Tartalom 1 Matematikai alapismeretek Algebrai struktúrák Oszthatóság Kongruenciák
Algebrai struktúrák Az S = {x, y, z,... } halmazban definiálva van egy művelet, ha az S-nek minden x, y elempárjához hozzá van rendelve S-nek egy eleme. Jelöljük ezt az elemet x y-nal, ahol a művelet jele:. Általában két műveletet különböztetünk meg, az összeadást és a szorzást.
A műveletet kommutatívnak nevezzük, ha bármely x, y S esetén x y = y x. Példa: Az összeadás is és a szorzás is kommutatív az egész számok körében. A műveletet asszociatívnak nevezzük, ha bármely x, y, z S esetén (x y) z = x (y z). Példa: Az összeadás is és a szorzás is asszociatív az egész számok körében.
Ha S-ben definiálva van az összeadás és szorzás művelete, és ha bármely x, y, z S esetén és x (y + z) = x y + x z (y + z) x = y x + z x teljesül, akkor a szorzást disztributívnak nevezzük az összeadásra nézve. Példa: Az egész számok körében a szorzás disztributív az összeadásra nézve.
Az S-nek valamely e elemét egységelemnek vagy neutrális elemnek nevezzük, ha bármely x S esetén e x = x e = x. Példa: Az egész számok halmazán szorzás műveletére nézve az egységelem az 1. Ha S-ben létezik e egységelem, és ha az x elemhez létezik olyan y elem, hogy x y = y x = e, akkor y-t az x inverzének nevezzük. Példa: A valós számok halmazában 2 inverze 1/2.
Egy S = {x, y,... } halmazt algebrai struktúrának nevezzük, ha definiálva van benne legalább egy művelet.
Egy S halmaz félcsoport, ha definiálva van benne egy asszociatív művelet. Egy S halmaz csoport, ha definiálva van benne egy asszociatív művelet, létezik neutrális elem vagy egységelem, és minden elemnek létezik az inverze. Egy S halmaz Abel csoport, ha csoport és a művelet kommutatív is. Egy S halmaz gyűrű, ha definiálva van az összeadás és szorzás művelet, valamint a halmaz az összeadásra nézve Abel csoport, szorzásra nézve félcsoport és a szorzás disztributív az összeadásra nézve. Az S kommutatív, egységelemes gyűrű, ha a szorzás kommutatív, valamint létezik egységelem a szorzásra nézve. Egy S halmaz test, ha kommutatív, egységelemes gyűrű és minden nem 0 elemnek van inverze a szorzás műveletére nézve.
Oszthatóság Az a egész számot egy b egész szám osztójának nevezzük, ha létezik olyan q egész szám, hogy b = a q. Jelölés: a b. Példák: 3 12, 5 20, 3 9, 15 60, 2 10, 4 6, 5 2 Egy számot egységnek nevezünk, ha minden számnak osztója. Az egész számok körében két egység van, az 1 és 1.
(Oszthatóság tulajdonságai) 1 Minden a egész számra a a (reflexív). 2 Ha a b és b c, akkor a c (tranzitív). 3 Az a b és b a oszthatóságok egyszerre akkor és csak akkor teljesülnek, ha az a szám a b szám egységszerese, azaz a = b. (nem szimmetrikus) 4 Ha a b és a c, akkor a (r b + s c). 5 Ha a b és b 0, akkor a b. Fontos megjegyezni, hogy az egész számok halmazán az oszthatóság nem szimmetrikus. A természetes számok halmazán az oszthatóság antiszimmetrikus reláció, hiszen a harmadik pontban levő abszolút érték jelek elhagyhatók. Így az oszthatóság a természetes számok halmazán rendezési reláció, azaz reflexív, tranzitív és antiszimmetrikus.
(Maradékos osztás tétele) Ha a, b Z és b 0, akkor egyértelműen léteznek olyan q Z és r Z számok, hogy a = b q + r, ahol 0 r < b. Bizonyítás Tekintsük azt az esetet, amikor b > 0. A 0 r = a bq < b feltétel pontosan akkor teljesül, ha azaz bq a < b(q + 1), q a b < q + 1. Ilyen q Z pontosan egy létezik: q = a b, az a b (alsó) egészrésze, azaz a legnagyobb olyan egész szám, amely még kisebb vagy egyenlő, mint a b.
