].

Η επέκταση θα λέγεται πεπερασμένη όταν [L:K ]< ∞, αλλιώς θα λέγεται άπειρη.

Αν L∕K επέκταση σωμάτων και α ∈ L, το α θα λέγεται αλγεβρικό ως προς το σώμα K όταν υπάρχει ένα, μη-μηδενικό, πολυώνυμο f(x) ∈K [x], τέτοιο ώστε να έχει το α ως ρίζα του.

Η επέκταση L∕K θα λέγεται αλγεβρική όταν κάθε στοιχείο του L είναι αλγεβρικό ως προς το σώμα K.

Ισχύει η

Πρόταση 11.4.5. Κάθε πεπερασμένη επέκταση L∕K είναι κατ΄ ανάγκη αλγεβρική.

Παρατήρηση 11.4.6. Το αντίστροφο δεν ισχύει. ϒπάρχουν και άπειρες αλγεβρικές επεκτάσεις.

Επισύναψη

Ορισμός 11.4.7. Αν L∕K επέκταση σωμάτων και a1,a2,...,an ∈L, με K (a1,a2,...,an) συμβολίζουμε το ελάχιστο υπόσωμα του L το οποίο περιέχει το σώμα K και τα στοιχεία a1,a2,...,an. Το σώμα αυτό θα λέμε ότι είναι το σώμα που προκύπτει από το K με επισύναψη των a1,a2,...,an.

Παρατήρηση 11.4.8. Αν τα στοιχεία a1,a2,...,an του L είναι αλγεβρικά στοιχεία ως προς του K τότε το

Παρατήρηση 11.4.9. Αν L∕K επέκταση σωμάτων και α ∈L, αλγεβρικό στοιχείο ως προς το σώμα K, τότε ισχύει [K(α):K ]= degIrr(α,K ), όπου Irr(α, K) συμβολίζει το ανάγωγο (ελάχιστο) πολυώνυμο του α ως προς το K.

Σώμα ανάλυσης

Ορισμός 11.4.10. Αν L∕K επέκταση σωμάτων, το L λέγεται σώμα ανάλυσης του πολυωνύμου f (x)∈ K[x] ως προς το K, όταν το f(x) αναλύεται πλήρως στον δακτύλιο L [x], δηλαδή ότι

και επιπλέον L= K(α1,...,αn).

Πρόταση 11.4.11. Για κάθε πολυώνυμο f(x) με συντελεστές από ένα σώμα K υπάρχει ένα σώμα ανάλυσης αυτου Lf και μάλιστα είναι μοναδικό κατά προσέγγιση ισομορφίας.

Επεκτάσεις Galois

Ορισμός 11.4.12. ΄Ενα πολυώνυμο f (x)∈ K[x] λέγεται διαωρίσιμο πολυώνυμο ως προς το K, όταν υπάρχει μια επέκταση L∕K τέτοια ώστε κάθε ανάγωγος παράγοντας του f(x) στον δακτύλιο K [x] αναλύεται στον δακτύλιο L[x] σε γινόμενο διαφόρων μεταξύ τους παραγόντων πρώτου βαθμού.

Το στοιχείο α ∈ L θα λέγεται διαχωρίσιμο ως προς το K, όταν υπάρχει ένα διαχωρίσιμο ως προς το K πολυώνυμο f (x)∈ K[x] του οποίου το α είναι ρίζα.

Η επέκταση L∕K λέγεται διαχωρίσιμη επέκταση όταν κάθε στοιχείο α ∈ L είναι διαχωρίσιμο ως προς το K.

Πρόταση 11.4.13. Κάθε αλγεβρική επέκταση L του σώματος K χαρακτηριστικής μηδέν είναι διαχωρίσιμη ως προς το K.

Ορισμός 11.4.14. Η επέκταση σωμάτων L∕K θα λέγεται επέκταση Galois , ακριβώς τότε όταν το σώμα L είναι σώμα ανάλυσης ενός διαχωρισίμου ως προς το K πολυωνύμου f(x)∈ K [x].

Αν θεωρήσουμε την ομάδα των K-αυτομορφισμών του σώματος L, τότε στην περίπτωση που η επέκταση L∕K είναι Galois, υπάρχι μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία ανάμεσα στις υποομάδες της ομάδας Galois και στα ενδιάμεσα σώματα της επέκτασης L∕K.

Ορισμός 11.4.15. ΄Ενας K-αυτομορφισμός του σώματος L, K ≤ L είναι ένας αυτομορφισμός του L ο οποίος αφήνει όλα τα στοιχεία του K σταθερά.

Ορισμός 11.4.16. Μια επέκταση L∕K λέγεται απλή επέκταση όταν υπάρχει στοιχείο θ ∈ L τέτοιο ώστε L= K(θ). Αν το θ είναι αλγεβρικό ως προς το σώμα K, τότε η L∕K θα λέγεται απλή αλγεβρική.

Πρόταση 11.4.17. Κάθε πεπερασμένη και διαχωρίσιμη επέκταση L∕K είναι απλή αλγεβρική.

Πόρισμα 11.4.18. Αν η L είναι πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος K χαρακτηριστικής μηδέν, τότε η επέκταση L∕K είναι απλή αλγεβρική.

Παράρτημα Α

12.1 Εισαγωγή

΄Οπως έχει αναφερθεί ήδη προοδευτικά στο δεύτερο μέρος του παρόντος συγγράμματος χρησιμοποιούνται βασικές έννοιες άλγεβρας. Θεωρούμε ότι οι έννοιες αυτές είναι ήδη γνωστές από τη διδασκαλία ενός βασικού εισαγωγικού μαθήματος άλγεβρας. Προκειμένου όμως να στηρίξουμε, κατά κάποιο τρόπο, την αυτοτέλεια του κειμένου θα αναφερθούμε εν συντομία στις έννοιες αυτές καθώς και στις βασικές τους ιδιότητες. Ο αναγνώστης που επιθυμεί να αναζητήσει περισσότερες πληροφορίες μπορεί να ανατρέξει σε γενικά βιβλία ΄Αλγεβρας όπως τα [5], [4], [3], [2], [1].

12.2 Ομάδες

Ορισμός 12.2.1. ΄Ενα μη-κενό σύνολο G εφοδιασμένο με μια διμελή πράξη

λέγεται ομάδα όταν επαληθεύει τα ακόλουθα αξιώματα:

Για όλα τα στοιχεία x,y,z του συνόλου G ισχύει (αξίωμα προσεταιριστικότητας):

ϒπάρχει ένα στοιχείο e ∈G τέτοιο ώστε για όλα τα στοιχεία g∈ G να ισχύει (αξίωμα ύπαρξης μοναδιαίου):

Αν g∈ G τότε υπάρχει ένα στοιχείο g∗ ∈ G τέτοιο ώστε να ισχύει (αξίωμα ύπαρξης αντιστρόφου):

Παρατήρηση 12.2.2. Εύκολα αποδεικνύεται ότι σε μια ομάδα (G,∘), το μοναδιαίο στοιχείο είναι μοναδικό καθώς και ότι για κάθε g∈ G υπάρχει ακριβώς ένα αντίστροφο αυτού ∗ g . Στη συνέχεια αντί του συμβολισμού ∗ g θα χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό −1 g .

