=JA=JO= @OIHAJ= MI=ME @ =@=«   EIJO 11 !111

Matematyka dyskretna (2)

wskazówki do zada« 112 z listy II, 23.III.21

Dla uproszczenia piszemy a =ⁿ b zamiast a = b (mod n).

Reguªy podzielno±ci liczb

Liczba n dzieli si¦ przez 3 wtedy i tylko wtedy gdy suma jej cyfr (dziesi¦tnych!) jest podzielna przez 3.

Posta¢ dziesi¦tna liczby n: CⁿCn−1. . . C1C0 czyli

n = C₀ + C₁ · 10 + · · · + Cⁿ−1 · 10ⁿ⁻¹+ C_n · 10ⁿ.

Poniewa» 10 =³ 1, wi¦c tak»e 10^k =₃ 1^k = 1. Zatem C^k =₃ C_k · 1 =³ C_k · 10^k dla wszystkich k = 0, 1, ...n. Sumuj¡c te równo±ci stronami otrzymamy

C₀ + C₁ +· · · Cn−1 + C_n =₃ n .

Suma cyfr liczby n daje identyczn¡ reszt¦ z dzielenia przez 3 jak sama liczba n.

Prosty wniosek: je±li wzi¡¢ siódemkowy zapis liczby n = S⁰ + S₁ · 7 + · · · Sⁿ · 7ⁿ, kryterium podzielno±ci przez 3 jest dokªadnie takie samo jak w przypadku liczb dziesi¦tnych  dlaczego?

Inny przykªad: maj¡c posta¢ siódemkow¡ liczby n, jak sprawdzi¢ czy dzieli si¦ ona przez 5? Wypiszmy jak zachowuj¡ si¦ kolejne pot¦gi 7 w dzieleniu przez 5:

7 =5 2, 7² =5 2² = 4, 7³ =5 2³ =5 3, 7⁴ =5 2⁴ =5 1, 7⁵ =5 2⁵ =5 2·2⁴ =5 2, itd.

Wida¢ st¡d, »e

C_k · 7^k =₅









C_k k = 0, 4, 8, . . . 2C_k k = 1, 5, 9, . . . 4C_k k = 2, 6, 10, . . . 3Ck k = 3, 7, 11, . . .

A wi¦c np. liczba siódemkowa 6041533 jest podzielna przez 5 bo liczba 1· 3 + 2 · 3 + 4 · 5 + 3 · 1 + 1 · 4 + 2 · 0 + 4 · 6 = 60 jest tak»e podzielna przez 5.

Wªasno±ci funkcji Eulera

(i) ϕ(p) = p − 1 ϕ(7) = 6, ϕ(29) = 28, ...

(ii) ϕ(m · n) = ϕ(m) · ϕ(n) je±li NWP(m, n) = 1

ϕ(15) = ϕ(3)ϕ(5) = 2· 4 = 8, ... ale ϕ(24) ̸= ϕ(4)ϕ(6) (iii) ϕ(p^k) = p^k−1(p− 1)

ϕ(81) = ϕ(3⁴) = 3³(3− 1) = 54, ϕ(24) = ϕ(2³ · 3) = 2²(2− 1) · 2 = 8 (iv) ϕ(n) =

∏k i=1

p^m_i ⁱ⁻¹(p_i− 1) = n (

1− 1 p₁

)

· · · (

1− 1 p_k

)

, gdy n = p^m1 ¹· · · p^mk^k

ϕ(1000) = ϕ(2³ · 5³) = ϕ(2³)· ϕ(5³) = 4· 1 · 25 · 4 = 400 ϕ(1000) = 1000

( 1− 1

2 ) (

1− 1 5

)

= 1000 · 1 2 · 4

5 = 400

Twierdzenie Eulera Je±li NWP(a, n) = 1, wówczas a^ϕ(n) = 1 (mod n).

Przykªady zastosowa«

Policzy¢ 6¹⁰² mod 25.

Poniewa» ϕ(25) = 20, wi¦c 6²⁰ =₂₅ 1, a zatem tak»e 6¹⁰⁰ = (6²⁰)⁵ =₂₅ 1. St¡d 6¹⁰² = 6² · 6¹⁰⁰ =₂₅ 36· 1 =²⁵ 11.