Ha b < 0, akkor a 0 r = a bq < b feltétel pontosan akkor áll fenn ha, q a b > q 1, ami ismét pontosan egy a q = a b egészre áll fenn, az a b felső egészrészére, azaz a legkisebb olyan egészre, amely még nagyobb vagy egyenlő, mint a b. A maradékos osztás végrehajtása után kapott q értéket hányadosnak, az r értéket pedig legkisebb nemnegatív maradéknak nevezzük. Amennyiben a maradék értéke 0, akkor b a.
Példák: 1 Legyen a = 19 és b = 5, ekkor 19 = 3 5 + 4, azaz q = 3 és r = 4. 2 Legyen a = 23 és b = 8, ekkor 23 = ( 2) ( 8) + 7, azaz q = 2 és r = 7. 3 Legyen a = 23 és b = 8, ekkor 23 = ( 3) 8 + 1, azaz q = 3 és r = 1. 4 Legyen a = 28 és b = 9, ekkor 28 = 4 ( 9) + 8, azaz q = 4 és r = 8.
Legyenek a és b egész számok, ekkor az a és b legnagyobb közös osztója d, ha d a, d b és c Z esetén, ha c a és c b teljesül, akkor c d. Jelölés: (a, b) Példák: Legyen a = 100 és b = 35, ekkor a és b közös osztói: 5, 1, 1, 5. A fenti definíció szerint a legnagyobb közös osztók 5, 5. Pozitív egész számok halmazán: (100, 35) = 5. Amennyiben a = b = 0, akkor definíció szerint (a, b) = 0.
Bármely két egész számnak létezik legnagyobb közös osztója. Bizonyítás Ha a = b = 0, akkor definíció szerint létezik a legnagyobb közös osztó, mégpedig (a, b) = 0. Ha a 0 és b = 0, akkor a legnagyobb közös osztók a, a, illetve ha a = 0 és b 0, akkor b, b. A továbbiakban tegyük fel, hogy a és b nullától különböző egész számok és a > b. Ha b a, akkor a legnagyobb közös osztók: b, b.
Ha b a, akkor a maradékos osztás tétele miatt egyértelműen léteznek q i és r i egészek, ahol i = 0,..., n, hogy a = b q 1 + r 2, ahol 0 < r 2 < b, b = r 2 q 2 + r 3, ahol 0 < r 3 < r 2, r 2 = r 3 q 3 + r 4, ahol 0 < r 4 < r 3,. r n 2 = r n 1 q n 1 + r n, ahol 0 < r n < r n 1, r n 1 = r n q n, ahol r n+1 = 0. Az előbbi eljárás bármely nullától különböző a, b egészek esetén véges sok lépés után befejeződik, hiszen a maradékok nemnegatív egészekből álló szigorúan monoton csökkenő sorozatot alkotnak. b > r 2 > > r n > 0. Tehát r n mindig létezik.
Belátjuk, hogy r n az egyik legnagyobb közös osztó. A definíció szerint két dolgot kell igazolnunk: 1 r n a és r n b Az algoritmuson alulról felfelé haladunk. Tekintsük az algoritmus utolsó sorát. Triviális, hogy r n r n 1. Az utolsó előtti sor alapján: r n r n 2. Ugyanis, ha r n r n és r n r n 1, akkor r n r n 2. Ugyanígy folytatva megkapjuk a második, illetve az első sor alapján, hogy r n b és r n a. 2 c esetén, ha c a és c b, akkor c r n Az algoritmuson felülről lefelé haladunk. Az első sor alapján, ha c a és c b, c Z esetén, akkor c (a b q 1 ), azaz c r 2. A második sor szerint, ha c b és c r 2, akkor c r 3. Ugyanígy folytatva, az utolsó sor alapján c r n. A fenti bizonyítás konstruktív, azaz a bizonyítás során egy algoritmust adtunk az egyik legnagyobb közös osztó kiszámítására. Ez az algoritmus az euklideszi algoritmus. A másik legnagyobb közös osztó a ( r n ).
Az a és b két egész szám legnagyobb közös osztója alkalmas x, y Z számokkal kifejezhető alakban. (a, b) = a x + b y A már ismertett euklideszi algoritmust bővítjük ki x i és y i értékekkel, ahol i = 0,..., n. Legyen és x 0 = 1, x 1 = 0, y 0 = 0, y 1 = 1 x i+1 = x i q i + x i 1, y i+1 = y i q i + y i 1. Az x = ( 1) n x n és y = ( 1) n+1 y n A bizonyítás konstruktív. Az algoritmust kibővített euklideszi algoritmusnak nevezzük.