Ορισμός 12.2.3. Η ομάδα (G, ∘) λέγεται αβελιανή ομάδα όταν για όλα τα στοιχεία x,y της G ισχύει

Ορισμός 12.2.4. Μια ομάδα (G,∘) λέγεται πεπερασμένη ομάδα όταν το σύνολο G είναι ένα πεπερασμένο σύνολο. Αν το σύνολο G είναι απειροσύνολο, τότε η ομάδα (G,∘) λέγεται άπειρη ομάδα .

Παραδείγματα ομάδων

Το σύνολο των ακέραιων αριθμών ℤ με πράξη τη (συνήθη) πρόσθεση αποτελεί άπειρη αβελιανή ομάδα. Το ίδιο ισχύει και για τα σύνολα (ℚ,+), (ℝ,+), (ℂ,+ ).

Το σύνολο των κλάσεων υπολοίπων modulo n, n∈ ℕ, n> 1:

με (καλά ορισμένη) πράξη την πρόσθεση κλάσεων

αποτελεί πεπερασμένη, αβελιανή, ομάδα.

Το σύνολο Mn (ℝ ) των τετραγωνικών n ×n πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς και πράξη την πρόσθεση πινάκων αποτελεί άπειρη αβελιανή ομάδα.

΄Εστω ω :=e 2πni . Το σύνολο

με πράξη τον πολλαπλασιασμό μιγαδικών αριθμών, αποτελεί πεπερασμένη αβελιανή ομάδα. Η ομάδα αυτή λέγεται ομάδα των n-ριζών της μονάδας.

Το σύνολο των πρώτων κλάσεων υπολοίπων modn, n ∈ℕ, n> 1

με πράξη τον (καλά ορισμένο) πολλαπλασιασμό κλάσεων

αποτελεί πεπερασμένη, αβελιανή ομάδα.

Τα σύνολα ℚ∗,ℝ∗,ℂ ∗ των μη-μηδενικών στοιχείων των ℚ,ℝ και ℂ με πράξη τον συνήθη πολλαπλασιασμό αποτελούν άπειρη, αβελιανή ομάδα.

Το σύνολο Mn (ℝ ) των n× n πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς και πράξη τον πολλαπλασισμό πινάκων δεν αποτελεί ομάδα, αφού υπάρχουν n× n πίνακες με στοιχεία πραγματικούς οι οποίοι δεν έχουν αντίστροφο. Αν θεωρήσουμε το υποσύνολο του Mn(ℝ)

τότε αυτό με πράξη τον πολλαπλασιασμό πινάκων αποτελεί άπειρη ομάδα. Η ομάδα αυτή, αν n> 1, δεν είναι αβελιανή επειδή δεν ισχύει εν γένει A⋅B = B⋅A.

ϒποομάδες και παραδείγματα

Ορισμός 12.2.5. Αν (G,∘) είναι ομάδα και H ένα μη κενό υποσύνολο της G, τότε το H λέγεται υποομάδα της G, όταν το (H,∘), εφοδιασμένο με την επαγόμενη πράξη από το G, είναι ομάδα.

Συμβολίζουμε το ότι H υποομάδα της G με H ≤ G.

Ισχύει η ακόλουθη

Πρόταση 12.2.6. Αν H είναι ένα υποσύνολο της ομάδας (G,∘), τότε οι ακόλουθες προτάσεις είναι μεταξύ τους ισοδύναμες:

Η (H,∘) είναι υποομάδα της (G,∘).

Το υποσύνολο H ⊆ G πληροί τις ακόλουθες συνθήκες:

Το μοναδιαίο e της G ανήκει στο σύνολο H.

Αν x,y∈ H, τότε και x∘y ∈H.

Αν x∈ H, τότε και x−1 ∈H

Το σύνολο H πληροί τις ακόλουθες συνθήκες:

Το μοναδιαίο e της G ανήκει στο σύνολο H

Αν a,b∈ H, τότε και ab−1 ∈ H.

Παραδείγματα υποομάδων:

Προφανώς ℤ ≤ ℚ ≤ℝ ≤ ℂ καθώς και ℚ ∗ ≤ ℝ∗ ≤ℂ ∗.

Το σύνολο

είναι υποομάδα της GLn(ℝ).

Κυκλικές ομάδες

Ορισμός 12.2.7. Μια ομάδα (G,∘) λέγεται κυκλική ομάδα όταν υπάρχει κάποιο στοιχείο αυτής x∈ G, τέτοιο ώστε όλα τα στοιχεία της G να γράφονται ως δυνάμεις του x.

Κάθε τέτοιο στοιχείο σε μια κυκλική ομάδα λέγεται γεννήτορας αυτής.

Σημείωση: Αν g ∈G και n∈ ℤ, τότε η δύναμη gn ορίζεται ως εξής:

Συμβολισμός Αν G είναι κυκλική με γεννήτορα g, τότε γράφουμε G = 〈g〉.

Παραδείγματα: Οι ομάδες των παραδειγμάτων 4 και 5 είναι κυκλικές.

Ορισμός 12.2.8. Το πλήθος των στοιχείων μιας πεπερασμένης ομάδας, λέγεται τάξη αυτής.

Πρόταση 12.2.9. Αν η ομάδα G είναι πεπερασμένη και κυκλική τάξης n, G = 〈g〉, τότε οι γεννήτορες αυτής είναι τα στοιχεία της μορφής gd με (d,n)= 1.

Το θεώρημα του Lagrange

ϒποθέτουμε ότι (G,∘) είναι μια ομάδα και H ≤ G είναι μια υποομάδα αυτής. Στο σύνολο G× G ορίζουμε τη σχέση: a,b ∈ G,

Η σχέση αυτή είναι μια σχέση ισοδυναμίας. Η κλάση ισοδυναμίας του στοιχείου a είναι το σύνολο aH := {ah|h ∈H }.

Ορισμός 12.2.10. Το πλήθος των κλάσεων ισοδυναμίας της H στην G, λέγεται δείκτης της H στην G και συμβολίζεται με [G :H]. Η τάξη μιας ομάδας (G,∘) συμβολίζεται με |G|.

Το παρακάτω είναι γνωστό ως θεώρημα του Lagrange .

Θεώρημα 12.2.11 (Lagrange). ϒποθέτουμε ότι η G είναι μια πεπερασμένη ομάδα και H ≤ G. Ισχύει |G|= [G :H ]⋅|H|. Επομένως, η τάξη μιας υποομάδας μιας πεπερασμένης ομάδας διαιρεί την τάξη της ομάδας.

Ομάδα πηλίκου

΄Εστω G μια ομάδα και H ≤ G μια υποομάδα αυτής. Στο σύνολο των κλάσεων ισοδυναμίας που ορίσαμε παραπάνω, έχουμε τις κλάσεις {aH|a∈ G}. Θα θέλαμε να ορίσουμε ένα πολλαπλασιασμό στο σύνολο κλάσεων ώστε να αποκτήσει δομή ομάδας, την οποία ονομάζουμε ομάδα πηλίκου. Αυτό όμως δεν είναι πάντοτε δυνατό.

