SZÁMELMÉLET Sigeti Jeő. OSZTHATÓSÁG A osthatósággal kapcsolatba égy alapvető eredméyt kölük bioyítás élkül. Jelölje φ() a {,,..., } halmaból ao elemek sámát, amelyek relatív prímek a -he. Ha például p prímsám, akkor φ(p) = p... Tétel (Euler). Ha a a egés sám relatív prím a -he, akkor a φ() ostható -el: a φ().. Tétel (Fermat). Ha a a egés sám em ostható a p prímsámmal, akkor a p ostható p-vel: p a p..3. Tétel (Wilso). Ha p prímsám, akkor (p )!+ ostható p-vel: p (p )! +.4. Tétel (Kíai Maradéktétel). Ha a a, a,..., a és r, r,..., r egésekre lko(a i, a j ) = mide i < j eseté, akkor léteik olya b egés sám, amelyre a a i b r i osthatóság teljesül mide i eseté..5. Példa. Bioyítsuk be, hogy 5 k teljesül a k = 5 5 esetbe és 5 k, ha k < 5 5. Megoldás. Mivel φ(5 ) = 5 5 = 4 5, Euler tételéek alkalmaásával kapjuk, hogy 5 5 5. A továbbiakba teljes idukciót alkalmauk. Ha = és k = 5-5 0 = 4, akkor 5 4 = 5 és a k < 5-5 0 = 4 egésekre köye látható, hogy 5 k. Tegyük fel, hogy állításuk iga -re, de em teljesül + -re. Legye k < 5 + -5 a legkisebb k, amelyre 5 + k. Most 4 5 =5 + 5 = kq + r, ahol 0 r k a ostási maradék a k-val törtétő maradékos ostásál. Ha r, akkor + + 5 5 kq+ r k q r r 5 = = (( ) ) + ( ) és így k ( k ) q miatt 5 + r adóda elletétbe k válastásával. Tehát r = 0, aa 4 5 = kq. At állítjuk, hogy 4 5 ostója k-ak. Legye k = 4 5 t + m, ahol 0 m < 4 5 = 5 5 a ostási maradék a 4 5 -el való ostáskor. Ha m, akkor 5 = = (( t ) ) + ( + k t+ m m m t és így ( ) miatt 5 m adóda elletétbe a -re voatkoó feltevésükel. Tehát m = 0, aa k = 4 5 t. A 4 5 = kq = 4 5 tq egyelőségre való tekitettel kapjuk, hogy t = vagy t = 5. A t = eset lehetetle, hise 5 + k =. A t = 5 eset sité lehetetle, mert k < 5 + -5 = 4 5. Már csak ayit kell beláti, hogy 5 + 4 5 5 5 valóba teljesül. Most 5 = és 5 4 5 a -re voatkoó feltevésük követkeméye. Így at kapjuk, hogy ) = 5 s, ahol
5 s. Tehát = (5 s) em ostható 5 + -el. 5 + 5(5 s) 4 + 0(5 = (5 s) 3 s + ) + 0(5 5 = s) + 5(5 s) = 5 p.6. Példa. Igaoljuk, hogy p! +, ahol p = 4k+ prímsám. + w + 5 Megoldás. Wilso tétele serit p (p-)! += (k) (k+) (p ) + és (k) (k+) (p ) + = (k) (p k) (p (k )) (p )+= = [(k)!] + pw +, valamilye w egés sámra, ahoa a kívát osthatóság adódik..7. Példa. Igaoljuk, hogy a p = x + y egyeletek léteik (x, y) egés sámokból álló megoldása, ahol p = 4k + prímsám. Megoldás. Ha mp = x + y megoldható valamilye m < p egésre (a.6 példa serit e iga), akkor belátjuk, hogy p = x + y is megoldható valamilye m egésre. Ha s m páros, akkor x + y ahol