Home Page Title Page Literatura Contents [1] M. Davis. Hilbert's tenth problem is unsolvable. The American Mathematical Monthly, 80(3):233-269, March 1973. http://links.jstor.org/sici?sici=0002-9890%28197303% 2980%3A3%3C233%3AHTPIU%3E2.0.CO%3B2-E. [2] J. Herman, R. Kučera a J. Simša. Metody řešení matematických úloh I. MU Brno, druhé vydání, 2001. [3] K. Ireland a M. Rosen. A Classical Introduction to Modern Number Theory. Číslo 84 v Graduate Texts in Mathematics. Springer, druhé vydání, 1998. [4] I. M. Vinogradov. Základy theorie čísel. Nakladatelství ČSAV, 1953. Page 1 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Contents « I ►► Page 2 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Algebra 2 — Teorie čísel Michal Bulant KATEDRA MATEMATIKY, PŘÍRoDovĚDECKÁ FAKIJLTA, MAsARYKovA UNIverzita, Janáčkovo nám. 2a, 662 95 Brno E-mail address: bulant@math.muni.cz Home Page Title Page Contents « I ►► Page 3 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Abstrakt. Na této přednášce se budeme zabývat úlohami o celých číslech. Převážně v nich půjde o dělitelnost celých čísel, popřípadě o řešení rovnic v oboru celých nebo přirozených čísel. Ačkoli jsou přirozená a konec konců i celá čísla v jistém smyslu nejjednodušší matematickou strukturou, zkoumání jejich vlastností postavilo před generace matematiků celou řadu velice obtížných problémů. Často jsou to problémy, které je možno snadno formulovat, přesto však dodnes neznáme jejich řešení. Uveďme některé z nejznámějších: problém prvočíselných dvojčat (rozhodnout, zda existuje nekonečně mnoho prvočísel p takových, že i p + 2 je prvočíslo), Goldbachovu hypotézu (rozhodnout, zda každé sudé číslo větší než 2 je možno psát jako součet dvou prvočísel), nebo klenot mezi problémy teorie čísel - velkou Fermatovu větu (rozhodnout, zda existují přirozená čísla n, x, y, z tak, že n > 2 a platí xn + yn = zn). Tento text výrazně čerpá z knih [2] a [4], pro zájemce o bližší seznámení s nkterými tématy doporučujeme knihu [3], dostupnou v knihovně PřF MU. V mnoha problémech je výhodné vyzkoušet chování algoritmů na reálných příkladech. K tomu lze využít SW nainstalovaný na počítačích sekce matematika. Doporučujeme zejména: • PARI-GP : specializovaný SW na teorii čísel, při výpočtech s většími čísly obvykle výrazně efektivnější než obecně orientované balíky. Spouští se příkazem gp. Nejdůležitější příkazy: \q - ukončení, ? - help, ?? - kompletní uživatelský manuál, ?? tutorial - tutoriál pro úvodní seznámení. Viz také pari.math.u-bordeaux.fr. • SAGE: obecně koncipovaný open-source systém, který mj. zahrnuje interface do Pari-GP a díky jeho prostředí je tak výrazně usnadněna práce. Protože jeho vývoj řídí William Stein, odborník na teorii čísel, je tato část balíku jednoznačně nejpropracovanější. Existuje rovněž mnoho výukových worksheetů. • Maple: vhodný zejména kvůli existenci mnoha výukových pracovních listů (worksheets, i pro teorii čísel), např. na www.mapleapps.com. Title Page Contents « I ►► Page 4 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Obsah Literatura 1. Základní pojmy 1.1. Dělitelnost 1.2. Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek 1.3. Dělitelé a násobky mnoha čísel 1.4. Nesoudělnost 2. Prvočísla 3. Kongruence 3.1. Základní vlastnosti kongruencí 3.2. Aritmetické funkce 3.3. Eulerova funkce 3.4. Malá Fermatova věta, Eulerova věta 4. Řešení kongruencí o jedné neznámé 4.1. Lineární kongruence o jedné neznámé 4.2. Soustavy lineárních kongruencí o jedné neznámé 4.3. Kongruence vyšších stupňů 4.4. Kongruence s prvočíselným modulem 4.5. Binomické kongruence a primitivní kořeny 4.6. Kvadratické kongruence a Legendreův symbol 1 7 7 10 15 16 19 32 33 39 42 45 53 55 59 67 75 76 90 Title Page Contents « I ►► Page 5 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 4.7. Jacobiho symbol 4.8. Aplikace Legendreova a Jacobiho symbolu. 5. Diofantické rovnice 5.1. Lineární diofantické rovnice 5.2. Diofantické rovnice lineární vzhledem k některé neznámé 5.3. Rovnice jiného tvaru 5.4. Řešení diofantických rovnic pomocí nerovností 5.4.1. Některé nerovnosti 5.5. Řešení diofantických rovnic metodou rozkladu 5.5.1. Pythagorova rovnice 5.6. Řešitelnost diofantických rovnic 5.6.1. Neexistence řešení 5.6.2. Zmenšování ad absurdum 5.6.3. Početnost množiny řešení 100 102 107 107 113 117 120 126 129 132 134 135 140 144 Title Page Contents « I ►► Page 6 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 1. Základní pojmy 1.1. Dělitelnost. Definice. Řekneme, že celé číslo a dělí celé číslo b (neboli číslo b je dělitelné číslem a, též b je násobek a), právě když existuje celé číslo c tak, že platí a • c = b. Píšeme pak a | b. Přímo z definice plyne několik jednoduchých tvrzení, jejichž důkaz přenecháváme čtenáři jako cvičení s návodem v [2, §12]: číslo nula je dělitelné každým celým číslem; jediné celé číslo, které je dělitelné nulou, je nula; pro libovolné číslo a platí a | a; pro libovolná čísla a, b, c platí tyto čtyři implikace: 1 b A b 1 c ^= a| c (1) 1 b A a | c ^= a| b + c A a | b — c (2) c = 0 ^= (a | b == > ac | bc) (3) a | b A b > 0 ==>• a < b (4) Příklad. Zjistěte, pro která přirozená čísla n je číslo n2 + 1 dělitelné číslem n +1. Řešení. Platí n2 — 1 = (n + 1)(n — 1), a tedy číslo n +1 dělí číslo n2 — 1. Předpokládejme, že n + 1 dělí i číslo n2 + 1. Pak ovšem musí dělit i rozdíl (n2 + Title Page Contents « I ►► Page 7 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 1) — (n2 — 1) = 2. Protože n G N, platí n + 1 > 2, a tedy z n + 1 | 2 plyne n + 1 = 2, proto n =1. Uvedenou vlastnost má tedy jediné přirozené číslo 1. □ VĚTA 1. (Věta o dělení celých čísel se zbytkem) Pro libovolně zvolená čísla a G Z, m G N existují jednoznačně určená čísla q G Z, r G {0,1,... ,m — 1} tak, že a = qm + r. DŮKAZ. Dokažme nejprve existenci čísel q, r. Předpokládejme, že přirozené číslo m je dáno pevně a dokažme úlohu pro libovolné a G Z. Nejprve budeme předpokládat, že a G No a existenci čísel q, r dokážeme indukcí: Je-li 0 < a < m, stačí volit q = 0, r = a a rovnost a = qm + r platí. Předpokládejme nyní, že a > m a že jsme existenci čísel q, r dokázali pro všechna a' G {0,1, 2,..., a — 1}. Speciálně pro a' = a — m tedy existují q', r' tak, že a' = q'm + r' a přitom r' G {0,1,..., m — 1}. Zvolíme-li q = q' + 1, r = r', platí a = a' + m = (q' + 1)m + r' = qm + r, což jsme chtěli dokázat. Existenci čísel q, r jsme tedy dokázali pro libovolné a > 0. Je-li naopak a < 0, pak ke kladnému číslu —a podle výše dokázaného existují q' G Z, r' G {0,1,..., m— 1} tak, že —a = q'm + r', tedy a = —q'm — r'. Je-li r' = 0, položíme r = 0, q = —q'; je-li r > 0, položíme r = m — r', q = —q' — 1. V obou případech a = q • m + r, a tedy čísla q, r s požadovanými vlastnostmi existují pro každé a G Z, m G N. Nyní dokážeme jednoznačnost. Předpokládejme, že pro některá čísla qi, q2 G Z; ri,r2 G {0,1,... ,m — 1} platí a = q1m + r1 = q2m + r2. Úpravou dostaneme r1 — r2 = (q2 — q1)m, a tedy m | r1 — r2. Ovšem z 0 < r1 < m, 0 < r2 < m plyne Title Page Contents « I ►► Page 8 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page —m < ľ\ — r2 < m, odkud podle (4) platí ri — r2 = 0. Pak ale i (q2 — q\)m = 0, a proto qi = q2, ri = r2. čísla q, r jsou tedy určena jednoznačně. Tím je důkaz ukončen. □ číslo q, resp. r z věty se nazývá (neúplný) podíl, resp. zbytek při dělení čísla a číslem m se zbytkem. Vhodnost obou názvů je zřejmá, přepíšeme-li rovnost a = mq + r do tvaru a r — = q +--, m m přitom 0 < — < 1. m Je vhodné též si uvědomit, že z věty 1 plyne, že číslo m dělí číslo a, právě když zbytek r je roven nule. Příklad. Dokažte, že jsou-li zbytky po dělení čísel a, b E Z číslem m G N jedna, je jedna i zbytek po dělení čísla ab číslem m. Řešení. Podle věty 1 existují s,t E Z tak, že a = sm +1, b = tm + 1. Vynásobením dostaneme vyjádření ab = (sm + 1)(tm + 1) = (stm + s + t)m + 1 = qm + r, kde q = stm + s + t, r = 1, které je podle věty 1 jednoznačné, a tedy zbytek po dělení čísla ab číslem m je jedna. □ Použití v Pari-GP. Vydělením čísla 1234567890 číslem 321 se zbytkem dostáváme 3846005, zbytek 285 - jak vidíme v PARI: Title Page Contents « I ►► Page 9 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page ? divrem(1234567890,321) %2 = [3846005, 285]~ nebo i jinak: ? 1234567890\321 %3 = 3846005 ? 1234567890%321 %4 = 285 1.2. Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek. Definice. Mějme celá čísla a1, a2. Libovolné celé číslo m takové, že m | ai, m | a2 (resp. a1 | m, a2 | m) se nazývá společný dělitel (resp. společný násobek) čísel a1;a2. Společný dělitel (resp. násobek) m > 0 čísel a1;a2, který je dělitelný libovolným společným dělitelem (resp. dělí libovolný společný násobek) čísel ai, a2, se nazývá největší společný dělitel (resp. nejmenší společný násobek) čísel a1,a2 a značí se (a1,a2) (resp. [a1,a2]). Poznámka. Přímo z definice plyne, že pro libovolné a, b G Z platí (a, b) = (b,a), [a, b] = [b, a], (a, 1) = 1, [a, 1] = |a|, (a, 0) = |a|, [a, 0] = 0. Ještě však není jasné, zda pro každou dvojici a, b G Z čísla (a, b) a [a, b] vůbec existují. Pokud však existují, jsou určena jednoznačně: Pro každá dvě čísla m1, m2 G N0 totiž podle (4) platí, že pokud m1 | m2 a zároveň m2 | m1 , je nutně m1 = m2. Důkaz existence Title Page Contents « I ►► Page 10 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page čísla (a, b) podáme (spolu s algoritmem jeho nalezení) ve větě 2, důkaz existence čísla [a, b] a způsob jeho určení pak popíšeme ve větě 4. věta 2. (Euklidův algoritmus) Nechť ai,a2 jsou přirozená čísla. Pro každé n > 3, pro které an-i = 0, označme an zbytek po dělení čísla an-2 číslem an-i. Pak po konečném počtu kroků dostaneme = 0 a platí ak-i = (ai, a2). Důkaz. Podle věty 1 platí a2 > a3 > a4 > .... Protože jde o nezáporná celá čísla, je každé následující alespoň o 1 menší než předchozí, a proto po určitém konečném počtu kroků dostáváme ak = 0, přičemž ak-i = 0. Z definice čísel an plyne, že existují celá čísla qi,q2,..., qk-2 tak, že ai = qi • a2 + a3, a2 = q2 • a3 + a4, (5) nk—3 Qk—3 ' nk—2 + nk—L Z poslední rovnosti plyne, že ak-i | ak-2, z předposlední, že ak-i | ak-3, atd., až nakonec ze druhé ak-i | a2 a z první dostaneme ak-i | ai. Je tedy ak-i společný dělitel čísel ai, a2. Naopak jejich libovolný společný dělitel dělí i číslo a3 = ai — qia2, Title Page Contents « I ►► Page 11 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page proto i a4 = a2 — q2a3,..., a proto i au-i = au-3 — qk-?Ah-2. Dokázali jsme, že afc_i je největší dělitel čísel ai,a2. D PozNÁMKA. Z poznámky za definicí, z věty 2 a z toho, že pro libovolná a, b E Z platí (a, b) = (a, —b) = (—a, b) = (—a, —b) plyne, že existuje největší společný dělitel libovolných dvou celých čísel. Věta 3. (Bezoutova) Pro libovolná celá čísla a1,a2 existuje jejich největší společný dělitel (a1,a2), přitom existují celá čísla fc1,fc2 tak, že (a1,a2) = k1a1 + k2a2. Důkaz. Jistě stačí větu dokázat pro a1,a2 E N. Všimněme si, že jestliže je možné nějaká čísla r, s E Z vyjádřit ve tvaru r = r1a1 + r2a2, s = s1 a1 + s2a2, kde r1, r2, s1, s2 E Z, můžeme tak vyjádřit i r + s = (r1 + s1)a1 + (r2 + s2)a2 a také c • r = (c • r1)a1 + (c • r2)a2 pro libovolné c E Z. Protože a1 = 1 • a1 + 0 • a2, a2 = 0 • a1 + 1 • a2, plyne z (5), že takto můžeme vyjádřit i a3 = a1 — q1a2, a4 = a2 — q2a3, ..., au-1 = au-3 — qk-3ak-2, což je ovšem (a1, a2). D Použití v Pari-GP. Výpočet největšího společného dělitele pomocí Euklidova algoritmu je s využitím výpočetní techniky i pro relativně velká čísla poměrně Title Page Contents « I ►► Page 12 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page rychlý. V našem příkladu to vyzkoušíme na 2 číslech A,B, z nichž každé je součinem dvou 101-ciferných prvočísel. Všimněme si, že výpočet největšího společného dělitele i takto velkých čísel trval zandbatelný čas. ? p=nextprime(5*10~100); ? q=nextprime(3*10~100); ? r=nextprime(10~100); ? A=p*q; ? B=q*r; ? # timer = 1 (on) ? gcd(A,B) time = 0 ms. %19 = 300000000000000000000000000000000000000000\ 000000000000000000000000000000000000000000000000\ 00000000223 ? bezout(A,B) time = 0 ms. %20 = [284455128205128205128205128205128205128205\ 1282051282051282051282051282051282051282051282051\ 282051358, -1422275641025641025641025641025641025\ 6410256410256410256410256410256410256410256410256\ Contents Page 13 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 410256410256435, 30000000000000000000000000000000\ 0000000000000000000000000000000000000000000000000\ 00000000000000000223] Poznámka. Euklidův algoritmus a Bezoutova věta jsou jedny z nejdůležitěj-ších výsledků elementární teorie čísel a tvoří jeden ze základních pilířů algoritmů algebry a teorie čísel. To, že znalost těchto základů je občas důležitá i v praktickém životě, dokazuje Bruce Willis a Samuel Jackson ve filmu Smrtonosná past 3, kde mají za úkol zlikvidovat bombu pomocí 4 galonů vody, 'přičemž k dispozici mají pouze nádoby na 3, resp. 5 galonů. Zde stačí s využitím Euklidova algoritmu najít celá čísla k, l tak, že bude platit 3k + 5l = 4. Netroufám si tvrdit, že zmínění herci ovládají uvedené základy teorie čísel (tuto konkrétní úlohu jistě snadno vyřešíte experimentálně), nicméně předchozí věty dávají návod, jak vyřešit úlohu tohoto typu s libovolnými zadanými parametry, což podrobně rozebereme v části o diofantických rovnicích. Věta 4. Pro libovolná celá čísla a1,a2 existuje jejich nejmenší společný násobek [a1, a2] a platí (a1, a2) • [a1, a2] = |ai • a2|. Důkaz. Věta jistě platí, je-li některé z čísel a1,a2 rovno nule. Můžeme navíc předpokládat, že obě nenulová čísla a1,a2 jsou kladná, neboť jejich znaménka se v dokazovaném vzorci neprojeví. Budeme hotovi, ukážeme-li, že q = a1 • a2/(a1, a2) je nejmenší společný násobek čísel a1,a2. Protože (a1,a2) je společný dělitel čísel Title Page Contents AA I ►► _A_I ► Page 14 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page a1, a2, jsou a1 /(a1, a2) i a2/(a1, a2) celá čísla, a proto a1 a2 a1 a2 (ai,a2) (öi,a2) a2 = (a1, a2) a1 je společný násobek čísel a1 ,a2. Podle věty 3 existují fc1,fc2 G Z tak, že (a1,a2) = k1a1 + k2a2. Předpokládejme, že n G Z je libovolný společný násobek čísel a1,a2 a ukážeme, že je dělitelný číslem q. Je tedy n/a1, n/a2 G Z, a proto je i celé číslo n a2 n k1 +--• k2 = n(fc1a1 + fc2a2) n(a1;a2) n a1 a1a2 a1a2 To ovšem znamená, že q | n, což jsme chtěli dokázat. 1.3. Dělitelé a násobky mnoha čísel. □ Definice. Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek n čísel a1, a2,..., an Z definujeme analogicky jako v 1.2. Libovolné m G Z takové, že m | a1, m | a2, ..., m | an (resp. a1 | m, a2 | m, ..., an | m) se nazývá společný dělitel (resp. společný násobek) čísel a1, a2,..., an. Společný dělitel (resp. násobek) m > 0 čísel a1, a2, . . . , an, který je dělitelný libovolným společným dělitelem (resp. dělí libovolný společný násobek) těchto čísel, se nazývá největší společný dělitel (resp. nejmenší společný násobek) čísel a1,a2,...,an a značí se (a1 ,a2,...,an) (resp. [a1, a2,..., an]). Title Page Contents G « I ►► Page 15 of 148 Go Back Full Screen Close Quit q Home Page Snadno se přesvědčíme, že platí (ai,..., ara_i, an) = ((ai,..., ara_i), an), [ai,..., an-1, an] = [[ai,..., an_i], an]. (6) (7) Největší společný dělitel (a1,..., an) totiž dělí všechna čísla a1,..., an, a tedy je společným dělitelem čísel a1, ..., an-1, a proto dělí i největšího společného dělitele (a1,..., an-1), tj. (a1,..., an) | ((a1,..., an-1), an). Naopak největší společný dělitel čísel (a1,... ,ara_1),ara musí kromě čísla an dělit i všechna čísla a1,... , an_1, protože dělí jejich největšího společného dělitele, a proto ((a1,..., an-1), an) | (a1,..., an). Dohromady dostáváme rovnost (6) a zcela analogicky se dokáže (7). Pomocí (6) a (7) snadno dokážeme existenci největšího společného dělitele i nejmenšího společného násobku libovolných n čísel indukcí vzhledem k n: pro n = 2 je jejich existence dána větami 2 a 4, jestliže pro některé n > 2 víme, že existuje největší společný dělitel i nejměnší společný násobek libovolných n — 1 čísel, podle (6) a (7) existuje i pro libovolných n čísel. 1.4. Nesoudělnost. Definice. Čísla a1, a2,..., an G Z se nazývají nesoudělná, jestliže platí (a1, a2,..., an) 1. Čísla a1 ,a2,..., an G Z se nazývají po dvou nesoudělná, jestliže pro každé i, j takové, že 1 < i < j < n, platí (aj, aj) = 1. Title Page Contents « I ►► Page 16 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Poznámka. V případě n = 2 oba pojmy splývají, pro n > 2 plyne z ne-soudělnosti po dvou nesoudělnost, ne však naopak: například čísla 6, 10, 15 jsou nesoudělná, ale nejsou nesoudělná po dvou, neboť dokonce žádná dvojice z nich vybraná nesoudělná není: (6,10) = 2, (6,15) = 3, (10,15) = 5. Příklad. Nalezněte největší společný dělitel čísel 263 — 1 a 291 — 1. Řešení. Užijeme Euklidův algoritmus. Platí 291 — 1 = 228 ( 263 — 1) + 228 — 1, 263 — 1 = (235 + 27)(228 — 1) + 27 — 1, 228 — 1 = (221 + 214 + 27 + 1)(27 — 1). Hledaný největší společný dělitel je tedy 27 — 1 = 127. □ Věta 5. Pro libovolná přirozená čísla a, b, c platí (1) (ac, bc) = (a, b) • c, (2) jestliže (a, b) = 1 a a | bc, pak a | c, (3) d = (a, b) právě tehdy, když existují q1,q2 g N tak, že a = dq1, b = dq2 a (q1, q2) = 1 ■ Důkaz. ad 1. Protože (a,b) je společný dělitel čísel a, b, je (a,b) • c společný dělitel čísel ac, bc, proto (a,b) • c | (ac,bc). Podle věty 3 existují k,l g Z tak, že (a, b) = ka + Ib. Protože (ac, bc) je společný dělitel čísel ac, bc, dělí i číslo Title Page Contents « I ►► Page 17 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page kac + lbe = (a, b) ■ c. Dokázali jsme, že (a, b) ■ c a (ac, bc) jsou dvě přirozená čísla, která dělí jedno druhé, proto se podle (4) rovnají. ad 2. Předpokládejme, že (a, b) = 1 a a | bc. Podle Bezoutovy věty (věta 3) existují k, l G Z tak, že ka + Ib = 1, odkud plyne, že c = c(ka + Ib) = kca + Ibc. Protože a | bc, plyne odsud, že i a | c. ad 3. Nechť d = (a, b), pak existují q1,q2 G N tak, že a = dqi, b = Pak podle části (1) platí d = (a, b) = (dq1, dq2) = d-(qi, q2), a tedy q2) = 1. Naopak, je-li a = dqi, b = dq2 a q2) = 1, pak (a, b) = (dq1, dq2) = d(q1, q2) = d ■ 1 = d (opět užitím 1. části tohoto tvrzení). □ Contents « I ►► Page 18 of 148 Go Back Full Screen Close Quit 2. Prvočísla Prvočíslo je jeden z nejdůležitějších pojmů elementární teorie čísel. Jeho důležitost je dána především větou o jednoznačném rozkladu libovolného přirozeného čísla na součin prvočísel, která je silným a účinným nástrojem při řešení celé řady úloh z teorie čísel. Definice. Každé přirozené číslo n > 2 má aspoň dva kladné dělitele: 1a n. Pokud kromě těchto dvou jiné kladné dělitele nemá, nazývá se prvočíslo. V opačném případě hovoříme o složeném čísle. V dalším textu budeme zpravidla prvočíslo značit písmenem p. Nejmenší prvočísla jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, .... Prvočísel je, jak brzy dokážeme, nekonečně mnoho, máme ovšem poměrně limitované výpočetní prostředky na zjištění, zdaje dané číslo prvočíslem (největší známé prvočíslo 230402457 — 1 má pouze 9 152052 cifer). Věta 6. Přirozené číslo p > 2 je prvočíslo, právě když platí: pro každá celá čísla a, b z p | ab plyne p | a nebo p | b. Důkaz. „=" Předpokládejme, že p je prvočíslo a p | ab, kde a, b e Z. Protože (p, a) je kladný dělitel p, platí (p, a) = p nebo (p, a) = 1. V prvním případě p | a, ve druhém p | b podle věty 5. Home Page Title Page Contents « I ►► Page 19 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page „-<=" Jestliže p není prvočíslo, musí existovat jeho kladný dělitel různý od 1 a p. Označíme jej a; pak ovšem b = -E N a platí p = ab, odkud 1 < a < p, 1 < b < p. Našli jsme tedy celá čísla a, b tak, že p | ab a přitom p nedělí ani a, ani b. □ Příklad. Nalezněte všechna čísla k E N0, pro která je mezi deseti po sobě jdoucími čísly k + 1,k + 2,...,k + 10 nejvíce prvočísel. Řešení. Pro k = 1 je mezi našimi čísly pět prvočísel: 2, 3, 5, 7, 11. Pro k = 0 a k = 2 pouze čtyři prvočísla. Jestliže k > 3, není mezi zkoumanými čísly číslo 3. Mezi deseti po sobě jdoucími celými čísly pět sudých a pět lichých čísel, mezi kterými je zase aspoň jedno dělitelné třemi. Našli jsme tedy mezi čísly k + 1, k + 2, ..., k + 10 aspoň šest složených, jsou tedy mezi nimi nejvýše čtyři prvočísla. Zadání proto vyhovuje jediné číslo k = 1. □ Příklad. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n existuje n po sobě jdoucích přirozených čísel, z nichž žádné není prvočíslo. ŘešenÍ. Zkoumejme čísla (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3,..., (n + 1)! + (n + 1). Mezi těmito n po sobě jdoucími čísly není žádné prvočíslo, protože pro libovolné k e {2, 3,..., n + 1} platí k | (n +1)!, a tedy k | (n + 1)! + k, a proto (n + 1)! + k nemůže být prvočíslo. □ Příklad. Dokažte, že pro libovolné prvočíslo p a libovolné k e N, k < p, je - kombinační číslo dělitelné p. Title Page Contents « I ►► Page 20 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Řešení. Podle definice kombinačního čísla 'p\ p! p • (p — 1)(p — k + 1) = 777-777 = -;- €E N, vky k! (p — k)! 1 • 2k a tedy k! | p • a, kde jsme označili a = (p — 1)(p — k + 1). Protože k < p, není žádné z čísel 1, 2,..., k dělitelné prvočíslem p, a tedy podle věty 6 není ani k! dělitelné prvočíslem p, odkud (k!,p) = 1. Podle věty 5 platí k! | a, a tedy b = j ie celé číslo. Protože k = tt = pb, ie číslo , dělitelné číslem p. U j j j VĚTA 7. Libovolné přirozené číslo n > 2 je možné vyjádřit jako součin prvočísel, přičemž je toto vyjádření jediné, nebereme-li v úvahu pořadí činitelů. (Je-li n prvočíslo, pak jde o „součin" jednoho prvočísla.) Poznámka. Dělitelnost je možné obdobným způsobem jako v 1.1 definovat v libovolném oboru integrity (zkuste si rozmyslet, proč se omezujeme na obory integrity). V některých oborech integrity přitom žádné prvky s vlastností prvočísla (říkáme jim ireducibilní) neexistují (např. Q), v jiných sice ireducibilní prvky existují, ale zase tam neplatí věta o jednoznačném rozkladu (např. v —5) máme následující rozklady: 6 = 2 • 3 = (1 + \j—5) • (1 — \j—5); zkuste si rozmyslet, že všichni uvedení činitelé jsou skutečně v —5) ireducibilní). Důkaz. Nejprve dokážeme indukcí, že každé n > 2 je možné vyjádřit jako součin prvočísel. Title Page Contents « I ►► Page 21 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Je-li n = 2, je n součin jediného prvočísla 2. Předpokládejme nyní, že n > 2 a že jsme již dokázali, že libovolné n', 2 < n' < n, je možné rozložit na součin prvočísel. Jestliže n je prvočíslo, je součinem jediného prvočísla. Jestliže n prvočíslo není, pak existuje jeho dělitel d, 1 < d < n. Označíme-li c = ^, platí také 1 < c < n. Z indukčního předpokladu plyne, že c i d je možné vyjádřit jako součin prvočísel, a proto je takto možné vyjádřit i jejich součin c • d = n. Nyní dokážeme jednoznačnost. Předpokládejme, že platí rovnost součinů p1 • p2pm = q1 • q2qs, kde P1,... ,pm, q1,... , qs jsou prvočísla a navíc platí p1 < p2 < • • • < pm, q1 < q2 < • • • < qs a 1 < m < s. Indukcí vzhledem k m dokážeme, že m = s, p1 = q1,... , pm = qm. Je-li m = 1, je p1 = q1qs prvočíslo. Kdyby s > 1, mělo by číslo p1 dělitele q1 takového, že 1 < q1 < p1 (neboť q2q3 ... qs > 1), což není možné. Je tedy s = 1 a platí p1 = q1. Předpokládejme, že m > 2 a že tvrzení platí pro m — 1. Protože p1 • p2pm = q1 • q2qs, dělí pm součin q1qs, což je podle věty 6 možné jen tehdy, jestliže pm dělí nějaké pro vhodné i G {1, 2,..., s}. Protože je prvočíslo, plyne odtud pm = (neboť pm > 1). Zcela analogicky se dokáže, že qs = pj pro vhodné j G {1, 2,..., m}. Odtud plyne qs = pj < pm = < qs, Title Page Contents AA I ►► Page 22 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page takže pm = qs. Vydělením dostaneme p1 • p2pm-1 = q1 • q2qs-1, a tedy z indukčního předpokladu m — 1 = s — 1, p1 = q1,-- - ,pm-1 = qm-1. Celkem tedy m = s a p1 = q1,... ,pm-1 = qm-1, pm = qm. Jednoznačnost, a proto i celá věta 7 je dokázána. □ Poznámka. Již jsme se zmínili, že je složité o velkých číslech s jistotou rozhodnout, jde-li o prvočíslo (na druhou stranu je o naprosté většině složených čísel snadné prokázat, že jsou skutečně složená). Přesto se v roce 2002 podařilo indickým matematikům (Agrawal, Saxena, Kayal: http://www.cse.iitk. ac.in/users/manindra/primality_v6.pdf) dokázat, že problém prvočíselnosti je možné rozhodnout algoritmem s časovou složitostí polynomiálně závislou na počtu cifer vstupního čísla. Nic podobného se zatím nepodařilo v otázce rozkladu čísla na prvočísla (třebaže se obecně nevěří, že je to možné, exaktní důkaz zatím nebyl podán). Že je problém rozkladu přirozeného čísla na prvočísla výpočetně složitý, o tom svědčí i výzva učiněná firmou RSA Security (viz http://www.rsasecurity.com/ rsalabs/node.asp?id=2093). Pokud se vám podaří rozložit čísla označená podle počtu cifer jako RSA-704, RSA-768, ..., RSA-2048, obdržíte 30 000, 50 000, ..., resp. 200 000 dolarů (čísla RSA-576 a RSA-640 již byla rozložena v roce 2003, resp. 2005; byla-li vyplacena slíbená odměna, mi není známo). Title Page Contents « I ►► Page 23 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page DŮSLEDEK. (1) Jsou-li pi,... ,pk navzájem různá prvočísla a n\,..., Uk E No, je každý kladný dělitel čísla a = p^1 m i,..., mk E N0 a mi < n, m2 < n2, Číslo a má tedy právě t (a) = (ni + 1)(n2 + 1) kladných dělitelů, jejichž součet je ■Pkh i „mi tvaru pl Ulk < Uk. kde (Uk + 1) a (a) = r>ni+1 p pk (2) Jsou-li pi,... ,pk navzájem různá prvočísla a n, ..., nk, mi, ..., mk E N0 a označíme-li r i = min{ni,mi}, ti = max{ni,mi} pro každé i = 1, 2,... ,k, platí (pn ' Pk ] =P Pl1 P k ■ Poznámka. S pojmem součet všech kladných dělitelů čísla a souvisí pojem tzv. dokonalého čísla a, které splňuje podmínku o~(a) = 2a, resp. slovně: „součet všech kladných dělitelů čísla a menších než a samotné je roven číslu a". Takovými čísly jsou např. 6 = 1 + 2 + 3, 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14, 496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 a 8128 (jde o všechna dokonalá čísla menší než 10 000). Title Page Contents « I ►► Page 24 of 148 Go Back Full Screen Close Quit 1 1 Home Page Lze ukázat, že sudá dokonalá čísla jsou v úzkém vztahu s tzv. Mersenneho prvočísly. Platí totiž: a je sudé dokonalé číslo, právě když je tvaru a = 2q-1 • (2q — 1), kde 2q — 1 je prvočíslo. Mersenneho prvočísla jsou právě prvočísla tvaru 2k — 1. Bez zajímavosti není ani to, že právě Mersenneho prvočísla jsou mezi všemi prvočísly nejlépe „vidět" - obecně je pro velká čísla, u kterých se nedaří nalézt netriviálního dělitele, obtížné prokázat, že jsou prvočísla. Pro Mersenneho prvočísla existuje poměrně jednoduchý a rychlý postup. Proto není náhodou, že největší známá prvočísla jsou obvykle tvaru 2k — 1 (viz např. http://www.utm.edu/research/ primes/largest.html). Na druhou stranu popsat lichá dokonalá čísla se dodnes nepodařilo, resp. dodnes se neví, jestli vůbec nějaké liché dokonalé číslo existuje Příklad. Dokažte, že pro každé celé n > 2 existuje mezi čísly n a n! alespoň jedno prvočíslo. Řešení. Označme p libovolné prvočíslo dělící číslo n! — 1 (takové existuje podle věty 7, protože n! — 1 > 1). Kdyby p < n, muselo by p dělit číslo n! a nedělilo by n! — 1. Je tedy n < p. Protože p | (n! — 1), platí p < n! — 1, tedy p < n!. Prvočíslo p splňuje podmínky úlohy. □ Nyní uvedeme několik důkazů toho, že existuje nekonečně mnoho prvočísel (i když tvrzení v podstatě vyplývá už z předchozího příkladu). Věta 8. Mezi přirozenými čísly existuje nekonečně mnoho prvočísel. Title Page Contents « I ►► Page 25 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Důkaz. (Eukleides) Předpokládejme, že prvočísel je konečně mnoho a označme je p1,p2,... ,pn. Položme N = p1 • p2 .. .pn + 1. Toto číslo je buď samo prvočíslem nebo je dělitelné nějakým prvočíslem různým od p1,... ,pn (čísla p1,... ,pn totiž dělí číslo N — 1), což je spor. (Kummer, 1878): Předpokládejme, že prvočísel je konečně mnoho a označme je p1 < p2 < • • • < pn. Položme N = p1 • p2 • • • pn > 2. číslo N — 1 je podle věty 7 dělitelné některým prvočíslem p^, které dělí zároveň číslo N a tedy i N — (N — 1) = 1. Spor. (Fiirstenberg, 1955): V této poznámce uvedeme elementární „topologický" důkaz existence nekonečně mnoha prvočísel. Zavedeme topologii prostoru celých čísel pomocí báze tvořené aritmetickými posloupnostmi (od — oo do +oo). Lze snadno ověřit, že jde skutečně o topologický prostor, navíc lze ukázat, že je normální a tedy metrizovatelný. Každá aritmetická posloupnost je uzavřená i otevřená množina (její komplement je sjednocení ostatních aritmetických posloupností se stejnou diferencí). Dostáváme, že sjednocení konečného počtu aritmetických posloupností je uzavřená množina. Uvažme množinu A = UÁp, kde Ap je tvořena všemi násobky p a p probíhá všechna prvočísla. Jediná celá čísla nepatřící do A jsou —1 a 1 a protože množina { — 1,1} zřejmě není otevřená, množina A nemůže být uzavřená. A tedy není Contents AA I ►► Page 26 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page konečným sjednocením uzavřených množin, což znamená, že musí existovat nekonečně mnoho prvočísel. □ Příklad. Dokažte, že existuje nekonečně mnoho prvočísel tvaru 3k + 2, kde k G No. Řešení. Předpokládejme naopak, že existuje pouze konečně mnoho prvočísel tohoto tvaru a označme je p1 = 2, p2 = 5, p3 = 11, pn. Položme N = 3p2 • p3pn + 2. Rozložíme-li N na součin prvočísel podle věty 7, musí v tomto rozkladu vystupovat aspoň jedno prvočíslo p tvaru 3k+2, neboť v opačném případě by bylo N součinem prvočísel tvaru 3k + 1 (uvažte, že N není dělitelné třemi), a tedy podle příkladu na str. 9 by bylo i N tvaru 3k +1, což neplatí. Prvočíslo p ovšem nemůže být žádné z prvočísel p1, p2, . . . , pn, jak plyne z tvaru čísla N, a to je spor. □ Poznámka. Analogicky se dokáže i tvrzení o prvočíslech tvaru 4k + 3, bohužel na obecný případ nám naše omezené prostředky nestačí. V kapitole o kvadratických kongruencích budeme alespoň schopni dokázat obdobné tvrzení pro prvočísla tvaru 4k + 1 . Contents « I ►► Page 27 of 148 Go Back Full Screen Close Předchozí příklady je možné značně zobecnit. Platí totiž tvrzení, které bývá nazýváno Bertrandovým postulátem nebo čebyševovou větou: Quit Home Page VĚTA 9. (Cebyševova) (1) libovolné přirozené číslo n > 5 existují mezi čísly n a 2n alespoň dvě prvočísla. (2) Pro každé číslo n > 3 existuje mezi čísly n a 2n—2 alespoň jedno prvočíslo. DŮKAZ. Důkaz lze provést elementárními prostředky, je však poměrně dlouhý, proto zde není uveden. Viz např. http://matholymp.com/TUTORIALS/Bertrand. pdf □ Z tvrzení uvedených v této kapitole je možné si udělat hrubou představu o tom, jak „hustě" se mezi přirozenými čísla prvočísla vyskytují. Přesněji (i když „pouze" asymptoticky) to popisuje tzv. „prime number theorem": VĚTA 10. (o hustotě prvočísel) Nechťn(x) udává počet prvočísel menších nebo rovných číslu x E R. Pak n (x) ~ , , ln x tj. podíl funkcí n(x) a x/ ln x se pro x — oo limitně blíží k 1. POZNÁMKA. To, jak jsou prvočísla hustě rozmístěna v množině přirozených čísel, rovněž udává Eulerův výsledek x p prvočíslo 1 P = OO. Title Page Contents « I ►► Page 28 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Přitom např. ra€N n2 6 což znamená, že prvočísla jsou v N rozmístěna „hustěji" než druhé mocniny. POUŽITÍ v Pari-GP. O tom, jak odpovídá asymptotický odhad n(x) ~ x/ ln(x), v některých konkrétních příkladech vypovídá následující tabulka (získaná s využitím funkce primepi(x) v Pari-GP. ? v=[100,1000,10000,100000,500000]; ? for(k=1,5,print(v[k],M&",primepi(v[k]),M&",\ v[k]/log(v[k]),M&",\ (primepi(v[k])-v[k]/log(v[k]))/primepi(v[k]))) x n (x) x/ln(x) relativní chyba 100 25 21.71 0.13 1000 168 144.76 0.13 10000 1229 1085.73 0.11 100000 9592 8685.88 0.09 500000 41538 38102.89 0.08 Contents « I ►► Page 29 of 148 Go Back Full Screen Close Poslední příklad (o nekonečnosti počtu prvočísel tvaru 3k + 2) zobecňuje Di-richletova věta o aritmetické posloupnosti: Quit 1 _ Home Page věta 11. (Dirichletova) Jsou-li a, m nesoudělná přirozená čísla, existuje nekonečně mnoho přirozených čísel k tak, že mk + a je prvočíslo. Jinými slovy, mezi čísly 1 • m + a, 2 • m + a, 3 • m + a,... existuje nekonečně mnoho prvočísel. Důkaz. Jde o hlubokou větu teorie čísel, k jejímuž důkazu je zapotřebí aparát značně přesahující její elementární část. Viz např. [3, kap. 16, s. 249-257] U Označení. Pro libovolné prvočíslo p a libovolné přirozené číslo n je podle věty 7 jednoznačně určen exponent, se kterým vystupuje p v rozkladu čísla n na prvočinitele (pokud p nedělí číslo n, považujeme tento exponent za nulový). Budeme jej označovat symbolem vp(n). Pro záporné celé číslo n klademe vp(n) = Vp(—n). Podle důsledku 2 můžeme právě zavedené označení vp(n) charakterizovat tím, že pVp(n) je nejvyšší mocninou prvočísla p, která dělí číslo n, nebo tím, že n = pVp(n) • m, kde m je celé číslo, které není dělitelné číslem p. Odtud snadno plyne, že pro libovolná nenulová celá čísla a, b platí vp(ab) = vp(a) + vp (b) (8) vp(a) < vp(b) A a + b = 0 =>• vp(a + b) > vp(a) (9) vp(a) < vp(b) =>• vp(a + b) = vp(a) (10) vp(a) < vp(b) =>• vp((a,b)) = vp(a) A vp([a,b]) = vp(b) (11) Title Page Contents « I ►► Page 30 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Na následujícím příkladu demonstrujme užitečnost zavedeného označení. Příklad. Dokažte, že pro libovolná přirozená čísla a, b, c platí ([a, b], [a, c], [b, c]) = [(a, b), (a, c), (b, c)] Řešení. Podle věty 7 budeme hotovi, ukážeme-li, že vp(L) = vp(P) pro libovolné prvočíslo p, kde L, resp. P značí výraz na levé, resp. pravé straně. Nechť je tedy p libovolné prvočíslo. Vzhledem k symetrii obou výrazů můžeme bez újmy na obecnosti předpokládat, že vp(a) < vp(b) < vp(c). Podle (11) platí vp([a,b]) = vp(b), vp([a,c]) = vp([b, c]) = vp(c); vp((a,b)) = vp((a,c)) = vp(a), vp((b, c)) = vp(b), odkud vp(L) = vp(b) = vp(P), což jsme měli dokázat. □ Contents « I ►► Page 31 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 3. Kongruence Pojem kongruence byl zaveden Gaussem. Ačkoliv je to pojem velice jednoduchý, jeho důležitost a užitečnost v teorii čísel je nedocenitelná; projevuje se zejména ve stručných a přehledných zápisech některých i velmi komplikovaných úvah. Definice. Jestliže dvě celá čísla a, b mají při dělení přirozeným číslem m týž zbytek r, kde 0 < r < m, nazývají se a, b kongruentní modulo m (též kongruentní podle modulu m), což zapisujeme takto: a = b (mod m). V opačném případě řekneme, že a, b nejsou kongruentní modulo m, a píšeme a = b (mod m). Lemma. Pro libovolná a, b G Z, m G N jsou následující podmínky ekvivalentní: (1) a = b (mod m), (2) a = b + mt pro vhodné t G Z, (3) m | a — b. Důkaz. „(1)=^(3)" Jestliže a = q1m + r, b = q2m + r, pak a — b = (q1 — q2)m. „(3)=^(2)" Jestliže m | a — b, pak existuje t G Z tak, že m • t = a — b, tj. a = b + mt. Title Page Contents « I ►► Page 32 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page „(2) = (1)" Jestliže a = b+mt, pak z vyjádření b = mq+r plyne a = m(q+t)+r, tedy a i b mají při dělení číslem m týž zbytek r, tj. a = b (mod m). □ 3.1. Základní vlastnosti kongruencí. Přímo z definice plyne, že kongruence podle modulu m je reflexivní (tj. a = a (mod m) platí pro každé a E Z), symetrická (tj. pro každé a, b E Z z a = b (mod m) plyne b = a (mod m)) a tranzitivní (tj. pro každé a, b, c E Z z a = b (mod m) a b = c (mod m) plyne a = c (mod m)) relace, jde tedy o ekvivalenci. Dokážeme nyní další vlastnosti: VĚTA 12. (Základní vlastnosti kongruencí) (1) Kongruence podle téhož modulu můžeme sčítat. Libovolný sčítanec můžeme přenést s opačným znaménkem z jedné strany kongruence na druhou. K libovolné straně kongruence můžeme přičíst jakýkoliv násobek modulu. DŮKAZ. Je-li ai = bi (mod m) a a2 = b2 (mod m), existují podle lemmatu t1,t2 E Z tak, že a1 = b1 + mt1, a2 = b2 + mt2. Pak ovšem a1 + a2 = b1 + b2 + m(t1 + t2) a opět podle lemmatu a1 + a2 = b1 + b2 (mod m). Sečteme-li kongruenci a+b = c (mod m) s kongruencí —b = —b (mod m), která zřejmě platí, dostaneme a = c — b (mod m). Sečteme-li kongruenci a = b (mod m) s kongruencí mk = 0 (mod m), jejíž platnost je zřejmá, dostaneme a + mk = b (mod m). □ Title Page Contents « I ►► Page 33 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page (2) Kongruence podle téhož modulu můžeme násobit. Obě strany kon-gruence je možné umocnit na totéž přirozené číslo. Obě strany kongruence je