Ορισμός 12.2.12. ΄Εστω G μια ομάδα και H ≤ G. Η H λέγεται κανονική υποομάδα της G όταν ισχύει aH = Ha για κάθε a∈ G, όπου Ha = {ha|h ∈H }.

Αν τώρα G ομάδα και H κανονική υποομάδα της G, τότε το σύνολο

με πράξη τον (καλά ορισμένο) πολλαπλασιασμό

αποτελεί ομάδα.

΄Αμεση συνέπεια του θεωρήματος του Lagrange είναι ότι η τάξη της ομάδας G ∕H είναι ίση με |G|∕|H |.

Αν τώρα G είναι αβελιανή, τότε κάθε υποομάδα αυτής H είναι κανονική και συνεπώς πάντοτε ορίζεται η ομάδα πηλίκου G ∕H.

12.3 Δακτύλιοι

Ορισμοί και παραδείγματα

Ορισμός 12.3.1. ΄Ενα μη-κενό σύνολο R εφοδιασμένο με δύο (διμελής) πράξεις, πρόσθεσης

και πολλαπλασίασμου

λέγεται δακτύλιος, όταν επαληθεύει τα ακόλουθα αξιώματα:

Ο (R,+) αποτελεί αβελιανή ομάδα.

Για όλα τα στοιχεία x,y,z∈ R ισχύει (αξίωμα προσεταιριστικότητας)

Για όλα τα στοιχεία x,y,z∈ R ισχύουν (αξιώματα επιμεριστικότητας)

Αν επιπλέον ισχύει το αξίωμα ύπαρξης μοναδιαίου

ϒπάρχει ένα στοιχείο 1R ∈ R, 1R ⁄=0, τέτοιο ώστε για όλα τα στοιχεία x∈ R να ισχύει

τότε ο δακτύλιος R λέγεται δακτύλιος με μοναδιαίο.

Αν για τον R ισχύει επιπλέον το αξίωμα της αντιμετάθεσης

Για όλα τα στοιχεία x,y ∈R ισχύει:

τότε ο δακτύλιος R λέγεται αντιμεταθετικός δακτύλιος.

Τέλος αν ισχύουν τα αξιώματα (R4) και (R5) συγχρόνως τότε ο R λέγεται αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο.

Παραδείγματα:

Το σύνολο των ακέραιων ℤ με πράξεις τις συνήθεις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού είναι ένας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο.

Για κάθε m ∈ ℕ, m > 1, το σύνολο των κλάσεων υπολοίπων modm, ℤm, με πράξεις τις (καλά ορισμένες) πράξεις πρόσθεσης κλάσεων

και πολλαπλασιασμού κλάσεων

αποτελεί επίσης αντιμεταθετικό δακτύλιο με μοναδιαίο.

Το σύνολο των ακέραιων του Gauss

με πράξεις τις συνήθεις πράξεις μιγαδικών αποτελεί επίσης αντιμεταθετικό δακτύλιο με μοναδιαίο.

Ορισμός 12.3.2. ΄Εστω R κάποιος αντιμεταθετικός δακτύλιος. ΄Ενα στοιχείο x ∈R, x⁄= 0, λέγεται διαιρέτης του μηδενός αν και μόνο αν υπάρχει y∈ R, y ⁄=0 με x⋅y= 0.

Ορισμός 12.3.3. ΄Ενας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο λέγεται ακέραια περιοχή, όταν δεν έχει διαιρέτες του μηδενός.

Παραδείγματα:

Ο δακτύλιος (ℤ,+, ⋅) είναι ακέραια περιοχή.

Οι δακτύλιοι (ℤ ,+,⋅) m είναι ακέραιες περιοχές αν και μόνο αν ο m είναι πρώτος.

Ο δακτύλιος ℤ[i] είναι επίσης ακέραια περιοχή.

Ορισμός 12.3.4. ΄Ενα μη κενό υποσύνολο R1 του αντιμεταθετικού δακτυλίου R λέγεται υποδακτύλιος του R όταν είναι δακτύλιος ως προς τις πράξεις πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού του R.

Ισχύει:

Πρόταση 12.3.5. ΄Ενα μη κενό υποσύνολο R 1 του αντιμεταθετικού δακτυλίου R, είναι υποδακτύλιος του R ακριβώς τότε όταν για όλα τα στοιχεία x,y∈ R 1 ισχύει

Ιδεώδη ενός αντιμεταθετικού δακτυλίου

Ορισμός 12.3.6. ΄Εστω R ένας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο και I ένα μη-κενό υποσύνολο του R.

Το I λέγεται ιδεώδες όταν ισχύουν τα αξιώματα:

Το I αποτελεί ομάδα ως προς την πρόσθεση,

Για κάθε r∈ R και x∈ I ισχύει rx∈ I.

Ορισμός 12.3.7. Αν α ∈R, τότε το κύριο ιδεώδες του R το οποίο παράγεται από το στοιχείο α, ορίζεται

Αν ο R είναι ακέραια περιοχή και όλα τα ιδεώδη του R είναι κύρια, τότε ο R λέγεται περιοχή κυρίων ιδεωδών.

Παράδειγμα: Η ακέραια περιοχή των ακέραιων αριθμών (ℤ,+,⋅) όπως και ο δακτύλιος του Gauss είναι περιοχές κυρίων ιδεωδών.

Ορισμός 12.3.8. Αν R ακέραια περιοχή, το στοιχείο p ∈R λέγεται ανάγωγο, όταν δεν είναι μονάδα του R, δηλαδή δεν είναι πολλαπλασιαστικό αντίστροφο του R, και δεν αναλύεται σε γινόμενο μη τετριμμένων παραγόντων, δηλαδή, αν p = a⋅b, τότε ένα από τα a,b είναι μονάδα του R.

Ορισμός 12.3.9. Μια ακέραια περιοχή R λέγεται περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης, όταν κάθε στοιχείο a⁄= 0 αυτής είναι μονάδα ή ανάγωγο στοιχείο του R ή γινόμενο αναγώγων στοιχείων του R και επιπλέον η παράσταση αυτή είναι (ουσιαστικά) μονοσήμαντη.

Ισχύει η

Πρόταση 12.3.10. Κάθε περιοχή κυρίων ιδεωδών είναι και περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης.

Παρατήρηση 12.3.11. Δεν είναι κάθε ακέραια περιοχή, περιοχή μονοσήμαντης ανάλυσης. Για παράδειγμα στην ακέραια περιοχή

ο αριθμός έχει δύο, διαφορετικές μεταξύ τους, γνήσιες αναλύσεις σε γινόμενο αναγώγων στοιχείων:

12.4 Σώματα

Ορισμός και παραδείγματα

Ορισμός 12.4.1. ΄Ενας αντιμεταθετικός δακτύλιος με μοναδιαίο στοιχείο στον οποίο κάθε μη-μηδενικό στοιχείο είναι αντιστρέψιμο, λέγεται σώμα.

Παραδείγματα σωμάτων

Οι αντιμεταθετικοί δακτύλιο με μοναδιαίο (ℚ,+,⋅), (ℝ,+,⋅), (ℂ,+,⋅) είναι σώματα.

Αν p πρώτος αριθμός, τότε ο δακτύλιος (ℤp,⊕,⊙ ) είναι σώμα.