Példa: Írjuk fel a 112 és a 63 legnagyobb közös osztóját a számok lineáris kombinációjaként. A megoldást a következő táblázat segítségével adjuk meg: k 0 1 2 3 4 5 r k 112 63 49 14 7 0 q k - 1 1 3 2 - x k 1 0 1 1 4 - y k 0 1 1 2 7 - A táblázat alapján az utolsó nemnulla maradék r 4 = 7, tehát n = 4. A legnagyobb közös osztók egyike: (112, 63) = 7. x = ( 1) 4 x 4 = 4, y = ( 1) 5 y 4 = 7. A megoldás a kapott értékekből: 7 = 112 4 + 63 ( 7).
Az a 1, a 2,..., a n számok relatív prímek, ha nincs egységtől különböző közös osztójuk, azaz (a 1, a 2,..., a n ) = 1. Példa: 5, 3, 15, 56 számok relatív prímek. Az a 1, a 2,..., a n számok páronként relatív prímek, ha bármely kettő legnagyobb közös osztója 1, azaz minden 1 i j k esetén, (a i, a j ) = 1.
A p egységtől és nullától különböző számot prímszámnak (vagy prímnek) nevezzük, ha csak úgy lehet osztója két egész szám szorzatának, ha legalább az egyik tényezőnek osztója. Azaz p ab = p a vagy p b. Minden a Z számnak osztója az 1, a, 1, a. Ezeket triviális osztóknak nevezzük. A nem triviális osztók a valódi osztók. A p egységtől (és nullától) különböző számot felbonthatatlan (irreducibilis) számnak nevezzük, ha csak úgy bontható fel két egész szám szorzatára, hogy valamelyik tényező egység. Azaz p = ab = a vagy b egység.
Az egész számok körében p akkor és csak akkor prím, ha felbonthatatlan. Minden nullától és egységtől különböző egész számnak létezik felbonthatatlan osztója. A következő tétel a számelmélet alaptételét mondja ki. Minden, a nullától és egységektől különböző egész szám felbontható véges sok felbonthatatlan szám szorzatára, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől és egységszeresektől eltekintve egyértelmű.
Kongruenciák Legyenek a és b egész számok és m pozitív egész. Azt mondjuk, hogy a kongruens b-vel modulo m, ha m a b. Jelölés: a b (mod m) Az m számot modulusnak nevezzük. Két szám pontosan akkor kongruens modulo m, ha m-mel osztva ugyanazt a maradékot adják Amennyiben a és b nem kongruensek modulo m, akkor a és b inkongruensek modulo m, jelölése: a b (mod m) Példák: 13 8 (mod 5), 25 10 (mod 7), 25 10 (mod 7)
Ekvivalenciareláció A kongruencia (mod m) ekvivalenciareláció. Bizonyítás Azt kell igazolnunk, hogy a kongruencia reflexív, szimmetrikus és tranzitív reláció. A kongruencia reláció reflexív: a Z, a a (mod m), hiszen m a a. szimmetrikus: Ha a b (mod m), akkor b a (mod m) teljesül, mert ha m a b, akkor m b a is. tranzitív: Ha a b (mod m) és b c (mod m), akkor m a b és m b c. Az előbbiek alapján m (a b) + (b c), azaz m a c. Ezzel beláttuk, hogy ha a b (mod m) és b c (mod m), akkor a c (mod m).
Jelölés: (a) m Maradékosztályok 1 Ha a b (mod m) és c d (mod m), akkor a + c b + d (mod m) és a c b d (mod m). 2 Ha a b (mod m) és c d (mod m), akkor ac bd (mod m) 3 Ha a b (mod m), akkor a n b n (mod m) 4 Legyen d = m (c,m). Ha ac bc (mod m), akkor a b (mod d). Ha a Z, akkor az a-val kongruens (mod m) egész számok halmazát az a által reprezentált (mod m) maradékosztálynak nevezzük.
Maradékrendszerek Ha rögzített m modulus mellett minden egyes maradékosztályból pontosan egy elemet veszünk, akkor modulo m teljes maradékrendszert kapunk. Az (a) m maradékosztály redukált maradékosztály, ha (a, m) = 1. Ha egy rögzített m modulus mellett minden egyes redukált maradékosztályból pontosan egy elemet veszünk, akkor redukált maradékrendszert kapunk.