možné vynásobit stejným celým číslem. Důkaz. Je-li a1 = b1 (mod m) a a2 = b2 (mod m), existují podle t1 ,t2 G Z tak, že a1 = b1 + mt1, a2 = b2 + mt2. Pak ovšem a1a2 = (b1 + mt1)(b2 + mt2) = b1b2 + m(t1b2 + b1t2 + mŕ1ŕ2), odkud podle dostáváme a1a2 = b1b2 (mod m). Je-li a = b (mod m), dokážeme indukcí vzhledem k přirozenému číslu n, že platí an = bn (mod m). Pro n =1 není co dokazovat. Platí-li an = bn (mod m) pro nějaké pevně zvolené n, vynásobením této kongruence a kongruence a = b (mod m) dostáváme an • a = bn • b (mod m), tedy an+1 = bn+1 (mod m), což je tvrzení pro n +1. Důkaz indukcí je hotov. Jestliže vynásobíme kongruenci a = b (mod m) a kongruenci c = c (mod m), dostaneme ac = bc (mod m). □ (3) Obě strany kongruence můžeme vydělit jejich společným dělitelem, jestliže je tento dělitel nesoudělný s modulem. Důkaz. Předpokládejme, že a = b (mod m), a = a1 • d, b = b1 • d a ( m, d) = 1. Podle lemmatu je rozdíl a — b = ( a1 — b1 ) • d dělitelný číslem Title Page Contents AA I ►► Page 34 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page m. Protože (m, d) = 1, je podle věty 5 číslo ai — bi také dělitelné číslem m, odtud podle lemmatu plyne a1 = b1 (mod m). □ (4) Obě strany kongruence i její modul můžeme současně vynásobit tímtéž přirozeným číslem. Důkaz. Je-li a = b (mod m), existuje podle lemmatu celé číslo t tak, že a = b + mt, odkud pro c E N platí ac = bc + mc • t, odkud opět podle lemmatu plyne ac = bc (mod mc). □ (5) Obě strany kongruence i její modul můžeme vydělit jejich společným kladným dělitelem. DŮkaz. Předpokládejme, že a = b (mod m), a = a1 • d, b = b1 • d, m = m1 • d, kde d E N. Podle lemmatu existuje t E Z tak, že a = b + mt, tj. a1 • d = b1 • d + m1dt, odkud a1 = b1 + m1t, což podle lemmatu znamená, že a1 = b1 (mod m1). □ (6) Jestliže kongruence a = b platí podle modulů m1,... ,mk, platí i podle modulu, kterým je nejmenší společný násobek [mx,..., mk] těchto čísel. Důkaz. Jestliže a = b (mod m1), a = b (mod m2),..., a = b (mod ), podle lemmatu je rozdíl a — b společný násobek čísel m1,m2,..., a Title Page Contents « I ►► Page 35 of 148 Go Back Full Screen Close Quit tedy je dělitelný jejich nejmenším společným násobkem [m1, m2,..., mk], odkud plyne a = b (mod [m1,..., mk]). D (7) Jestliže kongruence platí podle modulu m, platí podle libovolného modulu d, který je dělitelem čísla m. Důkaz. Jestliže a = b (mod m), je a — b dělitelné m, a proto také dělitelem d čísla m, odkud a = b (mod d). D (8) Jestliže je jedna strana kongruence a modul dělitelný nějakým celým číslem, musí být tímto číslem dělitelná i druhá strana kongruence. Důkaz. Předpokládejme, že a = b (mod m), b = b1d, m = m1d. Pak podle lemmatu existuje t E Z tak, že a = b + mt = b1d + m1dt = (b1 + m1t)d, a tedy d | a. D Poznámka. Některé vlastnosti kongruencí jsme již používali, aniž bychom si toho povšimli - například příklad ze strany 9 lze přeformulovat do tvaru „jestliže a = 1 (mod m), b = 1 (mod m), pak také ab = 1 (mod m)", což je speciální případ tvrzení věty 12 (2). Nejde o náhodu. Libovolné tvrzení používající kongruence můžeme snadno přepsat pomocí dělitelnosti. Užitečnost kongruencí tedy netkví v tom, že bychom pomocí nich mohli řešit úlohy, které bez nich řešit nejsme Home Page Title Page Contents « I ►► Page 36 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page schopni, ale v tom, že jde o velmi vhodný způsob zápisu. Osvojíme-li si ho, výrazně tím zjednodušíme jak vyjadřování, tak i některé úvahy. Je to typický jev: v matematice hraje vhodná symbolika velmi závažnou úlohu. Příklad. Nalezněte zbytek po dělení čísla 520 číslem 26. Řešení. Protože 52 = 25 = — 1 (mod 26), platí podle věty 12 (2) 520 = (—1)10 = 1 (mod 26), a tedy zbytek po dělení čísla 520 číslem 26 je jedna. □ Příklad. Dokažte, že pro libovolné n G N je 37n+2 + 16n+1 + 23n dělitelné sedmi. Řešení. Platí 37 = 16 = 23 = 2 (mod 7), a tedy podle 12 (2) a (1) platí 37n+2 + 16n+1 + 23n = 2n+2 + 2n+1 + 2n = 2n (4+2+1) = 2n • 7 = 0 (mod 7), což jsme chtěli dokázat. □ Příklad. Dokažte, že číslo n = (8355 + 6)18 — 1 je dělitelné číslem 112. Řešení. Rozložíme 112 = 7 • 16. Protože (7,16) = 1, stačí ukázat, že 7 | n a 16 | n. Platí 835 = 2 (mod 7), a tedy podle 12 n = (25 + 6)18 — 1 = 3818 — 1 = 318 — 1 = 276 — 1 = (— 1)6 — 1 = 0 (mod 7), Title Page Contents « I ►► Page 37 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page proto 7 | n. Podobně 835 = 3 (mod 16), a tedy n = (35 + 6)1 8 — 1 = (3 • 81 + 6)1 8 — 1 = (3 • 1 + 6)1 8 — 1 = = 91 8 — 1 = 819 — 1 = 19 — 1 = 0 (mod 16), proto 16 | n. Celkem tedy 112 | n, což jsme měli dokázat. □ Příklad. Dokažte, že pro libovolné prvočíslo p a libovolná a, b e Z platí ap + bp = (a + b)p (mod p). Řešení. Podle binomické věty platí (a + b)p = ap + (p)ap-1 b + (2)ap—2b2 + • • • + ( pi)abp—1 + bp. Podle příkladu za větou 6 pro libovolné k 1, . . . , p 1 platí p 0 (mod p), k odkud plyne tvrzení. □ Následující tvrzení je další užitečnou vlastností kongruencí: Lemma. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo m a libovolná a, b e Z taková, že a = b (mod mn), kde n e N, platí, že am = bm (mod mn+i). Důkaz. Platí am - bm = (a - b)(am- 1 + am-2b + • • • + abm-2 + bm- 1) (12) Title Page Contents « I ►► Page 38 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page a protože m | mn, tak podle 12 (7) platí i a = b (mod m). Jsou tedy všechny sčítance ve druhé závorce v (12) kongruentní s am-1 modulo m, a tedy am-1 + am-2b + • • • + abm-2 + bm-1 = m • am-1 = 0 (mod m), proto je am-1 + am-2 + • • • + abm-2 + bm-1 dělitelné m. Z a = b (mod mn) plyne, že mn dělí a — b, a tedy mra+1 dělí jejich součin, což vzhledem k (12) vede k závěru, že am = bm (mod mra+1). □ 3.2. Aritmetické funkce. Aritmetickou funkcí zde rozumíme funkci, jejímž definičním oborem je množina přirozených čísel. Definice. Rozložme přirozené číslo n na prvočísla: n = p^1 • • • . Hodnotu Mobiovy funkce ^(n) definujeme rovnu 0, pokud pro některé i platí a > 1a rovnu (—1)k v opačném případě. Dále definujeme ^(1) = 1. Příklad. ^(4) = ^(22) = 0,^(6) = ^(2 • 3) = (—1)2,^(2) = ^(3) = —1. Dokážeme nyní několik důležitých vlastností Môbiovy funkce, zejména tzv. Mobiovu inverzní formuli. Lemma. Pro n G N \ {1} piati d\n Title Page Contents « I ►► Page 39 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Důkaz. Zapíšeme-li n ve tvaru n = p^1 • • • , pak všechny dělitele d čísla n jsou tvaru d = pf1 • • • pfk, kde 0 < //j < a pro všechna i g {1,..., k}. Proto ^^/i(d) = y ^ ^(pf1 • • • pffc) = d|n (fi,...,ffc )e(NU{0})fc 0 /(d) • g (^) > /(di) • g(d2). d|n íil(Í2=ri Lemma. Dirichletův součin je asociativní. Title Page Contents « I ►► Page 40 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Důkaz. ((/ ◦ g) ◦ = y ^ f • g(d2) • ) = (/ o (g o did2d3=n □ Příklad. Definujme dvě pomocné funkce I a I předpisem = 1, I(n) = 0 pro všechna n > 1, resp. I (n) = 1 pro všechna n G N. Pak pro každou aritmetickou funkci f platí: f o I = I o f = f Contents « I ►► Page 41 of 148 (i ° / )(n)= (f ° i )(n)= y ] / (^)- d\n Dále platí i ° fi = fi ° i = I, neboť dd d\ n d\ n = ^ ^ = 0 pro všechna n > 1 d\ n podle lemmatu za definicí Mobiovy funkce (pro n = 1 je tvrzení zřejmé). Go Back Full Screen Close Quit a Home Page Title Page Věta 13. (Môbiova inverzní formule) Nechť je aritmetická funkce F definovaná pomocí aritmetické funkce f předpisem F (n) = ^2 d|n f (d). Pak lze funkci f vyjádřit ve tvaru f (n) = > u(n) • F (d). Důkaz. Vztah F (n) = ^2 d|n f (d) lze jiným způsobem zapsat jako F = f o I. Proto F o ^ = (f o I) o ^ = f o (I o = f o I = f, což je tvrzení věty. □ Definice. Multiplikativní funkcí přirozených čísel rozumíme takovou aritmetickou funkci, která splňuje, že pro všechny dvojice nesoudělných čísel a, b G N platí f (a • b) = f (a) • f (b). Příklad. Multiplikativními funkcemi jsou např. funkce f (n) = o (n), f (n) = t (n), či f (n) = //(n) nebo, jak brzy dokážeme i tzv. Eulerova funkce f (n) = y(n). 3.3. Eulerova funkce y. Definice. Nechť n G N. Definujme Eulerovu funkci y předpisem y (n) = |{a G N | 0 < a < n, (a, n) = 1}| Příklad. = 1,y(5) = 4, y(6) = 2, je-li p prvočíslo, je zřejmě y(p) = p — 1. Contents AA I ►► Page 42 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Nyní dokážeme několik důležitých tvrzení o funkci p: Lemma. Nechť n E N. Paky~]d\n p(d) = n. Důkaz. Uvažme n zlomků 12 3 n — 1 n ' n n n n n Zkrátíme-li zlomky na základní tvar a seskupíme podle jmenovatelů, snadno dostaneme právě uvedené tvrzení. □ věta 14. Nechť n e N, jehož rozklad je tvaru n = p^1 • • • p°fc. Pak p (n) = n í 1 1 ^ (1 1 V pi / V Pfc důkaz. S využitím předchozího lemmatu a Môbiovy inverzní formule dostáváme n p(n) = / /-*(d) d\n =n n n n + • • • + (— Pfc Pi • • • Pfc =n / 1 \ / 1 \ V Pi J V Pfc / (13) □ Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 43 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Poznámka. Předchozí výsledek lze obdržet i bez použití Môbiovy inverzní formule pomocí principu inkluze a exkluze na základě zjištění poučtu čísel soudělných s n. Důsledek. Nechť a, b e N, (a, b) = 1. Pak ^(a • b) = • (n, a) = 1 a (n, b) = 1. Spolu se snadno odvoditelným výsledkem (14) • cp(72) = 72 • (1 — 1) • (1 — 1) = 24, alternativně ¥?(72) = 1 nalezněte zbytek po dělení čísla 2¥,(m)-1 číslem m. Řešení. Z Eulerovy věty plyne 2¥,(m) = 1 = 1 + m = 2r (mod m)), kde r = 14p je přirozené číslo, 0 < r < m. Podle 12 (3) platí 2¥,(m)-1 = r (mod m), a tedy hledaný zbytek po dělení je r = 14rm. □ 2 Tvrzení 3.1. Je-li p prvočíslo, p = 3 (mod 4), pak pro libovolná celá čísla a, b z kongruence a2 + b2 = 0 (mod p) plyne a = b = 0 (mod p). Title Page Contents « I ►► Page 47 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page DŮKAZ. Předpokládejme, že pro a, b G Z platí a2 + b2 = 0 (mod p). Jestliže p | a, platí a = 0 (mod p), proto b2 = 0 (mod p), tedy p | b2, odkud vzhledem k tomu, že p je prvočíslo, dostáváme p | b, a proto a = b = 0 (mod p), což jsme chtěli dokázat. Zbývá prošetřit případ, kdy a není dělitelné prvočíslem p. Odtud dostáváme, že p nedělí ani b (kdyby p | b, dostali bychom p | a2). Vynásobíme-li obě strany kongruence a2 = —b2 (mod p) číslem bp-3, dostaneme podle Fermatovy věty a2bp-3 = —b2-1 = — 1 (mod p). Protože p = 3 (mod 4), je p — 3 sudé číslo, a proto 2-33 G No. Označme c = ab 2 . Pak c není dělitelné p a platí c2 = a2bp-3 = — 1 (mod p). Umocníme-li poslední kongruenci na 2—1 G N, dostaneme c2 1 = (—1) 2 (mod p). Protože p = 3 (mod 4), existuje celé číslo t tak, že p = 3 + 4t. Pak ovšem 2—1 = 1 + 2t, což je číslo liché a proto (— 1)(p-1)/2 = —1. Podle Fermatovy věty naopak platí cp-1 = 1 (mod p), odkud 1 = — 1 (mod p) a p | 2, spor. □ Title Page Contents « I ►► Page 48 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page S Eulerovou funkcí a Eulerovou větou úzce souvisí důležitý pojem řád čísla modulo m - jde přitom pouze o jinak nazvaný řád prvku v grupě invertibilních zbytkových tříd modulo m: Definice. Nechť a E Z, m E N (a, m) = 1. Řádem čísla a modulo m rozumíme nejmenší přirozené číslo n splňující an = 1 (mod m). Poznámka. To, že je řád definován, plyne z Eulerovy věty - pro každé číslo nesoudělné s modulem je totiž jistě jeho řád nejvýše roven tp(m). Jak později uvidíme, velmi důležitá jsou právě ta čísla, jejichž řád je roven právě tp(m) - tato čísla nazýváme primitivními kořeny modulo m a hrají důležitou roli mj. při řešení binomických kongruencí (viz 4.5). Tento pojem je přitom jen jiným názvem pro generátor grupy (Z^, •). Příklad. Pro libovolné m e N má číslo 1 modulo m řád 1. číslo —1 má řád • 1 pro m =1 nebo m = 2 • 2 pro m > 2 Příklad. Určete řád čísla 2 modulo 7. Title Page Contents « I ►► Page 49 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Řešení. 