Processing math: 100%
Skip to main content
LibreTexts - Ukrayinska

1.5: Конгруенції

У цьому розділі ми розробимо деякі аспекти теорії подільності та конгруенцій.

Якщо

a=pαіb=pβ

то легко помітити, що

(a,b)=pmin(α,β)в той час як[a,b]=pmax(α,β).

З них легко випливає, що(a,b)[a,b]=ab. Ми залишаємо це як вправу, щоб показати, що

(a,b)=1aa1a=1a1β=1e2πibaαβ.

Позначенняab (модm) дляm | (ab) обумовлено Гауссом. Досить очевидними властивостями цієї конгруентності єaaabba,ab іbcac, тобто, є співвідношенням еквівалентності. Також легко доведено, щоab іcd разом мають на увазіacbd; зокремаabkakb. Однак зворотне в цілому не відповідає дійсності. Таким чином2×3=4×3 (мод 6) не має на увазі24 (мод 6). Однак, якщо що(k,m)=1kakb має на увазіab.

Ще один важливий результат полягає в наступному.

Теорема

Якщоa1,a2,...,aφ(m) сформувати повну систему залишку мод,m то це робитьaa1,aa2,...,aaφ(m) за умови(a,m)=1.

Доказ

У нас єφ(m) залишки. Якщо два з них є конгруентнимиaaiaaj,a(aiaj)0. Але(a,m)=1 так щоaiaj.

Застосування цих ідей до важливої теореми Ейлера:

Теорема

Якщо(a,m)=1 тодіaφ(m)1 (модm).

Доказ

Оскількиa1,a2,...,aφ(m) вони конгруентніaa1,aa2,...,aaφ(m) впевному порядку, їх продукція є конгруентною. Звідси

aφ(m)a1a2aφ(m)a1a2aφ(m)

і результат випливає.

Особливим випадком першочергового значення є той випадокm=p, коли ми маємо

(a,p)=1ap11(модp)

Множення наa ми маємо для всіх випадківapa (модp). Ще одним доказом цього результату є індукціяa; у нас є

(a+1)p=ap+(p1)ap1++1apa(модp)

Можна також використовувати багатономіальну теорему і розглянути(1+1++1)p.

Ще одним доказом є, враховуючи кількість правильних опуклихp -кутників, де кожен край може бути пофарбований в один з кольорів. Число таких багатокутників єap, з яких a однотонні. Отжеapa, вони не однотонні, і вони приходять у набориp кожного шляхом обертання через2πnp,n=1,2,...,p1. Ідея, що стоїть за цим доказом, має значну застосовність, і ми повернемося принаймні до однієї іншої програми трохи пізніше. Ми також залишаємо в якості вправи завдання знайти аналогічний доказ теореми Ейлера.

Теореми Ферма та Ейлера також можна зручно розглядати з теоретико-групової точки зору. Цілі числа відносно простіm та<m утворюють групу під модом множенняm. Головне тут перевірити, щоб кожен елемент мав зворотний в системі. Якщо ми шукаємо зворотне для a ми формуємоaa1,aa2,...,aaφ(m). Ми вже бачили, що цеφ(m) числа непоєднувані модm і відносно прості доm. При цьому однією з них повинна бути одиниця і результат випливає.

Тепер ми повертаємо доказ Ейлера з лагранжа, який стверджує, що якщоa єG елементом групи порядкуm, тоam=1. У нашому випадку це означаєaφ(m)1 абоap11 якщоp є простим.

Цілі числаp утворюють поле відносно + і×. Багато з важливих результатів теорії чисел засновані на тому, що мультиплікативна частина цієї групи (міститьp1 елементи) є циклічною, тобто існує числоg (зване примітивним коренемp) таке, що1=g0,g10,g2,...,gp1 є неконгруентним модомp. Цей факт не є тривіальним, але ми опускаємо докази. Більш загальний груповий теоретичний результат, в якому він міститься, стверджує, що кожне скінченне поле автоматично є абелевим, а його мультиплікативна група циклічна.