Adott egész számok pontosan akkor alkotnak modulo m teljes maradékrendszert, ha 1 számuk m és 2 páronként inkongruensek modulo m. (Euler-féle ϕ függvény) Tetszőleges n pozitív egész esetén ϕ(n) jelöli az 1, 2,..., n számok közül az n-hez relatív prímek számát. ϕ(n) = n p n p 1, ahol p prím. p
Adott számok egy rögzített m modulus mellett pontosan akkor alkotnak redukált maradékrendszert, ha 1 számuk ϕ(m), 2 páronként inkongruensek modulo m, és 3 valamennyien relatív prímek m-hez. Legyen r 1, r 2,..., r ϕ(m) redukált maradékrendszer modulo m és (a, m) = 1. Ekkor ar l, ar 2,..., ar ϕ(m) is redukált maradékrendszer modulo m.
Euler-Fermat tétel Ha (a, m) = 1, akkor a ϕ(m) 1 (mod m). Bizonyítás Legyen r 1, r 2,..., r ϕ(m) egy redukált maradékrendszer (mod m), ekkor ar 1, ar 2,..., ar ϕ(m) is redukált maradékrendszer (mod m). Ebből következik, hogy minden ar i -hez létezik egy és csak egy r j, hogy ar i r j (mod m), továbbá különböző ar i - khez különböző elemek tartoznak az eredeti redukált maradékrendszerből. Tehát a következőt kapjuk: ar 1 s 1 (mod m), ar 2 s 2 (mod m), ar ϕ(m) s ϕ(m). (mod m),
Euler-Fermat tétel ahol s 1, s 2,..., s ϕ(m) az r 1, r 2,..., r ϕ(m) egy permutációja. Most szorozzuk össze ezeket a kongruenciákat: a ϕ(m) r 1 r 2 r ϕ(m) r 1 r 2 r ϕ(m) (mod m). Ha egyszerűsítünk r 1 r 2 r ϕ(m) -mel, amely m-hez relatív prím, kapjuk, hogy a ϕ(m) 1 (mod m). (kis Fermat tétel) 1 Ha p prímszám, a Z és p a, akkor a p 1 1 (mod p). 2 Ha p prímszám és a Z, akkor a p a (mod p).
Lineáris kongruenciák Ha a, b Z és m pozitív egész, akkor az ax b (mod m) kongruenciát lineáris kongruenciának nevezzük. A kongruencia megoldásai olyan egész számok, melyeket x helyébe írva a kongruencia teljesül. Megoldások számán a különböző maradékosztályok számát értjük, melyekből vett egészek a kongruenciát kielégítik. Ha a, b Z és m pozitív egész, az ax b (mod m) lineáris kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, ha (a, m) b.
Lineáris kongruenciák Ha a, b Z, az m pozitív egész és az ax b (mod m) lineáris kongruencia megoldható, akkor a megoldások száma (a, m). Amennyiben (y) m megoldása a kongruenciának, akkor az összes megoldást az y, y + m (a, m), y + 2 m m,..., y + ((a, m) 1) (a, m) elemek által reprezentált maradékosztályok alkotják. (a, m)
Ha (a, m) = 1, akkor az ax b (mod m) lineáris kongruencia egyetlen megoldása x a ϕ(m) 1 b (mod m). Bizonyítás Ha x a ϕ(m) 1 b (mod m), akkor x valóban megoldás, hiszen az Euler-Fermat tétel szerint aa ϕ(m) 1 b b (mod m).
Szimultán kongruenciarendszer Ha ugyanazon ismeretlenre több különböző modulusú kongrueciafeltételt adunk, akkor szimultán kongruenciarendszert kapunk. Az x y 1 (mod m) x y 2 (mod n) szimultán kongruenciarendszer megoldhatóságának szükséges és elégséges feltétele, hogy (m, n) y 1 y 2. Az összes megoldás egy maradékosztályt alkot modulo [m, n]. Az [m, n] az m és n modulusok legkisebb közös többszörösét jelöli.
Kínai maradéktétel Legyenek m 1, m 2,..., m k páronként relatív prímek. Ekkor x y 1 (mod m 1 ) x y 2 (mod m 2 ). x y k (mod m k ) szimultán kongruenciarendszer bármilyen y 1, y 2,, y k egészek esetén megoldható, és a megoldások egyetlen maradékosztályt alkotnak modulo m 1 m 2 m k.