és x y m x + y p = x y +, egés sámok. Ha m páratla, akkor x = mr + x ad y = ms + y valamilye x < m és y < m egésekre. alapjá x y = m + mp = x + y = ( mr + x ) + ( ms + y) = mw + x + y adódik valamilye egésre ( = 0 em lehetséges, mert mp = x +y em ostható m -el). A x < m és y < m egyelőtleségekből m m m m = x + y < + = kapható, ahoa < m adódik. A p = x +y megoldhatósága a m p = ( mp)( m) = ( x + y )( x + y ) = ( xx + yy ) + ( xy x y) + yy = ( mr + x ) x + ( ms + y) y = mrx + msy + x + y = m( rx + sy xy x y = ( mr + x ) y x ( ms + y) = m( ry xs) p = ( rx + sy + ) + ( ry xs). xx + egyeletekből követkeik. A feti ú. lesálló lépés ismételt alkalmaása (a m helyett a a előbbieket) végül at adja, hogy p = x +y.8. Feladat. Igaoljuk a követkeőket. () 00 0 megoldható. ) m egésre megismételve
() 3 70 + 3 70 (3) 3 6 0 5 (4) 7 5555 + 5555 (5) 35 3 6 6 (6) 56486730 m(m 60 60 ) (7) 69 3 3+3 6 7 6k + (8) 9 + 3 Útmutatás. () 0 = ( )( 9 + 8 + + + ) () 3 követkeméye 3 60 és 3 5 6 követkeméye 3 0 + 3. Így 3 70 + 3. Másrést 3 3 3 követkeméye 3 3 69 és 3 3 70 3. (3) 5 + és 0 5 + követkeméye 0 5 és 0 5. 3 0 3 követkeméye 3 0 5 5, ahoa 3 0 5 adódik. 6 3 4 0 követkeméye 6 3 60 0 és 6 3 60 felhasálásával kapjuk, hogy 6 0 5. (4) 5555 + 5555 =( 5555 + 4 5555 ) + (5555 4 ) (4 5555 4 ), 4 5555 4 = 4 (4 3333 ), 4 3333 =64 és 7 + 4, 7 5555 4, 7 64. (5) 3 3 + 3 3 6 6 és 3 6 6 3 6 6. (6) 56786730 = 3 5 7 3 3 6 és hasáljuk Fermat tételét. Alkalmauk teljes idukciót: (3 3(+)+3 6(+) 7) (3 3+3 6 7) = 6(3 3+3 ) és 3 3 3. 6k + + 3 = 8t+ 4 + 3 = ) + 9 8 6k+ 4 követkeméye és 9 8. 4 ( 8t.9. Feladat. Egy égyetsám utolsó égy sámjegye aoos. Melyik e a sámjegy? Útmutatás. Egy égyet utolsó sámjegye 0,, 4, 5, 6 és 9 lehet. A utolsó két sámjegy em lehet, 55, 66 és 99 (et a 4-el való ostás mutatja). A megmaradt lehetőségek köül 4444 em lehetséges (et a 6-al való ostás mutatja). A egyetle eset a 0000, amelyet a 00 megvalósít..0. Feladat. Igaoljuk, hogy (!) (-)! ostója (!)!-ak. Útmutatás. Hasáljuk fel, hogy! (t + )(t + ) (t + )... Feladat. Legye m egés sám. Bioyítsuk be, hogy mide páros sám felírható két m-he relatív prím egés külöbségekét. Útmutatás. Legye k a adott páros sám és legyeek p, p,, p r a m prímtéyeői. Mide i r idex eseté léteik olya x i egés, amelyre f(x i ) = x i (x i + k) em ostható p i -vel. A Kíai Maradéktétel bitosítja a léteését olya x egések, amelyre p i x x i mide i eseté. Így kapjuk, hogy p i f(x) f(x i ) és p i f(x) mide i-re (itt f(x) = x(x + k) ). Tehát k = (x + k) x a kívát felírás.