Αν d ∈ ℤ∖{0,1} ελεύθερος τετραγώνου, τότε ο δακτύλιος

είναι σώμα.

Αν K σώμα και x ανεξάρτητη μεταβλητή, τότε το σύνολο

είναι επίσης σώμα και λέγεται το σώμα των ρητών συναρτήσεων υπεράνω του K.

Κάθε σώμα K περιέχει (ισόμορφα) το σώμα των ρητών αριθμών ℚ ή ένα σώμα ℤp για κάποιο πρώτο αριθμό p. Στην πρώτη περίπτωση λέμε ότι το σώμα είναι χαρακτηριστικής μηδέν ενώ στην δεύτερη ότι το σώμα είναι χαρακτηριστικής p.

Επεκτάσεις σωμάτων

Ορισμός 12.4.2. Αν ένα σώμα L περιέχει ως υπόσωμα το σώμα K, τότε λέμε ότι το L είναι επέκταση του K και την επέκταση τη συμβολίζουμε με L∕K.

Παρατήρηση 12.4.3. Αν L∕K επέκταση σωμάτων, τότε το σώμα L μπορεί να θεωρηθεί ως K-διανυσματικός χώρος.

Ορισμός 12.4.4. Βαθμός της επέκτασης σωμάτων L∕K λέγεται η διάσταση του L ως K-διανυσματικού χώρου και συμβολίζεται με [L :K].

Η επέκταση λέγεται πεπερασμένη όταν [L:K ]< ∞, αλλιώς λέγεται άπειρη.

Αν L∕K επέκταση σωμάτων και α ∈ L, το α λέγεται αλγεβρικό ως προς το σώμα K όταν υπάρχει ένα, μη-μηδενικό, πολυώνυμο f(x) ∈K [x], τέτοιο ώστε να έχει το α ως ρίζα του.

Η επέκταση L∕K λέγεται αλγεβρική όταν κάθε στοιχείο του L είναι αλγεβρικό ως προς το σώμα K.

Ισχύει η

Πρόταση 12.4.5. Κάθε πεπερασμένη επέκταση L∕K είναι κατ΄ ανάγκη αλγεβρική.

Παρατήρηση 12.4.6. Το αντίστροφο δεν ισχύει. ϒπάρχουν και άπειρες αλγεβρικές επεκτάσεις.

Επισύναψη

Ορισμός 12.4.7. Αν L∕K επέκταση σωμάτων και a1,a2,...,an ∈L, με K (a1,a2,...,an) συμβολίζουμε το ελάχιστο υπόσωμα του L το οποίο περιέχει το σώμα K και τα στοιχεία a1,a2,...,an. Το σώμα αυτό λέμε ότι είναι το σώμα που προκύπτει από το K με επισύναψη των a1,a2,...,an.

Παρατήρηση 12.4.8. Αν τα στοιχεία a1,a2,...,an του L είναι αλγεβρικά στοιχεία ως προς του K τότε το

Παρατήρηση 12.4.9. Αν L∕K επέκταση σωμάτων και α ∈L, αλγεβρικό στοιχείο ως προς το σώμα K, τότε ισχύει [K(α):K ]= degIrr(α,K ), όπου Irr(α, K) συμβολίζει το ανάγωγο (ελάχιστο) πολυώνυμο του α ως προς το K.

Σώμα ανάλυσης

Ορισμός 12.4.10. Αν L∕K επέκταση σωμάτων, το L λέγεται σώμα ανάλυσης του πολυωνύμου f (x)∈ K[x] ως προς το K, όταν το f(x) αναλύεται πλήρως στον δακτύλιο L [x], δηλαδή ότι

και επιπλέον L= K(α1,...,αn).

Πρόταση 12.4.11. Για κάθε πολυώνυμο f(x) με συντελεστές από ένα σώμα K υπάρχει ένα σώμα ανάλυσης αυτου Lf και μάλιστα είναι μοναδικό κατά προσέγγιση ισομορφίας.

Επεκτάσεις Galois

Ορισμός 12.4.12. ΄Ενα πολυώνυμο f (x)∈ K[x] λέγεται διαωρίσιμο πολυώνυμο ως προς το K, όταν υπάρχει μια επέκταση L∕K τέτοια ώστε κάθε ανάγωγος παράγοντας του f(x) στον δακτύλιο K [x] αναλύεται στον δακτύλιο L[x] σε γινόμενο διαφόρων μεταξύ τους παραγόντων πρώτου βαθμού.

Το στοιχείο α ∈ L λέγεται διαχωρίσιμο ως προς το K, όταν υπάρχει ένα διαχωρίσιμο ως προς το K πολυώνυμο f (x)∈ K[x] του οποίου το α είναι ρίζα.

Η επέκταση L∕K λέγεται διαχωρίσιμη επέκταση όταν κάθε στοιχείο α ∈ L είναι διαχωρίσιμο ως προς το K.

Πρόταση 12.4.13. Κάθε αλγεβρική επέκταση L του σώματος K χαρακτηριστικής μηδέν είναι διαχωρίσιμη ως προς το K.

Ορισμός 12.4.14. Η επέκταση σωμάτων L∕K λέγεται επέκταση Galois , ακριβώς τότε όταν το σώμα L είναι σώμα ανάλυσης ενός διαχωρισίμου ως προς το K πολυωνύμου f(x)∈ K [x].

Αν θεωρήσουμε την ομάδα των K-αυτομορφισμών του σώματος L, τότε στην περίπτωση που η επέκταση L∕K είναι Galois, υπάρχι μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία ανάμεσα στις υποομάδες της ομάδας Galois και στα ενδιάμεσα σώματα της επέκτασης L∕K.

Ορισμός 12.4.15. ΄Ενας K-αυτομορφισμός του σώματος L, K ≤ L είναι ένας αυτομορφισμός του L ο οποίος αφήνει όλα τα στοιχεία του K σταθερά.

Ορισμός 12.4.16. Μια επέκταση L∕K λέγεται απλή επέκταση όταν υπάρχει στοιχείο θ ∈ L τέτοιο ώστε L= K(θ). Αν το θ είναι αλγεβρικό ως προς το σώμα K, τότε η L∕K λέγεται απλή αλγεβρική.

Πρόταση 12.4.17. Κάθε πεπερασμένη και διαχωρίσιμη επέκταση L∕K είναι απλή αλγεβρική.

Πόρισμα 12.4.18. Αν η L είναι πεπερασμένη επέκταση ενός σώματος K χαρακτηριστικής μηδέν, τότε η επέκταση L∕K είναι απλή αλγεβρική.

Παράρτημα Β, χρήση Sage

Το πρόγραμμα Sage¹ είναι ένα ελεύθερο ανοιχτού κώδικα σύστημα λογισμικού, το οποίο βασίστηκε στον συνδυασμό πολλών υπαρχόντων συστημάτων για υπολογιστικά μαθηματικά και ο σκοπός του είναι να αποτελέσει μια ανοιχτού λογισμικού εναλλακτική λύση για πακέτα όπως το Magma², Maple³, Mathematica ⁴ και Matlab⁵.