У кільці многочленів з коефіцієнтами в полі тримається багато теорем елементарної теорії рівнянь. Наприклад, якщоf(x) є поліном, чиї елементи є залишковими класами mod,p тоf(x)0 (modp) має максимумp рішень. Далі якщоr це коріньxr, то є фактором. З іншого боку, неправда, щоf(x)0 (модp) має принаймні один корінь.

Оскількиxpx0 має найбільшеp коренів, ми маємо факторизацію.

xpxx(x1)(x2)(xp+1)(модp)

Порівняння коефіцієнтівx ми маємо(p1)!1 (модp), що є теоремою Вільсона.

Кейлі дала геометричне доказ теореми Вільсона наступним чином. Розглянемо кількість спрямованих p-кутників з вершинами правильного p-кутника. (Див. Малюнок 3.)

2019-11-15 12.20.48.png

Є(p1)! в кількості якихp1 регулярні. Отже, нерегулярні є(p1)!(p1) в кількості, і вони приходять у набори обертань.p Звідси

(p1)!(p1)0(модp)

і

(p1)!+10(модp)

випливає.

Можна також дати геометричний доказ, який одночасно дає обидва

Теореми Ферма і Вільсона ми пропонуємо в якості завдання знайти такий доказ.

Теорема Вільсона дає необхідну і достатню умову для первинності:p є простим тоді і тільки тоді(p1)!1, але навряд чи це практичний критерій.

Конгруенції з заданими коренями

Нехайa1,a2,...,ak бути набором різних класів залишку (модn). Якщо існує многочлен з цілочисельними коефіцієнтами, такими, щоf(x)0 (модm) має корінняa1,a2,...,ak і немає інших, ми називаємо цей набір сумісним (модn). Нехай кількість сумісних наборів (модn) позначається символомC(n). Оскільки кількість підмножин множини, що складається з 0, 1, 2,...2n,n1 є, ми називаємоc(n)=C(n)2n коефіцієнт сумісностіn.

Якщоn=p є простим, то конгруентність

(xa1)(xa2)(xak)0(модn)

має саме корінняa1,a2,...,an. Звідсиc(p)=1. У недавній роботі М.М. Chokjnsacka Пнєшвака показав, що вc(4)=1 той час якc(n)<1 дляn=6,8,9,10. Доведемо цеc(n)<1 для кожного композитуn4. Також можна довести, що середнє значенняc(n) дорівнює нулю, т. Е.

limn1n(c(1)+c(2)+c(n))=0

Так якc(n)=1 дляn=1 іn=p ми розглядаємо тільки той випадок, колиn є складовим. Припустимо, що унікальна проста факторизаціяn задається заpα11pα22 допомогою

pα11>pα22>

Розглянемо окремо випадки

(1)n має більше одного простого дільника, і

(2)n=pα,α>1.

У випадку (1) ми можемо написати

n=ab,(a,b)=1,a>b>1.

Зараз ми покажемо, що якщоf(a)f(b)0 тодіf(0)0.

Доказ. Нехайf(x)=c0+c1++cmxm. Тоді

0af(b)ac0(модn) і

0bf(a)bc0(модn).

Тепер так як(a,b)=1 існуютьrs, такі, щоar+bs=1 такc0(ar+bs)0 іc00.

У випадку (2) ми можемо написати

n=pα1p.

Ми показуємо, щоf(pα1)0 і маємоf(0)0 на увазіf(kpα10,k=2,3,....

Доказ. З тих пірf(0)0, як у насc00,

f(x)c1+c2x2++cmxm, і

f(pα1)c1pα10(модpα),

так щоc10 (модp). Але теперf(kpα10, як потрібно.

Про відносно прості послідовності, утворені взаємодіючими поліномами (Ламбек і Мозер)

Нещодавно Беллман поставив наступну проблему. Якщоp(x) є незведеним многочленом з цілими коефіцієнтами іp(x)>x forx>c, доведіть, що {pn(c)} не може бути простим для всіх великихn. Ми не пропонуємо вирішувати цю проблему, але хочемо зробити деякі зауваження.