2 1 = 2 = 1 (mod 7) 22 = 4 = 1 (mod 7) 23 = 8 = 1 (mod 7) Řád čísla 2 modulo 7 je tedy roven 3. □ Uveďme nyní několik zásadních tvrzení udávajících vlastnosti řádu čísla modulo m: Lemma. Nechť m G N, a, b G Z, (a, m) = (b, m) = 1. Jestliže a = b (mod m), pak obě čísla a, b mají stejný řád modulo m. Důkaz. Umocněním kongruence a = b (mod m) na n-tou dostaneme an = bn (mod m), tedy an = 1 (mod m) -<=>• bn = 1 (mod m). □ Lemma. Nechť m G N, a G Z, (a, m) = 1. Je-li řád čísla a modulo m roven r • s, (kde r, s G N), pak řád čísla ar modulo m je roven s. Důkaz. Protože žádné z čísel a, a2, a3,..., ars~l není kongruentní s 1 modulo m, není ani žádné z čísel ar, a2r, a3r,..., a(s~1)r kongruentní s 1. Platí ale (ar)s = 1 (mod m), proto je řád ar modulo m roven s. □ Title Page Contents « I ►► Page 50 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Poznámka. Opak obecně neplatí - z toho, že řád čísla ar modulo m je roven s ještě neplyne, že řád čísla a modulo m je r • s. Např pro m =13 máme: a = 3, a2 = 9 (mod 13), a3 = 27 = 1 (mod 13) == 3 má řád 3 mod 13. b = —4, b2 = 16 = 1 (mod 13), b3 = —64 = 1 (mod 13) == —4 má řád 3 mod 13. Přitom (—4)2 = 16 = 3 (mod 13) má stejný řád 3 jako číslo 3, ale číslo —4 nemá řád 2 • 3. Přesný popis závislosti řádu na exponentu dávají následující 2 věty: Věta 17. Nechť m G N, a G Z, (a, m) = 1. Označme r řád čísla a modulo m. Pak pro libovolná ŕ, s G N U {0} platí a* = as (mod m) -<=>• ŕ = s (mod r). Důkaz. Bez újmy na obecnosti lze předpokládat, že ŕ > s. Vydělíme-li číslo ŕ — s číslem r se zbytkem, dostaneme ŕ — s = q • r + z, kde q, z G N0, 0 < z < r. „-<=" Protože ŕ = s (mod r), máme z = 0, a tedy a*-s = aqr = (ar)q = 1q (mod m). Vynásobením obou stran kongruence číslem as dostaneme tvrzení. „=" Z a* = as (mod m) plyne as • aqr+z = as (mod m). Protože je ar = 1 (mod m), je rovněž aqr+z = az (mod m). Celkem po vydělení obou stran kongruence číslem as (které je nesoudělné s modulem), dostáváme az = 1 (mod m). Protože z < r, plyne z definice řádu, že z = 0, a tedy r | ŕ — s. U Title Page Contents « I ►► Page 51 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Zřejmým důsledkem předchozí věty a Eulerovy věty je následující tvrzení (jehož druhá část je přeformulováním Lagrangeovy věty z Algebry pro naši situaci): Důsledek. Nechť m G N, a G Z, (a,m) = 1. Označme r řád čísla a modulo m. (1) Pro libovolné n G N U {0} platí an = 1 (mod m) -<=>• r | n. (2) r | ^(m) Důkaz. (1) stačí v předchozí větě volit t = n, s = r. (2) zřejmé z (1) díky Eulerově větě volbou n = ^(m). Následující věta je zobecněním předchozího Lemmatu. □ Věta 18. Nechťm, n G N, a G Z, (a, m) = 1. Je-li řád čísla a modulo m roven r G N, je řád čísla an modulo m roven ■ 7 J Důkaz. Protože = [r, n], což je zřejmě násobek r, máme (an)(r,n) = a[r,n] = 1 (mod m) Contents « I ►► Page 52 of 148 Go Back Full Screen Close Quit (plyne z předchozího Důsledku, neboť r | [r, n]). Na druhou stranu, je-li k e N libovolné takové, že (an)k = ara'k = 1 (mod m), dostáváme (r je řád a), že r | n • k a dále z Věty 5 plyne, že I • k a díky nesoudělnosti čísel a dostáváme (n,r) | k. Proto je (n,r) řádem čísla an modulo m. □ Poslední z této řady tvrzení dává do souvislosti řády dvou čísel a řád jejich součinu: Lemma. Nechť m e N, a, b E Z, (a, m) = (b, m) = 1. Jestliže a je řádu r a b je řádu s modulo m, kde (r, s) = 1, pak číslo a • b je řádu r • s modulo m. Důkaz. Označme ó řád čísla a • b. Pak (ab)á = 1 (mod m) a umocněním obou stran kongruence dostaneme arábrá = 1 (mod m). Protože je r řádem čísla a, je ar = 1 (mod m), tj. brá = 1 (mod m), a proto s | ró. Z nesoudělnosti r a s plyne s | ó. Analogicky dostaneme i r | ó, a tedy (opět s využitím nesoudělnosti r, s) r • s | ó. Obráceně zřejmě platí (ab)rs = 1 (mod m), proto ó | rs. Celkem tedy ó = rs. □ 4. Řešení kongruencí o jedné neznámé Definice. Nechť m e N, f (x), g (x) e Z [x]. Zápis f (x) = g (x) (mod m) (17) Home Page Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 53 of 148 Go Back Full Screen Close Quit r r Home Page nazýváme kongruencí o jedné neznámé x a rozumíme jím úkol nalézt množinu řešení, tj. množinu všech takových čísel c G Z, pro která f (c) = g (c) (mod m). Dvě kongruence o jedné neznámé nazveme ekvivalentní, mají-li stejnou množinu řešení. Kongruence (17) je ekvivalentní s kongruencí f (x) — g (x) = 0 (mod m). Věta 19. Nechť m G N, f (x) G Z [x]. Pro libovolná a, b G Z platí a = b (mod m) ==>• f (a) = f (b) (mod m). Důkaz. Nechť je f (x) = cnxn + cn-1xn-1 + • • • + c1x + c0, kde c0, c1,..., cn G Z. Protože a = b (mod m), pro každé i = 1, 2,..., n platí podle Věty 12(2) c^a* = c* b* (mod m), a tedy sečtením těchto kongruencí pro i = 1 , 2, . . . , n a kongruence c0 = c0 (mod m ) dostaneme cnan + an-1 an-1 + • • • + c1 a + c0 = cnbn + cn-1 bn-1 + • • • + c1b + c0 (mod m), tj. f (a) = f (b) (mod m). □ důsledek. Množina řešeni libovolné kongruence modulo m je sjednocením některých zbytkových tříd modulo m. Title Page Contents « I ►► Page 54 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Definice. Počtem řešení kongruence o jedné neznámé modulo m rozumíme počet zbytkových tříd modulo m obsahujících řešení této kongruence. Příklad. (1) Kongruence 2x = 3 (mod 3) má jedno řešení (modulo 3). (2) Kongruence lOx = lb (mod lb) má pět řešení (modulo lb). (3) Kongruence z příkladu (l) a (2) jsou ekvivalentní. 4.1. Lineární kongruence o jedné neznámé. Věta 20. Nechť m G N, a, b G Z. Označme d = (a, m). Pak kongruence ax = b (mod m) (o jedné neznámé x) má řešení právě tehdy, když d j b. V případě, kdy d j b, má tato kongruence právě d řešení (modulo m). Důkaz. Dokážeme nejprve, že uvedená podmínka je nutná. Je-li celé číslo c řešením této kongruence, pak nutně m j a • c - b. Pokud přitom d = ( a, m), pak protože d j m i d j a • c - b a d j a • c - ( a • c - b) = b. Obráceně dokážeme, že pokud d j b, pak má daná kongruence právě d řešení modulo m. Označme a1 , b1 G Z a m1 G N tak, že a = d • a1 , b = d • b1 a m = d • m1 . Řešená kongruence je tedy ekvivalentní s kongruencí a1 • x = b1 (mod m1 ) , Title Page Contents « I ►► Page 55 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page kde (ai,TOi) = 1. Tuto kongruenci můžeme vynásobit číslem a1 lerově větě obdržíme x = bl • al a díky Eu- (mod Tato kongruence má jediné řešení modulo m1 a tedy d = řešení modulo m. □ Následující příklad ukáže, že postup uvedený v důkazu věty obvykle není tím nejefektivnějším - s výhodou lze použít jak Bezoutovu větu, tak ekvivalentní úpravy řešené kongruence. Příklad. Řešte 39x = 41 (mod 47) Řešení. (1) Nejprve využijeme Eulerovu větu. Protože (39, 47) = 1, platí 39^(47) = 3946 = 1 (mod 47), tj. 3945^- 39, x = 3945 • 41 (mod 47), 3946 = 1 z čehož už dostáváme x = 3945 • 41 (mod 47). Contents « I ►► Page 56 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Úplné řešení vyžaduje ještě vypočtení zbytku po dělení čísla 3945 • 41 číslem 47, ale to již jistě laskavý čtenář zvládne sám a zjistí výsledek x = 36 (mod 47) (2) Další možností je využít Bezoutovu větu. Euklidovým algoritmem pro vypočtení (39, 47) dostáváme 47 = 1 • 39 + 8 39 = 4 • 8 + 7 8 = 1 • 7+1 Z čehož zpětným odvozením dostáváme 1 = 8 — 7 = 8 — (39 — 4 • 8) = 5 • 8 — 39 = = 5 • (47 — 39) — 39 = 5 • 47 — 6 • 39. Uvážíme-li tuto rovnost modulo 47, dostaneme 1 = —6 • 39 (mod 47) / • 41 41 = 41 • (—6) -39 (mod 47) / • 41 x = 41 • (—6) (mod 47) x = —246 (mod 47) x = 36 (mod 47) Contents AA I ►► Page 57 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page (3) Obvykle nejrychlejším, ale nejhůře algoritmizovatelným způsobem řešení je metoda takových úprav kongruence, které zachovávají množinu řešení. 39x = 41 (mod 47) —8x = —6 (mod 47) 4x = 3 (mod 47) 4x = —44 (mod 47) x = —11 (mod 47) x = 36 (mod 47) U Pomocí věty o řešitelnosti lineárních kongruencí lze dokázat mj. významnou Wilsonovu větu udávající nutnou (i postačující) podmínku prvočíselnosti. Takové podmínky jsou velmi významné ve výpočetní teorii čísel, kdy je třeba efektivně poznat, je-li dané velké číslo prvočíslem. Bohužel dosud není známo, jak rychle vypočítat modulární faktoriál velkého čísla, proto není v praxi Wilsonova věta k tomuto účelu používána. Věta 21 (Wilsonova). Přirozené číslo n > 1 je prvočíslo, právě když (n — 1)! = — 1 (mod n) (18) Title Page Contents « I ►► Page 58 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page DŮKAZ. Dokážeme nejprve, že pro libovolné složené číslo n > 4 platí n | (n — 1)!, tj. (n — 1)! = 0 (mod n). Nechť 1 < d < n je netriviální dělitel n. Je-li d = n/d, pak protože 1 < d,n/d < n — 1, je n = d • n/d | (n — 1)!. Pokud d = n/d, tj. n = d2, pak protože je n > 4, je i d > 2 a n | (d • 2d) | (n — 1)!. Pro n = 4 snadno dostáváme (4 — 1)! = 2 = —1 (mod 4). Nechť je nyní p prvočíslo. čísla z množiny {2,3,... ,p — 2} seskupíme do dvojic vzájemně inverzních čísel modulo p, resp. dvojic čísel, jejichž součin dává zbytek 1 po dělení p. Pro dané číslo a z této množiny existuje podle předchozí věty jediné řešení kongruence a • x = 1 (mod p). Protože a = 0,1,p — 1, je zřejmé, že rovněž pro řešení c této kongruence platí c = 0,1, —1 (mod p). číslo a nemůže být ve dvojici samo se sebou; kdyby totiž a • a = 1 (mod p), pak nutně a = ±1 (mod p). Součin všech čísel uvedené množiny je tedy tvořen součinem (p — 3)/2 dvojic (jejichž součin je vždy kongruentní s 1 modulo p). Proto je (p — 1)! = 1(p 3)/2 • (p — 1) = — 1 (mod p). □ 4.2. Soustavy lineárních kongruencí o jedné neznámé. Máme-li soustavu lineárních kongruencí o téže neznámé, můžeme podle Věty 20 rozhodnout o řešitelnosti každé z nich. V případě, kdy aspoň jedna z kongruencí nemá řešení, nemá řešení ani celá soustava. Naopak, jestliže každá z kongruencí řešení má, upravíme Title Page Contents « I ►► Page 59 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page ji do tvaru x = c (mod mi). Dostaneme tak soustavu kongruencí c1 (mod m1 ) x (19) x = Cfc (mod nik) Zkoumejme nejprve případ k = 2, který - jak uvidíme později - má stěžejní význam pro řešení soustavy (19) s k > 2. (20) Věta 22. Nechťc1, c2 jsou celá čísla, m1, m2 přirozená. Označme d = (m1, m2). Soustava dvou kongruencí x = c1 (mod m1) x = c2 (mod m2) v případě c1 = c2 (mod d) nemá řešení. Jestliže naopak c1 = c2 (mod d), pak existuje celé číslo c tak, že x E Z splňuje soustavu (19), právě když vyhovuje kongruenci x = c (mod [m1,m2]). Důkaz. Má-li soustava (20) nějaké řešení x E Z, platí nutně x = c1 (mod d), x = c2 (mod d), a tedy i c1 = c2 (mod d). Odtud plyne, že v případě c1 = c2 (mod d) soustava (20) nemůže mít řešení. Title Page Contents « I ►► Page 60 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Předpokládejme dále c1 = c2 (mod d). První kongruenci soustavy (20) vyhovují všechna celá čísla x tvaru x = c1 + tm1, kde t G Z je libovolné. Toto x bude vyhovovat i druhé kongruenci soustavy (20), právě když bude platit c1 + tm1 = c2 (mod m2), tj. tm1 = c2 — c1 (mod m2). Podle Věty 20 má tato kongruence (vzhledem k t) řešení, neboť d = (m1, m2) dělí c2 — c1, a t G Z splňuje tuto kongruenci právě když t = c2 — ci d / mo \ -, ( —— I I mod d m2 ( mod —— ) d tj. právě když t= c2 — c1 d ^m^w d )_l d + r m2 d kde r G Z je libovolné. Dosazením /mA ) m1m2 x = c1 + tm1 = c1 + (c2 — c1) • ( —— ) + r—:— = c + r • [m1, m2], dd kde c = c1 + (c2 — c1) • (m1/d)^(m2/d), neboť m1m2 = d • [m1, m2]. Našli jsme tedy takové c G Z, že libovolné x G Z splňuje soustavu (20), právě když x = c (mod [m1,m2]), což jsme chtěli dokázat. □ Title Page Contents « I ►► Page 61 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Všimněme si, že důkaz této věty je konstruktivní, tj. udává vzorec, jak číslo c najít. Věta 22 nám tedy dává metodu, jak pomocí jediné kongruence zachytit podmínku, že x vyhovuje soustavě (20). Podstatné je, že tato nová kongruence je téhož tvaru jako obě původní. Můžeme proto tuto metodu aplikovat i na soustavu (19) - nejprve z první a druhé kongruence vytvoříme kongruenci jedinou, které vyhovují právě ta x, která vyhovovala původním dvěma kongruencím, pak z nově vzniklé a z třetí kongruence vytvoříme další atd. Při každém kroku se nám počet kongruencí soustavy sníží o 1, po k — 1 krocích tedy dostaneme kongruenci jedinou, která nám bude popisovat všechna řešení soustavy (19). Poznamenejme ještě, že číslo c z Věty 22 není nutné určovat pomocí uvedeného vzorce. Můžeme vzít libovolné t E Z vyhovující kongruenci mi c2 — ci t • — =- d d mod —— ) d a položit c = c1 + tm1. DŮSLEDEK (čínská zbytková věta). Nechťm\,,..., G N jsou po dvou nesoudělná, a\,... ,cik G Z. Pak platí: soustava x = ai (mod mi) . (21) x = ak (mod m,fc) Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 62 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page má jediné řešeni modulo rri\ ■ m2 ■ ■ ■ nik ■ PŘÍKLAD. Řešte systém kongruencí x = —3 (mod 49) x = 2 (mod 11). ŘEŠENÍ. První kongruenci splňují právě všechna celá čísla x tvaru x = — 3 + 49t, kde t E Z. Dosazením do druhé kongruence dostáváme —3 + 49t = 2 (mod 11), odkud 5t = 5 (mod 11), tedy, vzhledem k (5,11) = 1, po vydělení pěti t = 1 (mod 11), neboli t = 1 + 11s pro libovolné s E Z. Proto x = —3 + 49(1 + = 46 + 539s, kde s E Z, což můžeme také zapsat jako x = 46 (mod 539). □ PŘÍKLAD. Řešte systém kongruencí x = 1 (mod 10) x = 5 (mod 18) x = —4 (mod 25). Contents « I ►► Page 63 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page 41 + 90s. Řešení. Z první kongruence dostáváme x = 1 + 10t pro t G Z. Dosazením do druhé kongruence získáme 1 + 10t = 5 (mod 18), tedy 10t = 4 (mod 18). Protože (10,18) = 2 dělí číslo 4, má tato kongruence podle věty 4.2 řešení t = 2 • 55 (mod 9), přičemž 2 • 55 = 10 • 252 = 1 • (—2)2 = 4 (mod 9), a tedy t = 4 + 9s, kde s G Z. Dosazením x = 1 + 10(4 + 9s) Z třetí kongruence pak vychází 41 + 90s = —4 (mod 25), tedy 90s = —45 (mod 25). Vydělením pěti (včetně modulu, neboť 5 | 25) 18s = —9 (mod 5), odkud — 2s = 1 (mod 5), tedy 2s = 4 (mod 5), s 2 + 5r, kde r G Z. Dosazením x = 41 + 90(2 + 5r) : (mod 450). Příklad. Řešte systém kongruencí x = 18 (mod 25) x = 21 (mod 45) x = 25 (mod 73). 