. AZ ax + by = c LINEÁRIS EGYENLET.. Tétel. Legyeek a,b,c em ulla egés sámok, ekkor a alábbi állítások ekvivalesek: () Léteek olya x és y egések, amelyekre ax + by = c teljesül. () A a és b legagyobb köös ostója c-ek ostója, aa lko(a, b) c. Ha (x 0,y 0 ) egy tetsőleges megoldása a ax + by = c egyeletek, akkor bármely más (x, y) megoldás a alábbi x = x 0 + b 0 t és y = y 0 a 0 t, alakba kapható, ahol t valamilye egés sám és a 0 = a/lko(a,b), valamit b 0 = b/lko(a, b). Bioyítás. Legye d = lko(a, b). ()() d a és d b alapjá d ax és d by adódik, ahoa d ax + by kapható. Így d c is teljesül. ()() Most c 0 = c/d egés sám és ax + by = c helyett írható, hogy a 0 x + b 0 y = c 0, ahol lko(a 0, b 0 ) =. Ahogya at már egy lemmába láttuk (a Euklidési algoritmussal kapcsolatba) lko(a 0,b 0 ) = garatálja, hogy a 0 x + b 0 y = teljesül alkalmas (x,y ) egésekre. Nyilvávaló, hogy (x,y ) megoldása a ax + by = d egyeletek és a is, hogy (c 0 x,c 0 y ) megoldása a ax + by = c egyeletek. A ax + by = c össes (x, y) megoldását a ax 0 + by 0 = c egyeletből úgy kapjuk, hogy a alábbi ax + by = ax 0 + by 0 egyelőséget tekitjük. Ie előbb a(x x 0 ) = b(y 0 y) majd a 0 (x x 0 ) = b 0 (y 0 y) kapható. Mivel lko(a 0, b 0 ) =, eért b 0 x x 0 aa x x 0 = b 0 t teljesül valamilye t-re. A a 0 b 0 t = b 0 (y 0 y) követkeméyekét kapjuk, hogy y 0 y = a 0 t. Tehát x = x 0 + b 0 t és y = y 0 a 0 t. Köye elleőríhető, hogy bármely t-re a (x 0 + b 0 t, y 0 a 0 t) pár megoldása a ax + by = c egyeletek... Példa. Keressük meg a 354x + 38y = egyelet megoldásait a egés sámok körébe. Megoldás. Most lko(354, 38) = 6 és 354 = 6 59, 38 = 6 3, = 6. Mivel 6, a egyelet megoldható. Elegedő a 59x + 3y = egyelettel foglalkoi, ahol lko(59, 3) =. Előbb a 59x + 3y = egyeletet oldjuk meg a Euklidési algoritmusak a (59, 3) sámpárra való alkalmaásával. A követkeő lépéseket tessük: 59 = 3 + 3, 3 = 3 + 0, 3 = 0 + 3, 0 = 3 3 +, 3 = 3 + 0. Így a alábbi kifejeéseket kapjuk a egymást követő maradékokra: 3 = 59 3 = 59 + 3 ( ), 0 = 3 3 = 3 (59 + 3 ( )) = 59 ( ) + 3 3, 3 = 3 0 = (59 + 3 ( )) (59 ( ) + 3 3) = 59 + 3 ( 5) = 0 3 3 = (59 ( ) + 3 3) (59 + 3 ( 5)) 3 = 59 ( 7) + 3 8. Tehát x = 7 és y = 8 megoldása a 59x + 3y = egyeletek. Nyilvávalóa x 0 = ( 7) = 4 és y 0 = 8 = 36 megoldása a 59x + 3y = egyeletek. A. Tételt hasálva kapjuk a 59x + 3y = össes megoldását: ahol t tetsőleges egés sám. ( 4 + 3t, 36 59t),.3. Példa. Keressük meg a 35x + 5y + = 8 egyelet megoldásait a egés sámok körébe.