Uwaga na sytuacje gdy NWP(a, n) ̸= 1, bo równo±¢ w twierdzeniu Eulera mo»e nie zachodzi¢! Np. ϕ(12) = 4 ale 3^ϕ(12) = 3⁴ =₁₂ 9 ̸= 1.

Wyznaczy¢ rozwi¡zania 7x²¹ − 6x¹⁰+ 5x = 4 (mod 11)

Szukamy wszystkich x ∈ {0, 1, ...10} speªniaj¡cych t¡ równo±¢. Dla ka»dgo z tych x na pewno NWP(x, 11) = 1. Poniewa» ϕ(11) = 10, wnioskujemy »e x¹⁰ =₁₁ 1, czyli

7x− 6 · 1 + 5x =¹¹ 4 ⇔ 12x =₁₁ 4 + 6 ⇔ x =₁₁ 10 .

Przykªad, gdy nie mo»na polega¢ na tw. Eulera: 10³³+ 12⁴⁴(mod 15).

ϕ(15) = 8, 10⁸ =15 10 ̸= 1 i 12⁸ =15 6 ̸= 1.

10² =₁₅ 10 ⇒ 10ⁿ =₁₅ 10 , 12² =₁₅ 9, 9² =₁₅ 6, 6² =₁₅ 6 A wi¦c 12⁴ =₁₅ 6 i 6ⁿ =₁₅ 6. St¡d

10³³+ 12⁴⁴ =₁₅ 10 + 6¹¹ =₁₅ 16 =₁₅ 1 .

Pot¦gowanie modularne

Istnieje na szcz¦±cie szybki algorytm pot¦gowania modularnego a^m(mod n), wy- magaj¡cy mniej wi¦cej log2m mno»e«.

Je±li zapiszemy m w postaci binarnej, m = b0+ 2b₁+ 2²b₂+· · · + 2^kb_k, wida¢, »e obliczanie a^m wymaga tylko obliczenia tych pot¦g a^2j(mod n), dla których bj ̸= 0.

Mo»na je policzy¢ przez systematyczne podnoszenie do kwadratu. Np.

5⁴⁹(mod 9) = 5^32+16+1. Obliczamy kolejno

5² = 25 = 7 (mod 9)

5⁴ = 7² = 49 = 4 (mod 9) 5⁸ = 4² = 16 = 7 (mod 9) 5¹⁶ = 7² = 4 (mod 9)

5³² = 4² = 7 (mod 9) i w ko«cu 5⁴⁹ = 5^32+16+1 = 7· 4 · 5 = 5 (mod 9).

Niech k = [log2m]. Obliczamy kolejno a², a⁴ = a² · a², ... a^2k = a^2k−1 · a^2k−1 i ostatecznie a^m jako iloczyn niektórych z nich  za ka»dym razem modulo n.

int modpower(int a, int m, int n){

int x = 1, y = a%n;

while ( m > 0 ){

if ( m%2 ) x = (x*y)%n;

y = (y*y)%n;

m = m/2;

}return x;

}

Lemat. Kongruencja a = b (mod n) dla n = p^m1 ¹p^m₂ ²· · · p^m_k^k równowa»na

jest ukªadowi 









a = b (mod p^m1 ¹) a = b (mod p^m2 ²)

... ...

a = b (mod p^m_k^k)

Przykªad: 10³³ + 12⁴⁴(mod 15) zast¦pujemy ukªadem kongruencji x = 10³³ + 12⁴⁴(mod 3)

x = 10³³ + 12⁴⁴(mod 5) ⇒ x = 1 + 0 (mod 3) x = 0 + 1 (mod 5)

poniewa» 10 =³ 1 i 12 =³ 0 w pierwszej oraz 10 =⁵ 0 i z tw. Eulera ϕ(5) = 4, a wi¦c 12⁴⁴ =5 1 w drugiej. St¡d otrzymujemy x = 1 + 3j z pierwszej równo±ci.

Wstawiamy do drugiej: 1 + 3j = 1 (mod 5), czyli 3j = 0 (mod 5), a wi¦c j = 5k.

St¡d x = 1 + 15k, tak jak poprzednio.