2 (mod 5), a proto s = 221 + 450r, tedy x = 221 □ Contents « I ►► Page 64 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page řešení. Z první kongruence x = 18 + 25í, kde t e Z. Dosazením do druhé kongruence 18 + 25t = 21 (mod 45), tedy 25t = 3 (mod 45). Tato kongruence však podle Věty 20 nemá řešení, neboť (25, 45) = 5 nedělí číslo 3. Proto nemá řešení ani celý systém. Tento výsledek bychom také dostali přímo z Věty 22, neboť 18 = 21 (mod (25, 45)). □ Příklad. Řešte kongruenci 23 941x = 915 (mod 3564). Řešení. Rozložme 3564 = 22 • 34 • 11. Protože ani 2, ani 3, ani 11 nedělí číslo 23 941, platí (23 941, 3564) = 1 a tedy podle Věty 22 má kongruence řešení. Protože ^(3564) = 2 • (33 • 2) • 10 = 1080, je řešení tvaru x = 915 • 23 941i079 (mod 3564). Úprava čísla stojícího na pravé straně by však vyžádala značné úsilí. Proto budeme kongruenci řešit poněkud jinak. Podle Věty 12 (6) je x e Z řešením dané kongruence právě když je řešením soustavy 23941x = 915 (mod 22) 23941x = 915 (mod 34) 23941x = 915 (mod 11) (22) Title Page Contents « I ►► Page 65 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Vyřešíme nyní každou z kongruencí soustavy (22) zvlášť. První z nich je splněna, právě když x = 3 (mod 4), druhá, právě když 46x = 24 (mod 81), odkud vynásobením dvěma 92x = 48 (mod 81), tj. 11x = —33 (mod 81) a po vydělení jedenácti x = —3 (mod 81). Třetí kongruence je splněna, právě když 5x = 2 (mod 11), odkud vynásobením číslem —2 dostaneme —10x = —4 (mod 11), tedy x = —4 (mod 11). Libovolné x G Z je tedy řešením soustavy (22), právě když je řešením soustavy x = 3 (mod 4) x = —3 (mod 81) (23) x = —4 (mod 11) Title Page Contents AA I ►► Page 66 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Z druhé kongruence dostáváme, že x = —3 + Slt, kde t E Z. Dosazením do třetí kongruence soustavy (23) dostaneme —3 + Slt = —4 (mod 11), tedy Slt = —1 (mod 11), tj. 4t = 32 (mod 11), odkud t = S (mod 11), a proto t = —3 + lls, kde s E Z. Dosazením x = —3 + Sl(—3 + lls) = —3 — 3 • 81 + 11 • Sls do první kongruence soustavy (23) dostaneme —3 — 3 • 81 + 11 • Sls = 3 (mod 4), tedy 1 + 1 • 1 + (—1) • ls = 3 (mod 4), tj. —s = l (mod 4) a proto s = —l + 4r, kde r E Z. Je tedy x = —3 — 3 • Sl + 11 • Sl(—1 + 4r) = —3 — 14 • Sl + 4 • 11 • Slr = —1137 + 3564r, neboli x = —1137 (mod 3564), což je také řešení zadané kongruence. D 4.3. Kongruence vyšších stupňů. Vraťme se k obecnějšímu případu, kdy na obou stranách kongruence stojí mnohočleny téže proměnné x s celočíselnými koeficienty. Snadno můžeme tuto kongruenci odečtením upravit na tvar F(x) = O (mod m), (24) Title Page Contents « I ►► Page ô? of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page kde F (x) je mnohočlen s celočíselnými koeficienty a m E N. Popíšeme si jednu sice pracnou, ale univerzální metodu řešení této kongruence, která je založena na následující větě. Tvrzení 4.1. Pro libovolný mnohočlen F (x) s celočíselnými koeficienty, přirozené číslo m a celá čísla a, b taková, že a = b (mod m), platí F (a) = F (b) (mod m)- Důkaz. Nechť je F (x) = cnxn+cra_ixra_1 + ■ ■ ■+cix+c0, kde c0, ci,..., cn E Z. Protože a = b (mod m), pro každé i = 1, 2,..., n platí podle Věty 12(2) c^a* = c^b* (mod m), a tedy sečtením těchto kongruencí pro i = 1 , 2, . . . , n a kongruence co = co (mod m ) dostaneme cnan + an_ian_i + ■ ■ ■ + cia + co = cnbn + cn_ibn_i + ■ ■ ■ + cib + co (mod m), tj. F (a) = F (b) (mod m). □ Při řešení kongruence (24) tedy stačí zjistit, pro která celá čísla a, 0 < a < m, platí F(a) = 0 (mod m). Nevýhodou této metody je její pracnost, která se zvyšuje se zvětšující se hodnotou m. Je-li m složené, m = p11 .. .p^!*, kde p1, ..., pk jsou různá prvočísla, a je-li navíc k > 1, můžeme nahradit kongruenci (24) soustavou Title Page Contents « I ►► Page 68 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page kongruencí Contents F (x) = 0 (mod p^1) F (x) = 0 (mod p^*), (25) která má stejnou množinu řešení, a řešit každou kongruenci této soustavy zvlášť. Tím získáme obecně několik soustav kongruencí (19), které už umíme řešit. Výhoda této metody spočívá v tom, že moduly kongruencí soustavy (25) jsou menší než modul původní kongruence (24). Příklad. Řešte kongruenci x5 + 1 = 0 (mod 11). Řešení. Označme F (x) = x5 + 1. Pak platí F (0) = 1, F (1) = 2 a dále platí F (2) =33 = 0 (mod 11), F(3) =35 + 1 = 9 • 9 • 3 + 1 = (—2)2 • 3 + 1 = 12 + 1 = 2 (mod 11), F (4) = 45 + 1 = 210 + 1 = 1 + 1 = 2 (mod 11), « I ►► Page 69 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page kde jsme využili Fermatovu větu 15, podle které 210 = 1 (mod 11). Podobně dále F (5) = 55 + 1 = 165 + 1 = 410 + 1 = 1 + 1 = 2 (mod 11), F (6) = 65 + 1 = (—5)5 + 1 = —165 + 1 = —410 + 1 = 0 (mod 11), F (7) = 75 + 1 = (—4)5 + 1 = —210 + 1 = —1 + 1 = 0 (mod 11), F(8) = 85 + 1 = 25 • 210 + 1 = 32 + 1 = 0 (mod 11), F (9) = 95 + 1 = 310 + 1 = 1 + 1 = 2 (mod 11), F (10) = 105 + 1 = (—1)5 + 1=0 (mod 11), a tedy řešením kongruence x5 + 1 = 0 (mod 11) jsou právě všechna x, vyhovující některé z kongruencí x = 2 (mod 11), x = 6 (mod 11), x = 7 (mod 11), x = 8 (mod 11), x = 10 (mod 11). □ Příklad. Řešte kongruenci x3 — 3x + 5 = 0 (mod 105). Řešení. Kdybychom postupovali obdobně jako dříve pro m = 105, museli bychom spočítat pro F (x) = x3 — 3x + 5 sto pět hodnot F (0), F (1), ..., F (104). Proto raději rozložíme 105 = 3 • 5 • 7 a budeme řešit kongruence F (x) = 0 postupně pro moduly 3, 5, 7. Platí F(0) = 5, F(1) = 3, F(2) = 7, F(3) = 23, F(— 1) = 7, F(—2) = 3, F(—3) = —13 (pro snadnější výpočty jsme počítali například F(— 1) místo F(6) - využijeme toho, že F(6) = F(— 1) (mod 7) podle předchozího Tvrzení a podobně). Kongruence F (x) = 0 (mod 3) má tedy řešení x = 1 (mod 3); Title Page Contents AA I ►► Page 70 of 148 Go Back Full Screen Close Quit kongruence F(x) = 0 (mod 5) má řešení x = 0 (mod 5); řešením kongruence F(x) = 0 (mod 7) jsou x G Z splňující x = 2 (mod 7) nebo x = — 1 (mod 7). Zbývá tedy vyřešit dvě soustavy kongruencí: x x x 1 (mod 3), 0 (mod 5), 2 (mod 7) x x x 1 (mod 3), 0 (mod 5), — 1 (mod 7). Protože první dvě kongruence jsou u obou soustav stejné, budeme se nejprve zabývat jimi. Ze druhé kongruence dostáváme x = 5t pro t G Z, dosazením do první 5t = 1 (mod 3), tedy —t = 1 (mod 3), odkud t = — 1 + 3s pro s G Z, odkud x = —5 + 15s. Dosaďme nejprve do třetí kongruence první soustavy: —5 + 15s = 2 (mod 7), odkud s = 0 (mod 7), tj. s = 7r pro r G Z a proto x = —5 + 105r. Dosadíme-li x = —5 + 15s do třetí kongruence druhé soustavy, dostaneme —5 + 15s = — 1 (mod 7), Home Page Title Page Contents « I ►► Page 71 of 148 Go Back Full Screen Close Quit a Home Page odkud s = 4 (mod 7), tj. s = 4 + 7r pro r E Z, a proto x = —5 + 15(4 + 7r) = 55+105r. Celkem jsou tedy řešením dané kongruence F (x) = 0 (mod 105) všechna celá čísla x, splňující x = —5 (mod 105) nebo x = 55 (mod 105). □ Postup pro řešení kongruencí modulo mocnina prvočísla udává důkaz následující věty. Věta 23 (Henselovo lemma). Nechť p je prvočíslo, f (x) E Z [x], a E Z je takové, že p | f (a), p f f '(a). Pak platí: pro každé n E N má soustava x = a (mod p) _ / n\ (26) f(x) = 0 (mod p ) právě jedno řešení modulo p . Důkaz. Indukcí vzhledem k n. Případ n = 1 je zřejmý. Nechť dále n > 1 a věta platí pro n — 1. Je-li x řešením (26) pro n, je řešením (26) i pro n — 1. Libovolné řešení (26) pro n je tedy tvaru x = cn-1 + k • pn-1, kde k E Z. Je třeba zjistit, zda f (cra_1+k^pra_1) = 0 (mod pn). Víme, že pn-1 | f (cra_1+k^pra_1) a užijme binomickou větu pro f (x) = am xm + • • • + a1 x + a0, kde a0,..., am E Z. Pak J-1 kpn-1 (mod pn). Title Page Contents « I ►► Page 72 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Platí tedy f (on-1 + k • pn ) = f (cra-1) + k • pn f/(cra_1), tj. f (cn_1 + k • pn 1) = 0 (mod pn) ,_, n _ f (cn_1) l7 h/ \ / j \ •<=>• 0 = —-—---h k • f (cn-1) (mod p). p n1 Protože cra_i = a (mod p), dostaneme f '(cra_i) = f '(a) ^ 0 (mod p), tedy (f '(cra_i),p) = 1. Užitím Věty 20 o řešitelnosti lineárních kongruencí dostáváme, že existuje právě jedno řešení k (modulo p) této kongruence a protože cn-1 bylo podle indukčního předpokladu jediné řešení modulo pn-1, je číslo cn-1 + k • pn-1 jediným řešením (26) modulo pn. □ Příklad. Řešte kongruenci x4 + 7x + 4 = 0 (mod 27). Řešení. Řešme nejprve tuto kongruenci modulo 3 (např. dosazením) - snadno zjistíme, že řešení je x = 1 (mod 3). Zapišme řešení ve tvaru x = 1 + 3t, kde t e Z Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 73 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page a řešme kongruenci modulo 9. x4 + 7x + 4 = 0 (mod 9) (1 + 3t)4 + 7(1 + 3t) + 4 = 0 (mod 9) (1 + 3t)4 + 7(1 + 3t) + 4 = 0 (mod 9) 1 + 4 • 3t + 7 + 7 • 3t + 4 = 0 (mod 9) 33t = —12 (mod 9) 11t = —4 (mod 3) t = 1 (mod 3) Zapsáním t = 1 + 3s, kde s E Z dostaneme x = 4 + 9s a po dosazení (4 + 9s)4 + 7(4 + 9s) + 4 = 0 (mod 27) 44 + 4 • 43 • 9s + 28 + 63s + 4 = 0 (mod 27) 256 • 9s + 63s = —288 (mod 27) 256s + 7s = —32 (mod 3) 2s = 1 (mod 3) s = 2 (mod 3) Contents « I ►► Page 74 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Celkem dostáváme řešení x = 4 + 9s = 4 + 9(2 + 3r) = 22 + 27r, kde r G Z, neboli x = 22 (mod 27). □ Řešení obecných kongruencí vyššího stupně jsme tedy převedli na řešení kon-gruencí modulo prvočíslo. Ukazuje se, že zde je největší „kámen úrazu", protože pro tyto kongruence žádný obecný postup (s výjimkou postupu podle Věty 4.1, tj. vyzkoušení všech možností) není znám. Uvedeme alespoň několik obecných tvrzení ohledně řešitelnosti a počtu řešení takových kongruencí a v dalších částech skript podrobnější výsledky v některých speciálních případech. 