Megoldás. A egyelet 5(7x + 3y) + = 8 alakba is írható. Előbb a 5u + = 8 egyeletet oldjuk meg. A u = 4 és = egések megoldását adják a 5u + = egyeletek, eért ( 3, 8) megoldása a 5u + = 8 egyeletek. A tételük serit a 5u + = 8 egyelet megoldásait a ( 3 + t, 8 5t), t Z párok solgáltatják. Így 5(7x + 3y) + = 8 potosa akkor teljesül a x, y, egésekre, ha 7x + 3y = 3 + t és = 8 5t teljesül valamilye t egésre. Csupá a 7x + 3y = 3 + t egyelet megoldásait kell megtaláli tetsőleges t eseté. A (, ) pár megoldása a 7x + 3y = egyeletek, eért ( 3 + t, 64 4t) megoldása a 7x + 3y = 3 + t egyeletek. A. Tétel serit a általáos megoldást a alábbiak solgáltatják x = 3 + t + 3s és y = 64 4t 7s, ahol s tetsőleges egés sám. Követkeésképpe (x, y, ) potosa akkor megoldása a 35x + 5y + = 8 egyeletek, ha találhatóak olya t és s egések, amelyekre (x, y, ) = ( 3 + t + 3s, 64 4t - 7s, 8 5t)..4. Feladat. Keressük meg a alábbi egyelet redser megoldásait a egés sámok körébe. 3x + y 7 = 5, x 5y + 9 =. 3. NEM LINEÁRIS DIOFANTOSZI EGYENLETEK 3.. Tétel. Legyeekt x, y, poitív (em ulla) egés sámok és x = dx,y = dy, = d, ahol d = lko(x, y, ) > 0. Ekkor x + y = potosa akkor teljesül, ha () vagy () teljesül. () x = u v, y = uv és = u + v valamilye u > v egésekre, ahol lko(u, v) =. () x = uv, y = u v és = u + v valamilye u > v egésekre, ahol lko(u, v) =. Bioyítás. x + y = átírható d x + d y = d alakba, így egyserűsíthetük d el. Most lko(x, y ) =, lko(x, ) =, lko(y, ) =. At állítjuk, hogy x és y potosa egyike páros. Valóba lko(x, y ) = miatt x és y midegyike em lehet páros. Másrést ha x és y midegyike páros lee, akkor x = k + és y = l + at eredméyeé, hogy 4( k + k + l + ) (*) = x + y = l + aa, hogy és így is páros. De 4, elletmodaa (*)-ak. Tegyük fel, hogy y = l páros, ekkor x és eel együtt is páratla. Most ( + x )( x = x = y követketébe )
+ x x y =. Mivel + x x = x + x + x =, és lko(x, y ) =, eért + x x = lko, A egymásho relatív prím égyetsám, ha + x és x sámok sorata csak úgy lehet + x = u és x = v teljesül valamilye u > v egésekre, ahol lko(u, v) =. A fetiek serit és így u v = x ad u + v = ( u + v ) ( u v ) u y = = x = 4 v a y = uv egyelőséghe veet. A a eset, amikor x a páros hasolóa tárgyalható és a ()-be látható egyelőséghe veet. Végül megjegyeük, hogy a aoosság midíg teljesül. ( u v ) + ( uv) = ( u + v ) 3.. Példa. Keressük meg a x + y = egyelet egés megoldásait. Megoldás. Csak a em egatív megoldásokkal foglalkouk. Egyserűsítsük d -el, ahol d = lko(x, y, ), a erdméyt x + y = alakba írjuk. Most y és aoos paritásúak, továbbá lko(x, y, ) =. Nyilvávaló, hogy x + y = + y y legye lko(, ) = δ. Ekkor vagy y 3