Якщоp(x) многочлен з цілими коефіцієнтами, то так іkth ітерація визначається рекурсивноp0(x)=x,pp+1(x)=p(pk(x)). Якщоa іb є цілими числами, то

pk(a)pk(b)    (mod (ab))

Зокрема дляa=pn(c) і уb=0 нас єpk+n(c)pk(0) (модpn(c)).

Звідси

(pk+n(c),pn(c))=(pk(0),pn(c)).

Ми будемо називати послідовність {an}n0, відносно просту якщо(am,an)=1 для всіх значеньm,n, зmn. З 5.2 отримуємо

Теорема 1

{pn(c)}n0, є відносно простим, якщо і тільки якщо(pk(0),pn(c))=1 для всіхk0,n0

З випливає відразу результат Беллмана: Якщоpk(0)=p(0)1 дляk1 і якщо(a,p(0))=1 має на увазі,(p(a),p(0))=1 то {pn(a)},na є відносно простим, коли(c,p(0))=1.

Тепер ми побудуємо всі многочлени,p(x) для яких {pn(c)}n0, є відносно простими для всіхc. Згідно теоремі 1,pk(0)=±1 для всіхk1, як би легко побачити, взявшиn=k іc=0. Але тоді {pk(0)} має бути однією з наступних шести послідовностей:

1, 1, 1,...

1, -1, 1,...

1, -1, -1,...

-1, 1, 1,...

-1, 1, -1,...

-1, -1, 1,...

легко помітити, що загальне рішенняp(x) (з цілими коефіцієнтами)m рівнянь

p(ak)=ak+1,k=0,1,2,...,m1.

виходить з конкретного розчинуp1(x) наступним чином.

p(x)=p1(x)+(xa1)(xa2)(xak1)Q(x),\

деQ(x) - будь-який многочлен з цілими коефіцієнтами.

Теорема 2

{pn(c)}n0, є відносно простим для всіх,c якщо і тільки якщоp(x) належить до одного з наступних шести класів поліномів.

1+x(x1)Q(x)

1xx2+x(x21)Q(x)

12x2+x(x21)Q(x)

2x21+x(x21)Q(x)

x2x1+x(x21)Q(x)

1+x(x+1)Q(x)

Доказ

З огляду на (5.3) нам потрібно лише перевірити, чи конкретні рішення дають шість послідовностей, наведених вище.

Про розподіл квадратичних залишків

Великий сегмент теорії чисел можна охарактеризувати, вважаючи його вивченням першої цифри праворуч від цілих чисел. Таким чином, число ділиться на,n якщо його перша цифра дорівнює нулю, коли число виражається базоюn. Два числа є конгруентними (модn), якщо їх перші цифри однакові в базіn. Теорія квадратичних залишків стосується перших цифр квадратів. Особливий інтерес представляє випадок, коли база є праймом, і обмежимося цим випадком.

Якщо взяти, наприкладp=7, то з конгруенціями (мод 7) ми маємо1216222452, і32242; очевидно,020. Таким чином, 1, 2, 4 - квадрати, а 3, 5, 6 - неквадрати або незалишки. Якщоa залишокp ми пишемо

(ap)=+1

в той час як якщоa це не залишок ми пишемо

(ap)=1

Боp | c ми пишемо(cp)=0. Цим позначенням зобов'язаний Лежандр. Дляp=7 послідовності(ap) таким чином

+ - + - -.

p=23Бо виявляється

+ + + - + - + - + - + - + - + - + - - - -.

Ситуація з'ясовується, якщо знову прийняти групову теоретичну точку зору. Класи залишку (модp) утворюють поле, мультиплікативна група якого (міститьp1 елементи) циклічна. Якщоg є генератором цієї групи, то елементи можуть бути записаніg1,g2,...,gp1=1. gПарні сили - це квадратичні залишки; вони утворюють підгрупу індексу два. Непарні повноваженняg - квадратичні незалишки. З цієї точки зору зрозуміло

×res res = res,× res норес = норес, норес× норес = res.

Далі 1/a являє собою унікальний зворотнийa (модp) і буде залишком або без залишку відповідно до того, як сам по собі є залишком або без залишку.