¹http://www.sagemath.org/

²http://magma.maths.usyd.edu.au/magma/

³ http://www.maplesoft.com/

⁴ http://www.wolfram.com/mathematica/

⁵http://www.mathworks.com/products/matlab/

Ας δούμε μερικά παραδείγματα:

sage: 2 + 2 
4 
factor(−2015) 
−1 ∗ 5 ∗ 13 ∗ 31

Μπορούμε να πάρουμε πρώτους αριθμούς

prime_range(100) 
[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 
59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97]

ή να μετρήσουμε το πλήθος των πρώτων που είναι μικρότεροι του 6 10.

prime_pi(10̂6) 
78498

Το πρόγραμμα μπορεί επίσης να χειριστεί έννοιες από τον απειροστικό λογισμό, όπως αόριστα και ορισμένα ολοκληρώματα:

integrate(1 + x + x̂2, x) 
1/3∗x̂3 + 1/2∗x̂2 + x 
numerical_integral(1 + x + x̂2, 0, 3)[0] 
16.500000000000004

Και να κάνει γραφικές παραστάσεις συναρτήσεων και όχι μόνο.

Το πρόγραμμα σαγε αποτελεί μια πλήρη γλώσσα προγραμματισμού με δομή όπως η python⁶. Μπορούμε να εκτελέσουμε βρόγχους (λοοπς) πάνω στα αντικείμενά του. ΄Ετσι μπορούμε να υπολογίσουμε τα τετράγωνα όλων των πρώτων που είναι μικρότεροι του με τον παρακάτω κώδικα:

⁶https://www.python.org/

sum=0 
for i in prime_range(1000): 
    sum=sum+î2 
    print sum 
49345379

Ας δούμε πως μπορούμε να χειριστούμε πολυώνυμα με το sage. Θα πρέπει να ορίσουμε πρώτα τον πολυωνυμικό δακτύλιο ℚ[t]

sage: R = PolynomialRing(QQ, ’t’) 
sage: R 
Univariate Polynomial Ring in t over Rational Field

Οι παραπάνω εντολές δηλώνουν στο σαγε ότι η αλφαριθμητική μεταβλητή (στρινγ) `τ΄ συμβολίζει την μεταβλητή του δακτυλίου στην εμφάνιση στην οθόνη. Αυτό δεν ορίζει το σύμβολο t για χρήση στο Σαγε, δηλαδή δεν μπορούμε να το χρησιμοποιήσουμε για να εισαγάγουμε ένα πολυώνυμο όπως το t2+ 2t+ 1.

Θα μπορούσαμε εναλλακτικά να δώσουμε

sage: S = QQ[’t’] 
sage: S == R 
True

Στον παραπάνω ορισμό ορίσαμε τον δακτύλιο S και ρωτήσαμε (η έκφραση με τα δύο == έχει την έννοια της ερώτησης) αν οι δακτύλιοι S,R ταυτίζονται, και πήραμε θετική (τρυε) απάντηση. Και αυτός ο τρόπος ορισμού έχει το ίδιο πρόβλημα στη χρήση της μεταβλητής τ.

΄Ενας πολύ βολικότερος τρόπος είναι να δώσουμε

sage: R.<t> = PolynomialRing(QQ)

ή

sage: R.<t> = QQ[’t’] 
<div>

ή

sage: R.<t> = QQ[]

Οι παραπάνω ορισμοί ορίζουν τη μεταβλητή να είναι η μεταβλητή του πολυωνυμικού δακτυλίου, οπότε μπορούμε εύκολα να ορίσουμε στοιχεία του δακτυλίου:

sage: poly = (t+1) ∗ (t+2); poly 
t̂2 + 3∗t + 2 
sage: poly in R 
True

Στο παραπάνω ο τελεστής ὶν΄ έδωσε θετική απάντηση (τρυε), αφού πράγματι το πολυώνυμο είναι στοιχείο του δακτυλίου R.

Σε κάθε περίπτωση θα μπορούσαμε να βρούμε τον γεννήτορα του πολυωνυμικού δακτυλίου ως εξής:

sage: R = PolynomialRing(QQ, ’t’) 
sage: t = R.0 
sage: t in R 
True

Οι πραγματικοί και οι μιγαδικοί αριθμοί είναι δομές κινητής υποδιαστολής και οι πράξεις δεν γίνονται με ακριβή τρόπο. Ιδιαίτερα οι μιγαδικοί αριθμοί θεωρούνται ότι παράγονται πάνω από τους πραγματικούς με το σύμβολο i

sage: CC 
Complex Field with 53 bits of precision 
sage: CC.0  # 0th generator of CC 
1.00000000000000∗I

Ας κάνουμε μερικά παραδείγματα στον δακτύλιο ℚ[t]

sage: R, t = QQ[’t’].objgen() 
sage: f = 2∗t̂7 + 3∗t̂2 − 15/19 
sage: f̂2 
4∗t̂14 + 12∗t̂9 − 60/19∗t̂7 + 9∗t̂4 − 90/19∗t̂2 + 225/361 
sage: cyclo = R.cyclotomic_polynomial(7); cyclo 
t̂6 + t̂5 + t̂4 + t̂3 + t̂2 + t + 1 
sage: g = 7 ∗ cyclo ∗ t̂5 ∗ (t̂5 + 10∗t + 2) 
sage: g 
7∗t̂16 + 7∗t̂15 + 7∗t̂14 + 7∗t̂13 + 77∗t̂12 + 91∗t̂11 + 
91∗t̂10 + 84∗t̂9+ 84∗t̂8 + 84∗t̂7 + 84∗t̂6 + 14∗t̂5 
sage: F = factor(g); F 
(7) ∗ t̂5 ∗ (t̂5 + 10∗t + 2) ∗ 
(t̂6 + t̂5 + t̂4 + t̂3 + t̂2 + t + 1) 
sage: F.unit() 
7 
sage: list(F) 
[(t, 5), (t̂5 + 10∗t + 2, 1), (t̂6 + t̂5 + t̂4 + t̂3 + t̂2 
 + t + 1, 1)]

Παρατηρούμε ότι η παραγοντοποίηση καταγράφει και τη μονάδα του δακτυλίου.

Η διαίρεση δύο πολυωνύμων δίνει αποτέλεσμα στον δακτύλιο πηλίκων, τον οποίο το σαγε ορίζει αυτόματα:

sage: x = QQ[’x’].0 
sage: f = x̂3 + 1; g = x̂2 − 17 
sage: h = f/g;  h 
(x̂3 + 1)/(x̂2 − 17) 
sage: h.parent() 
Fraction Field of Univariate Polynomial Ring in x over 
Rational Field

Αν ορίσουμε τη μεταβλητή με διαφορετικό όνομα έχουμε έναν διαφορετικό πολυωνυμικό δακτύλιο για το σαγε

sage: R.<x> = PolynomialRing(QQ) 
sage: S.<y> = PolynomialRing(QQ) 
sage: x == y 
False 
sage: R == S 
False 
sage: R(y) 
x 
sage: R(ŷ2 − 17) 
x̂2 − 17

Ο δακτύλιος προσδιορίζεται από τη μεταβλητή. Ορίζοντας έναν δακτύλιο με άλλο όνομα αλλά την ίδια μεταβλητή δεν καταλήγουμε σε διαφορετικούς δακτυλίους.