Ukªady kongruencji





2x = 3 (mod 5) 4x = 1 (mod 7) 2x = 4 (mod 9)

Z (1) mamy x = 4 + 5k i wstawiamy to w miejsce x do (2)

4(4 + 5k) =₇ 1 ⇒ 16 + 20k =⁷ 1 ⇒ 6k =⁷ 6 ⇒ k = 1 + 7m . Zatem x = 4 + 5(1 + 7m) = 9 + 35m. St¡d dalej

2(9 + 35m) = 4 (mod 9) ⇒ 7m = 4 (mod 9) ⇒ m = 7 + 9l . Ostatecznie x = 9 + 35(7 + 9l) = 254 + 315l.

Chi«skie twierdzenie o resztach Je±li liczby m¹, m2, ..., mk s¡ parami wzgl¦d- nie pierwsze, NWP(mⁱ, mj) = 1 dla i ̸= j, wówczas ukªad









x = a₁ (mod m1) x = a₂ (mod m2)

... ...

x = ak (mod m^k)

ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie x modulo M = m1m₂· · · mk. Rozwi¡»emy teraz ukªad 





x = 2 (mod 3) x = 3 (mod 5) x = 2 (mod 7) Po kolei obliczamy

1. M = m¹m₂m₃ = 3· 5 · 7 = 105

2. M¹ = M/m₁ = 35, M² = M/m₂ = 21, M₃ = M/m₃ = 15.

3. Musimy teraz wyznaczy¢ odwrotno±ci liczb Mⁱ odpowiednio modulo mⁱ: c₁ = M₁⁻¹ =₃ 35⁻¹ =₃ 2⁻¹ =₃ 2, c₂ = M₂⁻¹ =₅ 21⁻¹ =₅ 1

c₃ = M₃⁻¹ =₇ 15⁻¹ =₇ 1 . 4. Rozwi¡zanie jest liczb¡ postaci

x = a₁c₁M₁ + a₂c₂M₂ + a₃c₃M₃ (mod M) czyli

x =₁₀₅ 2· 2 · 35 + 3 · 1 · 21 + 2 · 1 · 15 =¹⁰⁵ 233 =₁₀₅ 23 . St¡d ogólne rozwi¡zanie jest postaci x = 23 + 105k.

Niektóre zastosowania Chi«skiego Twierdzenia o Resztach

Przykªadowe zadanie

20x = 35 (mod 75) mo»na rozwi¡za¢ dwoma sposobami.

1. Obliczamy NWP(75, 20) = 5 i upraszczamy kongruencj¦ (dziel¡c przez 5) do postaci

4x = 7 (mod 15) ⇒ 4 · 4x = 4 · 7 (mod 15) ⇒ x = 13 (mod 15) . Zatem fundamentalne rozwi¡zania pierwotnego równania to x = 13 + 15k

x = 13, 28, 43, 58, 73 .

2. Korzystamy z lematu: rozkªad 75 = 3 · 5². Zamieniamy kongruencj¦ na ukªad { 20x = 35 (mod 3)

20x = 35 (mod 5²) ⇒

{ 2x = 2 (mod 3) 20x = 10 (mod 5²) Pierwsze równanie ma rozwi¡zanie x = 1 (mod 3), drugie ma 5 rozwi¡za«

x = 3, 8, 13, 18, 23 (mod 25) . Do ka»dego z ukªadów

{ x = 1 (mod 3)

x = a (mod 5²) a = 3, 8, 13, 18, 23 nale»y zastosowa¢ teraz Chi«skie Twierdzenie o Resztach. Mamy

M = 75, M₁ = 25, M₂ = 3, M₁⁻¹ =₃ 1, M₂⁻¹ =₂₅ 17 czyli

x = 1· 1 · 25 + a · 17 · 3 = 25 + 51a (mod 75) ,

co dla kolejnych warto±ci a daje (tak jak poprzednio) x = 28, 58, 13, 43, 73.