Центральною теоремою в теорії квадратичних залишків і дійсно одним з найбільш центральних результатів теорії чисел є Закон квадратичної взаємності, вперше доведений Гауссом близько 1800 року. У ньому зазначено, що

Це призводить до алгоритму прийняття рішення про значення(pq).

Надано понад 50 доказів цього закону, включаючи нещодавні докази Зассен-Хауса та Лемера. У першому доказі Гауса (він дав сім) він використав наступну лему, яку він каже нам, що зміг довести лише зі значними труднощами. Дляp=1 (мод 4) найменший залишокp не перевищує2p+1. Результати, які ми хочемо сьогодні обговорити, частково покращують цей результат і загалом стосуються розподілу послідовності + та − in(ap),a=1,2,...,p1.

У 1839 році Діріхле, як побічний продукт свого дослідження класового числа квадратичних форм, встановив наступну теорему: Якщоp3 (мод 4) то серед цілих чисел залишається більше залишків1,2,...,p12, ніж незалишків. Хоча це елементарне твердження про цілі числа, всі опубліковані докази, включаючи останні, дані Чунгом, Чоулою, Вітменом, Карліцем та Мозером, включають ряди Фур'є. Ландау був дуже прагнув мати елементарний доказ. Хоча Вітмен і Карліц дали дещо пов'язані результати, результат Діріхле досить ізольований. Таким чином, жоден подібний нетривіальний результат не відомий для інших діапазонів.

У 1896 році Аладов, у 1898 р. фон Стернек, а в 1906 році Якобстхол зайнялися питанням про те, скільки разів з'являються комбінації ++, +−, −+ та −−. Вони показали, що кожна з чотирьох можливостей з'явилася, як можна було очікувати, з частотою 1/4. У 1951 році Перрон знову вивчив питання і довів, що подібні результати тримають, якщо замість послідовних цілих чисел один розглядає цілі числа, розділені на відстаньd. J.B. Kelly нещодавно довів результат, який, грубо кажучи, показує, що залишки і незалишки характеризуються цією властивістю. Jacobsthall також отримав часткові результати для випадків 3 послідовних залишків та незалишків. RnNnДозволяти і бути кількість блоківn послідовних залишків і не залишків відповідно. Можна здогадатися, щоRnNnp2n. Серед тих, хто сприяв цьому питанню, - Вандівер, Беннет, Дорж, Хопф, Девенпорт, А. Брауер. Мабуть, найцікавішим результатом є той, що у А.Брауера. Він показав, що дляp>p0(n),Rn>0 іNn>0. Намалюємо частину його доказу. Це залежить від дуже цікавого результату Ван дер Ваердена (1927). Враховуючиk, існуєN=N(k,) таке ціле число, що якщо розділити цілі числа1,2,...,N наk класи будь-яким чином, принаймні один з класів буде містити арифметичну прогресію довжини l. теорема, до якої ми повернемося в наступному розділі.

Повертаючись до роботи Брауера, покажемо, що він доводить, що всі великі прайми мають, скажімо, 7 послідовних залишків. Один розділяє числа1,2,...,p1 на 2 класи, залишки та незалишки. Якщоp він досить великий, один з цих класів буде містити, за теоремою Ван дер Вердена, 49 членів в арифметичній прогресії, скажімо

a,a+b,a+2b,...,a+48b.

Тепер, якщоab=c тоді у нас є 49 послідовних чисел того ж квадратичного символу, а саме

c,c+1,c+2,...,c+48.

і результат завершений.

Доказ існування незалишків значно складніше. Крім того, цікаво зауважити, що існування блоків s на кшталт + − + − не охоплюється цими методами.

Тепер повернемося до питання, поставленого Гауссом. Що можна сказати про найменшийnp незалишок простого? Оскільки 1 - це залишок, відповідне питання про залишки - «що таке найменший основнийrp залишокp?». Ці питання були атаковані в 1920-х роках низкою математиків, включаючи Нагель, Шур, Поля, Цайц, Ландау, Вандівер, Брауер, і Виноградов. Нагель, наприклад, довів, що дляp7, 23,np<p. Поля і Щур довели, що

bn=a(np)<plogp.