sage: R = PolynomialRing(QQ, ”x”) 
sage: T = PolynomialRing(QQ, ”x”) 
sage: R == T 
True 
sage: R is T 
True 
sage: R.0 == T.0 
True

Μπορούμε να ορίσουμε πολυωνυμικούς δακτυλίους πάνω από οποιονδήποτε δακτύλιο βάσης.

sage: R.<T> =PolynomialRing(GF(7)); R 
Univariate Polynomial Ring in T over Finite Field of size 7

Ας δούμε ένα παράδειγμα ενός αθροίσματος όπου κάθε όρος έχει και διαφορετικό όνομα:

sage: f = sum(1/var(’n%s’%i)̂i for i in range(10)) 
1/n1 + 1/n2̂2 + 1/n3̂3 + 1/n4̂4 + 1/n5̂5 + 1/n6̂6 + 
1/n7̂7 + 1/n8̂8 + 1/n9̂9 + 1

Βιβλιογραφία

[1]    Aigner, G.M. Ziegler, and and K.H. Hofmann, Proofs from the Book, Springer, Berlin, 2014.

[2]    Ben Green and Terence Tao, The primes contain arbitrarily long arithmetic progressions, Ann. of Math. 167(2) (2008), 481–547.

[3]    Bundschuh, Einführung in die Zahlentheorie, (2002).

[4]    S. Chowla, There exists an infinity of 3-combinations of primes in A. P, Proc. Lahore Philos. Soc. 6(2) (1944), 15–16.

[5]    E. Dickson, History of the Theory of Numbers, 1 (1999).

[6]    Filip Saidak, A new proof of Euclid’s theorem, Am. Math. Mon. 113(10) (2006), 937–938.

[7]    H. Iwaniec, Almost-primes represented by quadratic polynomials, Inv. Math. 47 (1978), 171–188.

[8]    James J. Tattersall, Elementary number theory in nine chapters, Cambridge University Press, Cambridge, second edition, 2005.

[9]    M. Niven and H.S. Zuckerman and H.L. Montgomery, An introduction to the theory of numbers, J. Wiley, 1991.

[10]    P. Clement, Congruences for sets of primes, Am. Math. Monthly 96 (1949), 23–25.

[11]    Paulo Ribenboim, The Little Book of Bigger Primes, Springer, 2004.

[12]    D. R. Heath-Brown, The ternary Goldbach problem, Rev. Mat. Iberoamericana 1(1) (1985), 45–59.

[13]    Marcus du Sautoy, Η μουσική των πρώτων αριθμών, το μεγαλύτερο ανεπίλυτο μυστήριο των μαθηματικών, (2005) (ελληνικά).

[14]    J. G. van der Corput, Über Summen von Primzahlen und Primzahlquadraten, Math. Ann. 116(1) (1939), 1–50.

[15]    Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Θεωρία Αριθμών ΙΙ, L-σειρές, Ηράκλειο, 1999 (ελληνικά).

[16]    Ευάγγελου Σπανδάγου, Η Αριθμητική Εισαγωγή του Νικομάχου, του Γερασηνού, (2001) (ελληνικά).

Βιβλιογραφία

[1]    D. Schleicher D. Zagier A. Malter, New looks and old number theory, Am. Math. Monthly 120 (2013), 243–264.

[2]    A. Wiles, Modular Elliptic Curves and Fermat’s Last Theorem, Annals of Mathematics 141 (1995), 443–551.

[3]    Isabella Grigoryevna Bashmakova, Diophantus and Diophantine Equations, A, Shenitzer (translator), The Mathematical Association of America, 1997.

[4]    James J. Tattersall, Elementary number theory in nine chapters, Cambridge University Press, Cambridge, second edition, 2005.

[5]    Kenneth H. Rosen, Elementary Number Theory, 2011.

[6]    M. Niven and H.S. Zuckerman and H.L. Montgomery, An introduction to the theory of numbers, J. Wiley, 1991.

[7]    Noam Elkies, On 4 4 4 4 a + B +C = D, Mathematics of Computation 51 (1988), 825–835.

[8]    A. Wiles R. Taylor, Ring-theoretic properties of certain Hecke algebras, Annals of Mathematics 141 (1995), 553–572.

[9]    W.Sierpinski, Elementary Theory of Numbers, P.W.N. Warsawa, 1964.

Βιβλιογραφία

[1]    C. F. Gauss, Untersuchungen über höhere Arithmetik, Chelsea Publishing Company, Second Edition, New York, 1981.

[2]    ____________ , Mathematisches Tagebuch, Ostwalds Klassiker der exacten Wissenschaften 256, Akademische Verlangsgesellschaft, Leipzig, 1985.

[3]    Burton Damvid, M, Elementary Number Theory, UBS New Delhi, 1998, second edition.

[4]    E. Dickson, History of the Theory of Numbers, 1 (1999).

[5]    James J. Tattersall, Elementary number theory in nine chapters, Cambridge University Press, Cambridge, second edition, 2005.

[6]    J.Silverman, A friendly Introduction to Number Theory, Prentice Hall, 2012.

[7]    Takeshi Saito Kazuya Kato, Nobushgo Kurokawa, vol. 186, 2009.

[8]    Leonardo Fibonacci, The Book of Squares, Academic Press, Boston, 1987, An Annotated Translation Into Modern English by L. E. Singler.

[9]    Neal Koblitz, Introduction to Elliptic Curves and Modular Forms, Springer-Verlag New York, 1993, Second Edition.

[10]    Pierre De Fermat, Bemerkungen zu Diophant, Klassiker der Exakten Wissenshaften, Akademic Verlaggesellschaft M.B. U. Leipzig, 1932, Aus Dem Lateinischen übersetzt und mit Anmerkungen herausgegeben von Max Miller Ostwald’s.

[11]    R. Guy, Unsolved problems in Number Theory, Springer Verlag New York, 1994, Second edition.

[12]    Marcus du Sautoy, Η μουσική των πρώτων αριθμών, το μεγαλύτερο ανεπίλυτο μυστήριο των μαθηματικών, (2005) (ελληνικά).

[13]    Sir Thomas L. Heath, Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών, Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ., Αθήνα, 2001 (ελληνικά).

[14]    W.S. Anglin, The Queen of Mathematics: An Introduction to Number Theory, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, 1995.

Βιβλιογραφία

[1]    J. M. Jones A. Jones, Elementary number theory, Springer N. York, 1998.

[2]    A. Mollin, Fundamental Number Theory with applications, Chapman & Hall, 2008, second Edition.

[3]    A. Rotkiewicz, Sur les nombres pseudopremiers de la forme ax+ b, C. R. Acad. Sci. Paris 257 (1963), 2601–2604.

[4]    A. Weil, Number theory, an approach through history, from Hammurapi to Legendere, Birkhäuser Boston, 1983.

[5]    Bartosz Zraler, A deterministic version of Pollard’s p − 1-algorithm, arXiv:0707.4102v2 30.7.2007. Math. of Comp. 79 (2010), 513–533.

[6]    C.F. Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, Yale University Press, 1965.

[7]    Burton Damvid, M, Elementary Number Theory, UBS New Delhi, 1998, second edition.