Rozwi¡»emy kongruencj¦

2x¹³ − 6x = 3 (mod 21) zast¦puj¡c j¡ ukªadem

{ 2x¹³ − 6x = 3 (mod 3)

2x¹³ − 6x = 3 (mod 7) ⇒

{ 2x¹³ = 0 (mod 3) 2x¹³ + x = 3 (mod 7)

Pierwsze równanie jest speªnione tylko dla x = 0. W drugim mo»na zastosowa¢

twierdzenie Eulera: ϕ(7) = 6, x⁶ = 1 (mod 7) je±li x ̸= 7k. Mamy wi¦c równo-

wa»nie {

x = 0 (mod 3)

2x + x = 3 (mod 7) ⇒

{ x = 0 (mod 3) x = 1 (mod 7) Mo»emy zastosowa¢ teraz Chi«skie Twierdzenie:

M = 21, M₁ = 7, M₂ = 3, M₁⁻¹ =₃ 1, M₂⁻¹ =₇ 5 . Zatem x = 0 · 7 · 1 + 1 · 3 · 5 =²¹ 15.

Kolejne równanie x³ − 7x² + 4 = 0 (mod 88).

Rozkªadamy 88 = 2³ · 11 i tworzymy równowa»ny ukªad { x³ − 7x² + 4 = 0 (mod 2³)

x³ − 7x² + 4 = 0 (mod 11) ⇒

{ x³ + x² + 4 = 0 (mod 2³)

x³ + 4x² + 4 = 0 (mod 11) ⇒ { x²(x + 1) = 4 (mod 2³)

x²(x + 4) = 7 (mod 11)

Przez sprawdzenie wszystkich mo»liwo±ci znajdujemy w pierwszym równaniu x = 2, 3, 6, a w drugim x = 4. Musimy wi¦c rozwi¡za¢ ukªady

{ x = a (mod 2³)

x = 4 (mod 11) a = 2, 3, 6 . Jak poprzednio mamy

M = 88, M₁ = 11, M₂ = 8, M₁⁻¹ =₈ 3, M₂⁻¹ =₁₁ 7 , czyli x = a · 11 · 3 + 4 · 8 · 7 =⁸⁸ 33a + 48 =₈₈ 26, 59, 70.

Znajdowanie k ostatnich cyfr du»ych liczb

Znajd¹ 2 ostatnie cyfry liczby 3¹⁰⁰¹. Mamy wi¦c znale¹¢ reszt¦ 3¹⁰⁰¹(mod 100).

Poniewa» NWP(3, 100) = 1, mo»emy zastosowa¢ tw. Eulera:

ϕ(100) = ϕ(2²)ϕ(5²) = 2· 20 = 40 3⁴⁰ = 1 (mod 100) . St¡d 3¹⁰⁰¹ = 3· (3⁴⁰)²⁵ =₁₀₀ 3· 1²⁵ = 3, a wi¦c odpowied¹ to `03'.

Identycznie znajdziemy np. dwie ostatnie cyfry liczby 3¹⁰⁰⁰⁰ w reprezentacji sió- demkowej. Szukamy 3¹⁰⁰⁰⁰(mod 49). Jak poprzednio poniewa» 3 i 49 s¡ wzgl¦dnie pierwsze

ϕ(49) = 7· 6 = 42, a wi¦c 3⁴² = 1 (mod 49) .

Dalej 3¹⁰⁰⁰⁰ = 3^238·42+4 = 3⁴· 1 (mod 49), a wi¦c 2 ostatnie cyfry siódemkowe tej liczby to 81 (mod 49) = 32.

Znajdziemy teraz 2 ostatnie cyfry dziesi¦tne liczby 2¹⁰⁰⁰, czyli 2¹⁰⁰⁰(mod 100).

Tym razem nie mo»na zastosowa¢ bezpo±rednio tw. Eulera bo liczby 2 i 100 nie s¡

wzgl¦dnie pierwsze. Oznaczaj¡c x = 2¹⁰⁰⁰(mod 100), na podstawie lematu mamy { x = 2¹⁰⁰⁰ (mod 2²)

x = 2¹⁰⁰⁰ (mod 5²) ⇒

{ x = 0 (mod 2²) x = 1 (mod 5²)

poniewa» 2¹⁰⁰⁰ dzieli si¦ przez 4 oraz ϕ(5²) = 20 i st¡d 2¹⁰⁰⁰ = (2²⁰)⁵⁰ = 1. Z Chi«skiego Twierdzenia otrzymujemy

M = 100, M₁ = 25, M₂ = 4, M₁⁻¹ =₄ 1, M₂⁻¹ =₂₅ 19 i dalej x = 0 · 25 · 1 + 1 · 4 · 19 =100 76.