Це означає, що ніколи не існує більше, ніжplogp послідовних залишків або залишків, і це коливається набагато більше, ніжplogp має приблизно стільки ж залишків, скільки незалишків. Використовуючи цей результат і деякі теореми про розподіл простих чисел, Виноградов довівp>p0, що для

np<p12elog2p<n.303.

Перевіряючи доказ Виноградова, ми виявили, що за його методомp0 надмірно великий, скажімоp0>101010. Проте, незважаючи на численні спроби, цей результат Виноградова не сильно покращився.

У 1938 р.¨o Ерд с і Ко показали, що існування малих незалишків тісно пов'язане з неіснуванням евклідового алгоритму в квадратичних полах. Це призвело Brauer, Hua, Min до перегляду питання про явні межі для найменшого залишку. Брауер вже в 1928 році довів ряд таких результатів, характерним для яких є те, що для всіхp1 (mod 8),

np<(2p).4+3(2p).2+1

і Хуа і Мін довели, наприклад, що дляp>e250,

np<(60p).625.

Невеликі прості числа (до 10 000 000) розглядали Беннет, Чатланд, Брауер, Мозер та ін.

Зовсім недавно до цих проблем застосовували недоведену розширену гіпотезу Рімана Ліннік, Чоула,¨o Ерд з та Енкені. Так, наприклад, Енкені використовувала розширену гіпотезу Рімана, щоб довести цеnpO(log2p). У зворотному напрямку Піллай (1945) це довівpo(loglogp). Використовуючи спочатку гіпотезу Рімана, а пізніше деякі глибокі результати Лінніка на прості числа в арифметичній прогресії, Фрідлендер і Чоула покращили це доnpo(logp).

Зовсім недавно був ряд результатів в дещо іншому напрямку Brauer, Nagel, Skolem, Redei і Kanold. Метод Redei особливо цікавий. Він використовує скінченний проективний геометричний аналог фундаментальної теореми Мінковського на вогнутих тілах, щоб довести, що дляp1 (mod 4) принаймні17 з чисел доp є залишками і щонайменше 1 є незалишками. Наші власні недавні внески в теорію полягають у цих напрямках. Ми окреслимо деякі з цієї роботи.

Розглянемо спочатку решітку точок в квадраті сторониm. Шукаємо оцінкуV(m), кількість видимих точок решітки в квадраті. Як і на попередньому пункті знаходимо

[m]2=V(m)+V(m2)+

і інвертування за формулою інверсії Mobius дає

V(m)=d1μ(d)[md]2.

Як і раніше, це призводить до асимптотичної оцінки.

V(m)6π2m2.

Однак ми можемо отримати чіткі оцінки дляv(m) також. Дійсно, з точної формулиV(m) вище можна показати, що для всіхm,V(m)>.6m2. Ми зараз беремоm=[p]. Для розумно великихp ми матимемоV([p])>.59m2. Тепер з кожною видимою точкою решітки(a,b) пов'язуємо числоab (модp). Тепер ми покажемо, що різні видимі точки відповідають різним числам. Таким чином, якщоab=cd тодіadbc. Алеad<p іbc<p. Звідсиad=bc іab=cd. Проте(a,b)=(c,d)=1 так, щоa=c іb=d.

Оскільки ми маємо щонайменше .59 різних чиселab, представлених дробамиa<pb<p, принаймні .09 з них буде відповідати незалишкам. ЯкщоR позначає кількість залишків<p іN кількість незалишків<p, тоR+N=p і2RN>.09p. Рішення цих нерівностей даєR,N>.04p. Це слабкіше, ніж результат Нагеля, але має перевагу утримування простих чиселp3 (мод 4), а такожp1 (мод 4). Таким чином, винятки виходять тільки прості числа 7 і 23. Для простих чиселp1 (mod 4) −1 є незалишком, і це може бути використано разом з вищевказаним методом для отримання більш сильних результатів. Можна також використовувати існування багатьох незалишків <,p щоб довести існування одного невеликого залишку, але результати, отримані таким чином, не такі сильні, як результат Виноградова.