[8]    G. A. Paxson, The compositeness of the 13-th Fermat number, Math. of Computation 15 (1961), 420.

[9]    Thomas Ward Graham Everest, An Introduction to Number Theory, Graduate Texts in Mathematics, vol. 232, Springer-Verlag London, 2005.

[10]    James J. Tattersall, Elementary number theory in nine chapters, Cambridge University Press, Cambridge, second edition, 2005.

[11]    Keneth H.Rosen, Elementary Number Theory, 2011.

[12]    K.H. Rosen, Elementary Number Theory and Its Applications, Addison-Wesley Longman, Limited, 2000.

[13]    N. Saxena M. Agrawal, N. Kayal, Primes is in p, Annals of Mathematics 160 (2004), 781–793 (english).

[14]    M. Niven and H.S. Zuckerman and H.L. Montgomery, An introduction to the theory of numbers, J. Wiley, 1991.

[15]    Martin Dietzfelbinger, Primality Testing in Polynomial Time, from Randomized Algorithms to “primis in p”, Springer-Verlag, 2004.

[16]    J. Pollard R. P. Brent, Factorization of the 8th Fermat number, Math. Comp. 36 (1981), 627–630.

[17]    L. Adleman R. Rivest, A. Shamir, A method for obtaining digital signatures and public-key cryptosystems, Comm. ACM 21 (1978), 120–126.

[18]    Tarán, Nicomachus of Gerasa, Biography in Dictionary of Scientific Biography, (New York), 1970-1990.

[19]    Marcus du Sautoy, Η μουσική των πρώτων αριθμών, το μεγαλύτερο ανεπίλυτο μυστήριο των μαθηματικών, (2005) (ελληνικά).

[20]    Richardus Hoche, Νικομάχου Γερασηνού Πυθαγορικού, Αριθμητική Εισαγωγή, (1866) (ελληνικά).

[21]    Sir Thomas L. Heath, Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών, Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ., Αθήνα, 2001 (ελληνικά).

[22]    C. Pomerance W. R. Alford, A. Granville, There are infinitely many Carmichael numbers, Annals of Math. 140 (1994), 703–722.

[23]    Α. και Ε. Ζαχαρίου, Νικόμαχος ο Γερασηνός, άρθρο στην Μεγάλη Σοβιετική Εγκυκλοπαίδεια (ελληνικά).

[24]    Κ. Λάκκης, Θεωρία Αριθμών, Εκδόσεις Ζήτη, 1990 (ελληνικά).

[25]    Ευάγγελου Σπανδάγου, Η Αριθμητική Εισαγωγή του Νικομάχου, του Γερασηνού, (2001) (ελληνικά).

Βιβλιογραφία

[1]    A. Venkov, Elementary Number Theory, Translation Eng. Holland, 1932.

[2]    A. Weil, Number theory, an approach through history, from Hammurapi to Legendere, Birkhäuser Boston, 1983.

[3]    Alexander Aigner, Zahlentheorie, Walter De Gruyter, Berlin, 1975.

[4]    Crandall and C.B. Pomerance, Prime Numbers: A Computational Perspective, (2005).

[5]    Bundschuh, Einführung in die Zahlentheorie, (2002).

[6]    C. F. Gauss, Untersuchungen über höhere Arithmetik, Chelsea Publishing Company, Second Edition, New York, 1981.

[7]    C. Hooley, On Artin’s Conjecture, J. Reine Angew Math. 225 (1967), 209–220.

[8]    C.F. Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, Yale University Press, 1965.

[9]    A.E Western C.P. Miller, Tables of Indices and Primitive Roots, Cambridge University Press Cambridge, 1968.

[10]    D. Hilbert, Mathematical Problems, Bulletin of the American Mathematical Society 8, no. 10 (1902), 437–479, Earlier publications (in the original German) appeared in Goettinger Nachrichten, 1900, pp. 253-297, and Archiv der Mathematik und Physik, 3dser., vol. 1, (1901), pp. 44-63, 213-237.

[11]    ____________ , Die Hilbertsche Probleme, Ostwalds Klassiker der exakten Wissenschaften, Akademische Verlagsgesellschaft, 1976.

[12]    Don Redmond, Number Theory, An Introduction, Marcel Dekker, 1996.

[13]    E. Bach, The complexity of number-theoretic constants, Inf. Process. Lett. 62 (1997), 145–152.

[14]    E. Rose, A course in number theory, Oxford science publications, Oxford, 1996, 2nd edition.

[15]    Ezra Brown, The First proof of quadratic reciprocity Law, The American Mathematical Monthly 88 (1981), 257–264.

[16]    Folkmar Barnemann, Primes is in p, Breakthrough for Everyman, Notices of the AMS 50 (7) (2003), 545–553.

[17]    Franz Lemmermeyer, Reciprocity Laws from Euler to Eisenstein, Springer Monographs in Mathematics, Springer, Berlin, 2000.

[18]    H. Hasse, Vorlesungen über Zahlentheorie, Springer-Verlag Berlin, 1964.

[19]    Herbert Piper, Variationen über ein zahlentheoretishen Thema von Carl Friedrich Gauss, Birkhäuser, Basel und Stuttgart, 1977.

[20]    Horst Kn”orrer, Claus Günther Schmidt, Joachim Schwemer, and Peter Soloday, Mathematische Miniaturen Arithmetik und Geometrie, Birkhäuser Basel, 1986.

[21]    K.H. Rosen, Elementary Number Theory and Its Applications, Addison-Wesley Longman, Limited, 2000.

[22]    N. Saxena M. Agrawal, N. Kayal, Primes is in p, Annals of Mathematics 160 (2004), 781–793 (english).

[23]    M. Gesterhaber, The 152nd proof of the law of quadratic reciprocity, The American Math. Monthly 70 (1963), 397–398.

[24]    M. Niven and H.S. Zuckerman and H.L. Montgomery, An introduction to the theory of numbers, J. Wiley, 1991.

[25]    Martin Dietzfelbinger, Primality Testing in Polynomial Time, from Randomized Algorithms to “primis in p”, Springer-Verlag, 2004.

[26]    Paulo Ribenboim, Die Welt Der Primzahlen, Geheimnisse Und Rekorde, Springer, Heidelberg, 2005.

[27]    Pieter Moree, A note on Artin’s conjecture, Simon Stevin 67 (1993), 255–257.

[28]    M. Ram Murty R. Gupta, A remark on Artin’s conjecture, Inventiones Math. 78 (1984), 127–130.

[29]    D. R. Heath-Brown, Artin’s conjecture for primitive roots, Quart. J. Math. Oxford Ser (2) 37 (1986), 27–38.

[30]    V. Shoup, Searching for primitive roots in finite fields, Math. Comput. 58 no. 197 (1992), 369–380.

[31]    Hans Opolka Winfried Scharlau, From Fermat to Minkowski, Lectures on the Theory of Numbers and Its Historical Development, UTM, Springer-Verlag New York, 1985.

[32]    W.Sierpinski, Elementary Theory of Numbers, P.W.N. Warsawa, 1964.

[33]    Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Θεωρία Αριθμών ΙΙ, L-σειρές, Ηράκλειο, 1999 (ελληνικά).