+ y = 3 u δ és y = v δ vagy pedig + y = v δ és y = 3 u δ teljesül alkalmas relatív prím u 0 és v 0 egésekre. A első illetve a második esetbe a alábbiakat kapjuk illetve = ( 3u + v )δ, y = ( 3u v )δ, x = uvδ = ( 3u + v )δ, y = ( v 3u )δ, x = uvδ Mivel δ x, δ y ad δ midkét esetbe, eért δ =. A em egatív megoldások a követkeők x = uv, y = 3u v, = 3u + v. 3.3. Tétel. Ha (x, y, ) megoldása a x 4 + y 4 = egyeletek, akkor x = 0 vagy y = 0. Bioyítás. Legye x, y, és (x, y, ) olya megoldás, amelybe a lehető legkisebb. A általáosság rovására em megy ha feltételeük, hogy lko(x, y) =. A 3. Tételt alkalmava kapjuk, hogy x = uv, y = u v ad = u + v alkalmas u > v, lko(u, v) = egésekre. x = uv miatt u és v valamelyike páros (a másik páratla). Ha u = k és v = l +, akkor y = u v = 4(k l l) elletmodás. Tehát v = l és x = 4ul, ahoa x = ul adódik. Mivel lko(u, l) =, eért u = és l = teljesül bioyos és v egésekre. Most v = v és páratla. A y = u v egyeletből v ( v ) y = ( ) +, követkeik, ahol lko( v, y ) =. A 3. Tétel ismételt alkalmaásával kapjuk, hogy v = u v, y = u v, + = u v a u > v, lko(u, v ) = egésekre. A v = u követkeméye, hogy u = és v v = teljesül bioyos x és y relatív prím egésekre. A = u + felírható y v x
x = 4 4 + y alakba. Tehát (x, y, ) olya megoldás, amelyre elletmodásba a válastásával. = u < u + v = teljesül 3.4. Példa. Keressük meg a x 6 + 3y 6 = 6 egyelet egés megoldásait. Megoldás. Legye (x,y) (0,0). Feltehető, hogy x és y valamelyike em ostható 7-el (ellekeő esetbe egyserűsíthetük 7 6 -al). Három esetet visgáluk. - Ha 7 x és 7 y, akkor Fermat tétele serit 7 (x 6 ) + 3(y 6 ) = 6 5. Mivel 7 vagy 7 6, eért 6 5 em ostható 7-el, e elletmodás. - Ha 7 x és 7 y, akkor 7 x 6 + 3(y 6 ) = 6 3. Mivel 7 vagy 7 6, eért 6 3 em ostható 7-el, e elletmodás. - Ha 7 x és 7 y, akkor 7 (x 6 ) + 3y 6 = 6. Mivel 7 vagy 7 6, eért 6 em ostható 7-el, e elletmodás. Tehát a egyetle megoldás x = y = = 0. A Diofatosi egyeletek általáos elméletébe a egyik legfotosabb eredméy a követkeő. 3.5. Tétel (Roth, 955). Legyeek a 0, a,,a, b ij Z (0 i, j) olya egés sámok, amelyekre a f(x) = a 0 + a x + + a x poliom irreducibilis a Z felett. Ha 3, akkor a alábbi egyeletek csak véges sok megoldása va a egés sámok körébe a x + a x y +... + axy + a0 y = bij i+ j 3 i x y j 3.6. Példa. Véges sok olya (x, y) egés sámokból álló pár va, amelyre 5 3 3 5 x + 3x y 3x y + 6y = x y + xy + 7x + 5y + teljesül. Megoldás. Mivel f(x) = x 5 + 3x 3 3x + 6 irreducibilis felett (pl. Eiestei kritériuma serit), a 3.5 Tétel alkalmaható. 3.7. Feladat. Keressük meg a alábbi egyelet egés megoldásait x + 3y + 4 = u Útmutatás. Hasáljuk Fermat tételét: 3 vagy 3 mide egésre. 3.8. Feladat. Keressük meg aokat a (x, y) egésekből álló párokat, amelyekre x + 3xy + 4006( x + y) + 003 = 0. Útmutatás. Írjuk fel a egyeletet a 003 9y = 3x + 80 + 3x + 4006 alakba és hasáljuk, hogy 003 prím. 3.9. Feladat. Keressük aokat a (x, y, ) egéseket, amelyekre
x + y + = 3 és x 3 + y 3 + 3 = 3. Útmutatás. (x + y + ) 3 (x 3 + y 3 + 3 ) = 3(x + y)(x + )(y + ). 3.0. Feladat. Legye egés és p prím. Igaoljuk, hogy x(x + ) = p y(y + ) em oldható meg a x és y egésekre. Útmutatás. x + p és p = [p (y + ) + (x + )][p (y + ) (x + )]. 3.. Feladat. Legye D = m + valamilye m egésre. Igaoljuk, hogy a x Dy = egyeletek végtele sok megoldása va a egés sámok körébe. Útmutatás. x = m + és y = m megoldás. A biomiális tétel serit mide kitevőre ( x + y D ) = x + y D és ( x y D ) = x y D alkalmas (x, y ) egésekből álló párra. Továbbá ( x Dy ) = ( x + y D ) ( x y D ) = x Dy =.