Kínai maradéktétel Bizonyítás Legyen M = m 1 m 2 m k és M i = M m i, ahol i = 1, 2,..., k. Mivel az m 1,..., m k modulusok páronként relatív prímek, ezért (M i, m i ) = 1, i = 1, 2,..., k. Tekintsük az M i x 1 (mod m i ), ahol i = 1, 2,..., k kongruenciákat. Bármely i esetén a kongruencia megoldható, hiszen (M i, m i ) = 1, legyen x c i (mod m i ) a megoldás. Ekkor M i c i 1 (mod m i ) és M i c i 0 (mod m j ), ahol i j. Legyen x 0 k M i c i y i i=1 (mod M). Az előbbiek alapján x 0 y i (mod m i ), i = 1,..., k, tehát x 0 megoldása a szimultán kongruenciarendszernek. Ezzel egy konstruktív bizonyítást adtunk a megoldás létezésére.
Most lássuk be, hogy csak egy megoldása van. Tegyük fel, hogy x 0 szintén megoldása a szimultán kongruenciarendszernek. Így x 0 y i (mod m i ), i = 1, 2,..., k, azaz m i x 0 y i, bármely i-re. Ugyanakkor x 0 szintén megoldás, tehát m i x 0 y i, ahonnan m i x 0 x 0 bármely i-re. Ha az előbbi oszthatóság tetszőleges i {1, 2,..., k}-re teljesül, akkor m 1 m 2 m k x 0 x 0 is áll, azaz m x 0 x 0, így x 0 x 0 (mod M). Tehát x 0 és x 0 megoldások egy maradékosztályba esnek modulo M.
Algebrai struktúra Az (a) m és (b) m maradékosztályok összegén az (a + b) m, szorzatán pedig az (ab) m maradékosztályt értjük, azaz (a) m + (b) m = (a + b) m és (a) m (b) m = (ab) m. Bármely két modulo m maradékosztály összege, illetve szorzata egyértelműen meghatározott.
Kommutatív, egységelemes gyűrű A modulo m maradékosztályok esetén az összeadás asszociatív és kommutatív, a (0) m nullelem, azaz minden (a) m -ra (0) m + (a) m = (a) m + (0) m = (a) m, az (a) m ellentettje ( a) m, azaz ( a) m + (a) m = (a) m + ( a) m = (0) m, a szorzás asszociatív és kommutatív, az (1) m egységelem, azaz minden (a) m -ra (1) m (a) m = (a) m (1) m = (a) m, érvényes a disztributivitás. Könnyen látható, hogy amennyiben a modulus prím, akkor a modulo m maradékosztályok halmaza testet alkot.
Legyen (a, m) = 1. Az a elem rendjének nevezzük modulo m azt a k kitevőt, melyre a k 1 (mod m), és a i 1 (mod m) bármely i-re, ahol i = 1, 2,..., k 1. Az elem rendjét o m (a)-val jelöljük. Az Euler-Fermat tételből következik, hogy o m (a) φ(m). Egy g számot primitív gyöknek nevezünk modulo m, ha o m (g) = φ(m). Legyen g primitív gyök modulo p, ahol p prím és (a, p) = 1. Ekkor a-nak g alapú diszkrét logaritmusán azt a 0 k p 2 számot értjük, melyre a g k (mod p).
Egy S csoport ciklikus, ha egy elemmel generálható. Tegyük fel, hogy S ciklikus csoport a szorzásra nézve, és az x elem segítségével generálható. Ezek szerint S minden eleme feĺırható x 0 = e, x 1, x 1, x 2, x 2, x 3, x 3,... alakban. Két esetet különböztetünk meg: 1 Végtelen ciklikus csoportról beszélünk, ha x 0 = e, x 1, x 1, x 2, x 2, x 3, x 3,... elemek mind különbözőek. 2 Véges ciklikus csoportról beszélünk, ha x hatványai nem mind különbözőek. Ekkor létezik olyan k és l, hogy x k = x l. Legyen k > l, ekkor x k l = e. Ami azt jelenti, hogy x-et k l-edik hatványra emelve egységet kapunk. Legyen n a legkisebb pozitív egész, melyre x n = e. Ekkor e, x, x 2, x 3,..., x n 1 elemek mind különböznek és a csoport bármely eleme ezek egyikével egyenlő.