[34]    Παναγιώτου Ν. Μάγειρα, Εισαγωγή εις την Αριθμοθεωρίαν Μέρος 2ο, (1965) (ελληνικά).

Βιβλιογραφία

[1]    H. Scheid and A. Frommer, Zahlentheorie, Spektrum Akademischer Verlag.

[2]    Crandall and C.B. Pomerance, Prime Numbers: A Computational Perspective, (2005).

[3]    N. Vorobev and H. Moss, Fibonacci Numbers, Popular lectures in mathematics, Pergamon Press, 1961.

[4]    J. H. E. Cohn, On square Fibonacci numbers, J. London Math. Soc. 39 (1964), 537–540.

[5]    ____________ , Eight Diophantine equations, Proc. London Math. Soc. (3) (1966), 16:153–166.

[6]    E. Hoggatt, Fibonacci and Lucas numbers, Houghton Mifflin mathematics enrichment series. Houghton Mifflin, 1969.

[7]    Luo Ming, On triangular Fibonacci Number, The Fibonacci Quarterly 27 (1988).

[8]    Paulo Ribenboim, The Little Book of Bigger Primes, Springer, 2004.

[9]    S. Y. Yan, Number Theory for Computing, U.S. Government Printing Office, 2002.

[10]    T. Koshy, Elementary Number Theory with Applications, Elsevier Science, 2007.

[11]    N. Worobjow, Die Fibonacci Zahlen, D.V.W Berlin, 1954.

Βιβλιογραφία

[1]    A. Markoff, Sur les formes quadratiques binaires indefinies, Math. Annalen 15 (1879), 381–409.

[2]    ____________ , Sur les formes quadratiques binaires indefinies, Math. Annalen 17 (1879), 379–399.

[3]    A. Weil, Number theory, an approach through history, from Hammurapi to Legendere, Birkhäuser Boston, 1983.

[4]    Bundschuh, Einführung in die Zahlentheorie, (2002).

[5]    Burton Damvid, M, Elementary Number Theory, UBS New Delhi, 1998, second edition.

[6]    Enrico Bombieri, Continued fractions and the Markoff tree, Expositiones Mathematicae 25 (2007), 187–213.

[7]    H. Cohn, A Short proof of the simple continued fraction of e, Am. Math. Monthly 113 (2006), 57–62.

[8]    Jay R. Goldman, The Queen of Mathematics:a Historically Motivated Guide to Number Theory, A. K. Peters Massachussets, 1998.

[9]    J. Brillhart M. A. Morrison, A method of factoring and the factorization of F7, Mathematics of Computation 29 (1975), 183–205.

[10]    S. Lang, Introduction to Diophantine Approximation, Springer, 1995.

Βιβλιογραφία

[1]    A. Amthor, Das Problema bovinum des Archimedes, Zeitschrift für Math. u. Physik (Hist. Litt. Abtheilung) 25 (1880), 153–171.

[2]    A. Weil, Number theory, an approach through history, from Hammurapi to Legendere, Birkhäuser Boston, 1983.

[3]    C. R. Zarnke H. C. Williams, R. A. German, Solution of the cattle Problem of Archimedes, Math. Comp. 19 (1965), 671–674.

[4]    H. L. Nelson, A solution to Archimedes cattle problem, J. Recreational Math. 13 (1981), 162–176.

[5]    H. W. Lenstra, Solving the Pell equation, Notices of the AMS 49 (2002), 182–192.

[6]    I. Vardi, Archimedes’ cattle problem, Amer. Math. Monthly 105 (1998), 305–319.

[7]    H.C. Williams J. Jacobson, Solving the Pell equation, Springer New York, 2009.

[8]    H. C. Williams M. J. Jacobson, The size of the fundamental solutions of consecutive Pell equations, Experimental Mathematics 9 (2000), 631–640.

[9]    S. Mahoney, The Mathematical career of Pierre de Fermat, Princeton University Press New York, 1994, 2nd edition.

[10]    Μιχάλης Λάμπρου, το βοεικό πρόβλημα του Αρχιμήδη, (1992), 195–2 (ελληνικά), Κείμενα ιστορίας και φιλοσοφίας των Αρχαίων Ελληνικών Μαθηματικών, Επιμ. Δ. Α. Αναπολιτάνος - Β. Καρασμάνης.

Βιβλιογραφία

[1]    A. Weil, Number theory, an approach through history, from Hammurapi to Legendere, Birkhäuser Boston, 1983.

[2]    Sharlau and H. Opolka, From Fermat to Minkowski, Lectures on the theory, of Numbers and its Historical Development, Springer, New York, 1985.

[3]    C.F. Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, Yale University Press, 1965.

[4]    David A.Cox, Primes of the Form x2+ ny2, John Wiley and Sons New York, 1989.

[5]    Don Redmond, Number Theory, An Introduction, Marcel Dekker, 1996.

[6]    Don Zagier, Zetafunktionen Und Quadratische Körper, eine Einführung in die höhere Zahlentheorie, Springer-Verlag, Berlin, 1981.

[7]    Jay R. Goldman, The Queen of Mathematics:a Historically Motivated Guide to Number Theory, A. K. Peters Massachussets, 1998.

[8]    M. Niven and H.S. Zuckerman and H.L. Montgomery, An introduction to the theory of numbers, J. Wiley, 1991.

[9]    J. Hunter, Αριθμοθεωρία (μετάφραση Ν. Κρητικού), Σύλλογος προς διάδοσιν ωφελίμων βιβλίων, Αθήνα, 1980 (ελληνικά).

[10]    Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Θεωρία Αριθμών κατά τον 17ο και 18ο αιώνα, Ηράκλειο, 1999 (ελληνικά).

Βιβλιογραφία

[1]    Don Zagier, Zetafunktionen Und Quadratische Körper, eine Einführung in die höhere Zahlentheorie, Springer-Verlag, Berlin, 1981.

[2]    Jens Piontkowski Stefan Müller-Stach, Elementare und algebraische Zahlentheorie, Vieweg, 2006.

[3]    Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αλγεβρική Θεωρία Αριθμών, Σημειώσεις, Ηράκλειο, 1986 (ελληνικά).

[4]    Κ. Λάκκης, Θεωρία Αριθμών, Εκδόσεις Ζήτη, 1990 (ελληνικά).

Βιβλιογραφία

[1]    T.W. Hungerford, Algebra, Graduate Texts in Mathematics, Springer New York, 2012, ISBN 9781461261018.

[2]    N. Jacobson, Basic algebra i: Second edition, Dover Books on Mathematics, Dover Publications, 2012, ISBN 9780486135229.

[3]    S. Lang, Algebra, Graduate Texts in Mathematics, Springer New York, 2012, ISBN 9781461300410.

[4]    Fraleigh B. John, Εισαγωγή στην ΄Αλγεβρα, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, 1995, 2011, ΙΣΒΝ 960-7309-71-5 (ελληνικά).

[5]    Ιωάννης Εμμανουήλ Μαλιάκας Μιχαήλ Ολυμπία Ταλέλλη Δημήτριος Βάρσος, Δημήτριος Δεριζιώτης, Μια εισαγωγή στην ΄Αλγεβρα, Εκδόσεις Σοφία 2012, ΙΣΒΝ 978-960-6706-37-0 (ελληνικά).