4.4. Kongruence s prvočíselným modulem. Věta 24. Buď p prvočíslo, f (x) G Z [x]. Libovolná kongruence f (x) = 0 (mod p) je ekvivalentní s kongruencí stupně nejvýše p — 1. Věta 25. Buď p prvočíslo, f (x) G Z [x]. Má-li kongruence f (x) = 0 (mod p) více než st(f) řešení, pak jsou všechny koeficienty polynomu f násobkem p. Důsledek. (Jiný důkaz Wilsonovy věty) Pro každé prvočíslo p platí (p — 1)! = — 1 (mod p). Důkaz. Pro p = 2 je tvrzení zřejmé, dále uvažujme jen lichá prvočísla p. Řešením kongruence (x — 1)(x — 2) • • • (x — (p — 1)) — (x(p-1) — 1) = 0 (mod p) Title Page Contents « I ►► Page 75 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page je podle Malé Fermatovy věty libovolné a e Z, které není násobkem p, tj. kon-gruence má p — 1 řešení. Přitom je ale její stupeň menší než p — 1, proto jsou podle předchozí věty všechny koeficienty polynomu na levé straně kongruence násobkem p, speciálně absolutní člen, kterým je (p — 1)! + 1. Tím je Wilsonova věta dokázána. □ 4.5. Binomické kongruence a primitivní kořeny. V této části se zaměříme na řešení speciálních typů polynomiálních kongruencí vyššího stupně, tzv. binomických kongruencí. Jde o analogii binomických rovnic, kdy polynomem f (x) je dvojčlen xn — a. Snadno se ukáže, že se můžeme omezit na případ, kdy je a nesoudělné s modulem kongruence - v opačném případě totiž vždy můžeme pomocí ekvivalentních úprav kongruenci na tento případ převést nebo rozhodnout, že kon-gruence není řešitelná. Příklad. Řešte kongruenci x2 = 18 (mod 63). Řešení. Protože je (18,63) = 9, musí platit 9 | x2, tj. 3 | x. Položíme-li x = 3xi, x\ e Z, dostáváme ekvivalentní kongruenci x2 = 2 (mod 7), která již splňuje omezení na nesoudělnost modulu a pravé strany kongruence. Podle Věty 25 víme, že má nejvýše 2 řešení a snadno se vidí, že jimi jsou x = ±3 (mod 7), tj. x = ±3, ±10, ±17, ±24, ±31, Title Page Contents « I ►► Page 76 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page ± 38, ±45, ±52, ±59 (mod 63). Řešeními původní kongruence jsou tedy x = 3 • x\ (mod 63), tj. x = ±9, ±12, ±30 (mod 63). Příklad. Řešte kongruenci x3 = 3 (mod 18). Řešení. Protože je (3,18) = 3, nutně 3 | x. Užijeme-li, podobně jako výše, substituci x = 3 • xi, dostáváme kongruenci 27x3 = 3 (mod 18), která zřejmě nemá řešení, protože (27,18) f 3. Definice. Nechť m G N, a G Z, (a, m) = 1. číslo a nazveme n-tým mocninným zbytkem modulo m, pokud je kongruence xn = a (mod m) řešitelná. V opačném případě nazveme a n-tým mocninným nezbytkem modulo m. Pro n = 2, 3, 4 používáme termíny kvadratický, kubický a bikvadratický zbytek, resp. nezbytek modulo m. V tomto odstavci ukážeme, jakým způsobem řešit binomické kongruence modulo m, pokud modulo m existují tzv. primitivní kořeny. Definice. Nechť m G N. Celé číslo a G Z, (a, m) = 1 nazveme primitivním kořenem modulo m, pokud je jeho řád modulo m roven tp(m). Title Page Contents « I ►► Page 77 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Lemma. Je-li g primitivní kořen modulo m, pak pro každé číslo a e Z, (a, m) = 1 existuje jediné xa e Z, 0 < xa < y(m) s vlastností gXa = a (mod m). Funkce a — xa se nazývá diskrétní logaritmus, příp. index čísla x (vzhledem k danému m a zafixovanému primitivnímu kořeni g) a je bijekcí mezi množinami {a e Z; (a, m) = 1, 0 < a < m} a {x e Z; 0 < x < <^(m)}. Důkaz. Stačí ukázat tvrzení o bijekci a protože obě množiny mají stejný počet prvků, stačí dokázat injektivitu uvedeného zobrazení. Předpokládejme, že pro x,y e Z, 0 < x,y < y(m) je gx = gy (mod m). Podle Věty 17 pak x = y (mod ^(m)), tj. x = y. □ Později ukážeme, že primitivní kořeny existují „dostatečně často" na to, aby následující věta řešila všechny potřebné případy. Věta 26. Buď m e N takové, že modulo m existují primitivní kořeny. Dále nechť a e Z, (a,m) = 1. Pak kongruence xn = a (mod m) je řešitelná (tj. a je n-tý mocninný zbytek modulo m), právě když a^MAi = 1 (mod m), kde d = (n, 2l + 1 a má stejný počet řešení jako kongruence modulo 22l+1. Důkaz. Prozatím neuveden. □ Poznámka. Uvážíme-li v předchozí větě přirozené číslo n = 2 (mod 4), pak je l = 1. Pro liché a je kongruence xn = a (mod 8) řešitelná právě když je a = 1 (mod 8) (a má 4 řešení). Díky přechozí větě víme, že pro a = 1 (mod 8) má řešení libovolná kongruence tvaru xn = a (mod 2a) pro a > 3 a má 4 řešení. Home Page Title Page Contents AA I ►► Page 80 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page V předchozích odstavcích jsme se zabývali řešitelností binomických kongruencí podle modulů, pro které existuje primitivní kořen. Ve zbytku této části se budeme zabývat tím, pro která čísla primitivní kořeny existují. Postupně dokážeme následující větu: VĚTA 29. Buď m E N, m > 1- Primitivní kořeny modulo m existují právě tehdy, když m splňuje některou z následujících podmínek: • m = 2 nebo m = 4, • m je mocnina lichého prvočísla • m je dvojnásobek mocniny lichého prvočísla- POZNÁMKA. Pokud pro přirozené číslo existují primitivní kořeny, tak jich mezi čísly 1, 2,..., m existuje právě <^(<^(m)). Je-li totiž g primitivní kořen a a G 11, 2,..., wímH libovolné, pak ga ie podle Věty 18 řádu , , \., což ie rovno ^(m) právě tehdy, je-li (a, p— 1. Přitom 5 | p— 1 (jakožto řád čísla g), proto zejména 5 < p— 1, a celkem 5 = p — 1. □ Nyní ukážeme, že primitivní kořeny existují dokonce modulo mocniny lichých prvočísel. K tomuto budeme potřebovat dvě pomocná tvrzení. Title Page Contents « I ►► Page 82 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Lemma. Buď p liché prvočíslo, l > 2 libovolné. Pak pro libovolné a e Z platí (1 + ap)p = 1 + ap1—1 (mod p1). důkaz. Plyne snadno z binomické věty s využitím matematické indukce. I. Pro l = 2 tvrzení zřejmě platí. II. Nechť tvrzení platí pro l, dokážeme jej i pro l + 1. S využitím Lemmatu na str. 38 tak umocněním na p-tou tvrzení pro l (s navýšením modulu) dostaneme (1 + ap)p = (1 + ap1-1)p (mod p1+1). Z binomické věty přitom plyne (1 + apl i)p = 1 + p • a • pl 1 + i—i fc=2 v 7 a p a vzhledem k tomu, že pro 1 < k < p platí p | , stačí ukázat p1+1 | p1+(1 1)fc, což je ekvivalentní s 1 < (k — — 1). Rovněž pro k = p dostáváme díky l > 3 vztah pi+1 | p(i—1)p □ Lemma. Buď p liché prvočíslo, l > 2 libovolné. Pak pro libovolné a e Z, splňující p f a platí, že řád čísla 1 + ap modulo p1 je roven p1—1. Home Page Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 83 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Důkaz. Podle předchozího Lemmatu je (1 + ap)p = 1 + ap1 (mod p1+1), a uvážíme-li tuto kongruenci modulo p1, dostaneme (1 + ap)p1 1 = 1 (mod p1). Přitom přímo z předchozího Lemmatu a faktu p f a plyne (1+ap)p1 2 = 1 (mod p1), což dává požadované. □ Tvrzení 4.3. Buď p liché prvočíslo. Pak pro každé l G N existuje primitivní kořen modulo p1. Důkaz. Nechť g je primitivní kořen modulo p. Ukážeme, že pokud gp-1 = 1 (mod p2), je g dokonce primitivním kořenem modulo p1 pro libovolné l G N. (Pokud by platilo gp-1 = 1 (mod p2), pak (g + p)p-1 = 1 + (p — 1)gp-2p = 1 (mod p2), a tedy místo g můžeme volit za původní primitivní kořen číslo g + p.) Nechť tedy g splňuje gp-1 = 1 (mod p2). Pak existuje a G Z, p f a tak, že gp-1 = 1 + p • a. Ukážeme, že g je modulo p1 řádu ^(p1) = (p — 1)p1-1. Buď n G N nejmenší číslo, splňující gn = 1 (mod p1). Podle předchozího Lemmatu je gp-1 = 1 + p • a řádu p1-1 modulo p1. Pak ale (gp-1)n = (gn)p-1 = 1 (mod p1) p1-1 | n. Zároveň z gn = 1 (mod p) plyne p—1 | n. Protože jsou čísla p—1 a p1-1 nesoudělná, dostáváme (p — 1)p1-1 | n. Proto n = ^(p1) a g je tedy primitivní kořen modulo p1. □ Contents « I ►► Page 84 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Tvrzení 4.4. Buď p liché prvočíslo a g primitivní kořen modulo pl pro l e N. Pak liché z čísel g,g + pl je primitivním kořenem modulo 2pl. Důkaz. Nechť c je liché přirozené číslo. Pak pro libovolné n e N platí cn = 1 (mod pl), právě když cn = 1 (mod 2pl). Protože 3. Pak 52 3 = 1 + 2l-1 (mod 2l). Důkaz. Obdobně jako výše pro 2 f p. □ Lemma. Buď l e N, l > 3. Pak řád čísla 5 modulo 2l je 2l_2. Důkaz. Snadný z předchozího Lemmatu. □ Tvrzení 4.5. Nechť l e N. Primitivní kořeny existují modulo 2l právě tehdy, když l < 2. Důkaz. Buď l > 3. Pak množina S = {(—1)" • 5b; a e {0,1}, 0 < b < 2l_2; b e Z} tvoří redukovanou soustavu zbytků modulo 2l (má totiž 2 nebo k > 1a a > 2. Označíme-li 5 = [^(2a), ^(p^1),..., pak se snadno vidí, že 5 < (m) a že pro libovolné a G Z, (a,m) = 1 platí aá = 1 (mod m). Proto modulo m neexistují primitivní kořeny. □ Nyní máme dokázáno tvrzení přesně charakterizující ty moduly, pro které existují primitivní kořeny. Obecně je ale pro daný modul nalezení primitivního kořene velmi výpočetně náročná operace. Následující věta nám udává ekvivalentní podmínku pro to, aby zkoumané číslo bylo primitivním kořenem, jejíž ověření je o něco snažší než přímý výpočet řádu tohoto čísla. (Pľ1)] Title Page Contents AA I ►► Page 86 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Věta 30. Buď m takové, že modulo m existují primitivní kořeny. Zapišme p(m) = • • • q°fc. Pak pro libovolné g g Z, (g, m) = 1 platí, že g je primitivní kořen modulo m, právě když g qi = 1 (mod m),..., g qk = 1 (mod m). Důkaz. Pokud by platila některá z uvedených kongruencí, znamenalo by to, že řád g je menší než p(m). Obráceně, pokud g není primitivní kořen, pak existuje d g N, d | p(m), kde d < tp(m) a gd = 1 (mod m). Je-li u = , > 1, nutně existuie í g 11,..., k r d tak, že q» | u. Pak ale • (—) = (-). \ 1 / \pj \pj Důkaz. ad 1. Pro p | a zřejmé, pokud je a kvadratický zbytek modulo p, pak tvrzení plyne z Věty 26. Z téže věty plyne, že v případě kvadratického nezbytku je a= 1 (mod p). Pak ale, protože p | ap-1 — 1 = (a— 1)(a+ 1) nutně i p—1 . p—1 , , p | a~2 + 1, tj. a= — 1 (mod p). Home Page Title Page Contents 44 | ►► _4_I ► Page 91 of 148 Go Back Full Screen Close Quit _ Home Page ad 2. Podle 1. dostáváme 'ab = (ab) = a (mod p). i 2 • b 2 =1 — 11 Protože jsou hodnoty Legendreova symbolu z množiny { — 1, 0,1}, plyne z kongru-ence (ab/p) = (a/p)(b/p) (mod p) přímo rovnost. ad 3. Zřejmé z definice. □ DŮSLEDEK. 1. V libovolné redukované soustavě zbytků modulo p je stejný počet kvadratických zbytků a nezbytků. 2. Součin dvou kvadratických zbytků je zbytek, součin dvou nezbytků je zbytek, součin zbytku a nezbytku je nezbytek. p- i 3. (—1/p) = (—1) , tj. kongruence x2 = — 1 (mod p) je řešitelná právě tehdy, když p = 1 (mod 4). DŮKAZ. ad 1. Kvadratické zbytky získáme tak, že všechny prvky redukované soustavy zbytků umocníme na druhou. Těchto prvků je p— 1, přitom druhé mocniny 2 prvků jsou spolu kongruentní právě tehdy, když je součet těchto prvků násobkem p. Máme tedy právě kvadratických zbytků, a tedy rovněž p — 1 — = kvadratických nezbytků modulo p. Předpoklad, že p je prvočíslo je podstatný - pro složená čísla je kvadratických nezbytků více než zbytků (viz dále část o Jacobiho symbolu). ad 2. Tvrzení je zřejmé z předchozího lemmatu. Title Page Contents « I ►► Page 92 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page ad 3. Zřejmé. □ Již s využitím těchto základních tvrzení o hodnotách Legendreova symbolu jsme schopni dokázat větu o nekonečnosti počtu prvočísel tvaru 4k + 1. Tvrzení 4.7. Prvočísel tvaru 4k + 1 je nekonečně mnoho. Důkaz. Sporem. Předpokládejme, že p1,p2,... ,pí jsou všechna prvočísla tvaru 4k +1 a uvažme číslo N = (2p1 • • • p^)2 + 1. Toto číslo je opět tvaru 4k +1. Pokud je N prvočíslo, jsme hotovi (protože je jistě větší než kterékoli z p1,p2,... ,pi), pokud je složené, musí existovat prvočíslo p, dělící N. Zřejmě přitom žádné z p1,p2,... ,pi není dělitelem N, proto stačí dokázat, že p je rovněž tvaru 4k + 1. Protože ale (2p1 • • • pí)2 = — 1 (mod p), dostáváme, že (—1/p) = 1, a to platí právě tehdy, je-li p = 1 (mod 4). □ Nyní odvodíme další pravidla pro výpočet Legendreova symbolu. Uvažujme množinu S nejmenších zbytků (v absolutní hodnotě) modulo p. Je-li p prvočíslo, a e Z, p f a, pak označíme //p(a) počet záporných nejmenších zbytků (v absolutní hodnotě) čísel 1 • a, 2 • a,..., p — 1 a, tj. pro každé z těchto čísel určíme, se kterým číslem z množiny S je kongruentní a spočítáme počet záporných z nich. Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 93 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Poznámka. Obvykle budou p a a zafixované, potom budeme místo fip(a) psát jen a. Příklad. Vypočtěte hodnotu [i pro p = 11, a = 3. Řešení. S = {—5, —4, —3, —2, —1,1, 2,3,4,5}. Protože 1 • 3 = 3, 2 • 3 = —5,3 • 3 = —2, 4 • 3 = 1, 5 • 3 = 4 (mod 11), dostáváme [i = 2. Lemma (Gaussovo). Je-li p prvočíslo, a E Z, p { a, pak ( a\ Důkaz. Pro každé i E {1, 2,..., P-1} určíme rrii E {1, 2,..., P-1} tak, že p-i i • a = ±rrii (mod p). Snadno se vidí, že pokud k,l E {1, 2,..., p—-} jsou různá, jsou různé i hodnoty nik, mi (m* = rrii k • a = ±l • a (mod p) k = ±l (mod p), což nelze jinak, než že k = l). Title Page Contents « I ►► Page 94 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Proto splývají množiny {1, 2,..., 2-1} a {m1, m2,..., mp-i }. Vynásobením kongruencí 1 • a = ±mi (mod p) 2 • a = ±m2 (mod p) p — 1 a = ±mp-i (mod p) dostáváme -1 • a 2 = (— 1/ •-! (mod p) 22 (mezi pravými stranami je jich právě // záporných). Po vydělení obou stran číslem (p — 1/2)! dostáváme vzhledem k tomu, že — = a 2 (mod p) p tvrzení. □ S využitím Gaussova lemmatu dokážeme hlavní větu této části, tzv. zákon kvadratické reciprocity. Title Page Contents « I ►► Page 95 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page VĚTA 31. Nechť p, q jsou lichá prvočísla. Pak 1. i—1) = (— 1) E~2~ 2. {-) = (—1) 8 V p 3. (p) (—lj 2 2 DŮKAZ. Věta se v tomto tvaru uvádí zejména proto, že pomocí těchto tří vztahů a základních pravidel pro úpravy Legendreova symbolu jsme schopni vypočítat hodnotu (a/p) pro libovolné celé číslo a. Tvrzení 1. máme přitom již dokázáno, v dalším nejprve odvodíme mezivýsledek, který využijeme k důkazu částí 2. a 3. Poznamenejme rovněž, že v literatuře existuje mnoho různých důkazů této věty, obvykle ovšem využívajících (zejména u těch stručnějších z nich) hlubších znalostí z algebraické teorie čísel. Nechť je dále a E Z, p { a, k E N a nechť [x] (resp. (x)) značí celou (resp. necelou) část reálného čísla x. Pak 2ak ak ^/ak\ ak n/ak\ - = 2 — + 2( — ) =2 — + 2( — ) p J LpJ \ p / L p J \ P / Title Page Contents 44 | _4_I ► Page 96 of 148 Go Back Full Screen Close Quit _ Home Page Tento výraz je lichý právě tehdy, když je (—) > 1, ti. právě tehdy, je-li nejmenší zbytek (v absolutní hodnotě) čísla ak modulo p záporný (zde by měl pozorný čtenář zaznamenat návrat od výpočtů zdánlivě nesouvisejících výrazů k podmínkám souvisejícím s Legendreovým symbolem). Proto je / \ p-i = (—1)U = (—1)fc = U p . Je-li navíc a liché, je a + p číslo sudé a dostáváme '2a\ /2a + 2p\ /4 ^tt^A /2n /2a\ /za + 2p\ /4-2-\ /z\ \pJ V p J \ p J \p) p E2 r (a+p)fc i = (—1) fc=1 1 p J = (—1) Celkem tak dostáváme (pro liché a) 2a pp což pro a = 1 dává požadované tvrzení z bodu 2. a+P 2 Y7=i [ ^ ] (—1) p p-i - (— 1) p-i , Et2! [—] (—1) (28) Podle již dokázané části 2 a ze vztahu (28) dostáváme pro lichá čísla a a — = (—1) p p-i Title Page Contents 44 | ►► Page 97 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Uvažme nyní pro daná prvočísla p = q množinu T = {q ■ x; x E Z, 1 < x < (p — 1)/2} x {p ■ y; y E Z, 1 < y < (q — 1)/2}. Zřejmě je |T| = 2 r1 a ukážeme, že rovněž \rp\ \~* 2 r pk i (—1)1 I = k=i L q J (—1) 2 r qk i k=1 L p J (29) čímž budeme vzhledem k předchozímu hotovi. Protože pro žádná x, y z přípustného rozsahu nemůže nastat rovnost qx = py, můžeme množinu T rozložit na dvě disjunktní podmnožiny T1 a T2 tak, že T1 = T H {[u, v]; u, v E Z, u < v}, T2 = T \ T1. Zřejmě je T1 počet dvojic [qx,py], kde x < 2y. Protože 2y < 2 • q_- < 2, je [2y] < 2_-. Pro pevné y tedy v T1 leží právě ty dvojice [qx,py], pro které 1 < x < [2 y], a tedy I TJ = Y"^(q -,1)/2[2 y]. Analogicky T2 = / i Pxl. Proto (2) = (—1)'Tl' a (q) = (—1)|T2' a zákon kvadratické reciprocity je doká- q2 zán. □ Důsledek. 1- —1 je kvadratický zbytek pro prvočísla p splňující p = 1 (mod 4) a nezbytek pro prvočísla splňující p = 3 (mod 4)- 2- 2 je kvadratický zbytek pro prvočísla p splňující p = ±1 (mod 8) a nezbytek pro prvočísla splňující p = ±3 (mod 8)- Contents « I ►► Page 98 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page 3. Je-li p = 1 (mod 4) nebo q = 1 (mod 4), je (p/q) = (q/p), jinak (tj. p = q = 3 (mod 4)) je (p/q) = — (q/p). Příklad. Určete í-79-). Řešení. / 79 \ 101 79" 22\ 79 2 11 11 79 79 79 11 79 = (—1) = (—1) 79 11 2 11 =1 neboť 101 dává po dělení 4 zbytek 1 neboť 79 dává pod dělení 8 zbytek -1 neboť 11 i 79 dávají pod dělení 4 zbytek 3 neboť 11 dává pod dělení 8 zbytek 3 Contents 44 I ►► _4_I ► Page 99 of 148 Go Back Full Screen Close Quit _ Home Page Title Page 4.7. Jacobiho symbol. Vyčíslení Legendreova symbolu (jak jsme viděli i v předchozím příkladu) umožňuje používat zákon kvadratické reciprocity jen na prvočísla a nutí nás tak provádět faktorizaci čísel na prvočísla, což je výpočetně velmi náročná operace. Toto lze obejít rozšířením definice Legendreova symbolu na tzv. Jacobiho symbol s podobnými vlastnostmi. Definice. Nechť a e Z, b e N, 2 { b. Nechť b = pip2 • • • pk je rozklad b na (lichá) prvočísla (výjimečně neseskupujeme stejná prvočísla do mocniny, ale vypisujeme každé zvlášť, např. 135 = 3 • 3 • 3 • 5). Symbol )/a\ / a \ í a \ se nazývá Jacobiho symbol Dále ukážeme, že Jacobiho symbol má podobné vlastnosti jako Legendreův symbol (s jednou podstatnou odchylkou). Neplatí totiž obecně, že z (a/b) = 1 plyne řešitelnost kongruence x2 = a (mod b). Příklad. a přitom kongruence / 2 \ /2\ /2\ i - 1 i — j • i — j 15 3 5 = (—1) • (—1) = 1 x2 = 2 (mod 15) Contents 44 I ►► _4_I ► Page 100 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page není řešitelná (není totiž řešitelná kongruence x2 = 2 (mod 3) a není ani řešitelná kongruence x2 = 2 (mod 5)). Tvrzení 4.8. Nechť 6,6' G Pí jsou lichá, a,ai,a2 G Z libovolná. Pak platí: 1. a1 = a2 (mod 6) 2. f^i^z] 3. a2 \ b lb aa Contents « I ►► Lemma. Buďte a, b G N lichá. Pak platí 1. = + (mod 2). 2. .1 _ a2 a + b-—1- (mod 2). 8 — 8 1 8 důsledek. Pro ai,..., am G N lichá platí 1. ^ľk=\ afc2~i = nm=i afc2~i (mod 2). u-, v-^m a?— i _ T~fm a? —i ( i r\\ 2^ 2^fc=i g = 1 lfc=i § (mod 2). věta 32. Nechť a, b G N jsou lichá. Pak 2 — 1 2. g) = (— 1) — 3. (r) Í-) = (—1)" i — l b — l 2 2 důkaz. Snadný. D Page 101 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page 4.8. Aplikace Legendreova a Jacobiho symbolu. Primární motivací k zavedení Jacobiho symbolu byla potřeba vyčíslení Legendreova symbolu (a tedy rozhodnutí o řešitelnosti kvadratických kongruencí) bez nutnosti rozkladu čísel na prvočísla. Ukažme si proto příklad takového výpočtu. Contents 44 I ►► _4_I ► Page 102 of 148 Go Back Full Screen Close Příklad. Rozhodněte o řešitelnosti kongruence x2 = 219 (mod 383). Quit Home Page Řešení. 383 je prvočíslo, proto bude kongruence řešitelná, bude-li Legendreův symbol (219/383) = 1. /219\ i - 1 — 383 = = =— 383 219 164 219 41 219 219 14 41 2 41 7 41 41 7 (Jacobi) 383 i 219 dávají po dělení 4 zbytek 3 164 = 2 41 (Jacobi) neboť 41 dává po dělení 4 zbytek 1 =1 neboť 41 dává pod dělení 8 zbytek 1 neboť 41 dává pod dělení 4 zbytek 1 neboť 7 dává po dělení 4 zbytek 3. Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 103 of 148 Go Back Full Screen Close Quit — — — — — Home Page Další aplikací je v jistém smyslu opačná otázka: Pro která prvočísla je dané číslo a kvadratickým zbytkem? (tuto otázku již umíme odpovědět např. pro a = 2). Prvním krokem je zodpovězení této otázky pro prvočísla. VĚTA 33. Nechť q je liché prvočíslo. • je-li q = 1 (mod 4), pak je q kvadratický zbytek modulo ta prvočísla p, která splňují p = r (mod q), kde r je kvadratický zbytek modulo q. • je-li q = 3 (mod 4) , pak je q kvadratický zbytek modulo ta prvočísla p, která splňují p = ±b2 (mod 4q), kde b je liché a nesoudělné s q. DŮKAZ. První tvrzení plyne triviálně ze zákona kvadratické reciprocity. Nechť tedy q = 3 (mod 4), tj. (q/p) = (—1) (p/q). Nechť nejprve p = +b2 (mod 4q), kde b je liché. Pak p = b2 = 1 (mod 4) a p = b2 (mod q). Tedy (— 1)= 1 a (p/q) = 1, odkud (q/p) = 1. Je-li nyní p = —b2 (mod 4q), pak obdobně p = —b2 = 3 (mod 4) a p = —b2 (mod q). Tedy (—1)= —1a (p/q) = —1, odkud opět ( q/p) = 1. Obráceně, mějme (q/p) = 1. Máme dvě možnosti - buď (— 1) = 1 a (p/q) = 1, nebo (—1) = —1a (p/q) = —1. V prvním případě je p = 1 (mod 4) a existuje b tak, že p = b2 (mod q) (lze přitom předpokládat, že b liché). Pak ale b2 = 1 = p (mod 4) a celkem p = b2 (mod 4q) . V druhém případě je p = 3 (mod 4) a existuje b liché tak, že p = — b2 (mod q). Tedy — b2 = 3 = p (mod 4) a celkem p = — b2 (mod 4q). □ Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 104 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Příklad. Určete modulo která prvočísla je a) 3 b) -3 c) 6 kvadratickým zbytkem. Následující tvrzení ukazuje, že pokud je modul kvadratické kongruence prvočíslo splňující p = 3 (mod 4), pak umíme nejen rozhodnout o řešitelnosti kongru-enci, ale rovněž popsat všechna řešení. TvrzenÍ 4.9. Nechť p = 3 (mod 4), a G Z splňují (a/p) = 1. Pak má kongru-ence x2 = a (mod p) řešení x = ±a~ (mod p). Důkaz. Ověříme snadno zkouškou p+1 \ 2 p+1 \ 2 p+i í a \ , a= a= a • — = a (mod p). \p J □ Contents Page 105 of 148 Go Back Full Screen Close Pro dokreslení obrazu o kvadratických zbytcích a nezbytcích formulujeme ještě jedno tvrzení (pro nepříliš obtížný důkaz euklidovského typu viz [3]). Quit Home Page Title Page Věta 34. Nechť a E N není druhou mocninou. Pak existuje nekonečně mnoho prvočísel, pro která je a kvadratickým nezbytkem. Contents « I ►► Page 106 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 5. Diofantické rovnice Už ve třetím století našeho letopočtu se řecký matematik Diofantos zabýval řešením rovnic, ve kterých za řešení připouštěl jen celá čísla. Není se čemu divit, vždyť v mnoha praktických úlohách, vedoucích k rovnicím, nemusí mít neceločíselná řešení rozumnou interpretaci. (Jde například o úlohu, jak pomocí pětilitrové a sedmilitrové nádoby odměřit do třetí nádoby osm litrů vody, která vede na rovnici 5x + 7y = 8.) Na Diofantovu počest se rovnice, ve kterých hledáme jen celočíselná řešení, nazývají diofantické. Pro řešení těchto rovnic bohužel neexistuje žádná univerzální metoda. Dokonce neexistuje ani metoda (jinými slovy algoritmus), která by určila, jestli má obecná polynomiální diofantická rovnice řešení. Tato otázka je známá pod názvem 10. Hilbertův problém a důkaz neexistence algoritmu podal K>phM MatmaceBmq (Yuri Matiasevič) v roce 1970 (viz elementárně psaný text [1]). Přesto však uvedeme několik nejobvyklejších metod, které v řadě konkrétních případů povedou k výsledku. 5.1. Lineární diofantické rovnice. ai#i + a2x2 + • • • + anxn = b, (30) kde x1,..., xn jsou neznámé, a1,..., an, b daná celá čísla. Budeme předpokládat, že a» = 0 pro každé i = 1,..., n (je-li a» = 0, pak neznámá x» z rovnice „zmizí"). Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 107 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page K řešení těchto rovnic je možné užít kongruencí. Nejprve si všimněme, kdy má rovnice (30) řešení. Jestliže číslo b není dělitelné číslem d = (a1;..., an), nemůže mít (30) žádné řešení, protože pro libovolná celá čísla x1;... ,xn je levá strana (30) dělitelná číslem d. Jestliže naopak d | b, můžeme celou rovnici (30) vydělit číslem d. Dostaneme tak ekvivalentní rovnici a'1x1 + a'2x2 + • • • + a^Xn = b', kde ai = a^/d pro i = 1,... ,n a b' = b/d. Přitom platí d • (a1,..., a^) = (da1,..., da^) = (a1;..., an) = d, a tedy (a1,..., a^) = 1. V následující větě ukážeme, že taková rovnice má vždy řešení, a proto naše úvahy můžeme shrnout takto: rovnice (30) má celočíselné řešení, právě když číslo b je dělitelné největším společným dělitelem čísel a1; a2,..., an. věta 35. Nechť n > 2. Rovnice a1x1 + a2x2 + • • • + anxn = b, (31) kde a1; a2,..., an, b jsou celá čísla taková, že (a1;..., an) = 1, má vždy celočíselné řešení. Všechna celočíselná řešení této rovnice je možné popsat pomocí n — 1 celočíselných parametrů. Důkaz. Provedeme indukcí vzhledem k počtu n neznámých x v rovnici (31). Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 108 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Je výhodné formálně začít s případem n =1, kdy podmínka (ai) = 1 znamená, že a1 = ±1. Tehdy rovnice (31) má tvar buď x1 = b, nebo —x1 = b, a tedy jediné řešení, které zřejmě nezávisí na žádném parametru, což odpovídá tomu, že n — 1 = 0. Předpokládejme, že n > 2 a že věta platí pro rovnice o n — 1 neznámých; dokážeme ji pro rovnici (31) o n neznámých. Označme d = (a1,... ,an-1). Pak libovolné řešení x1,... ,xn rovnice (31) triviálně splňuje kongruenci a1x1 + a2x2 + • • • + anxn = b (mod d). Vzhledem k tomu, že d je společný dělitel čísel a1,... ,ara-1, je tato kongruence tvaru anxn = b (mod d). Protože platí, že (d, an) = (a1,..., ara-1, an) = 1, má podle věty 20 tato kongruence řešení xn = c (mod d), kde c je vhodné celé číslo, neboli xn = c + d • t, kde t E Z je libovolné. Dosazením do (31) a úpravou dostaneme a1x1 + • • • + an-1 xn-1 = b — anc — andt. Home Page Title Page Contents « I ►► Page 109 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Protože anc = b (mod d), je číslo (b — anc)/d celé a poslední rovnici můžeme vydělit číslem d. Dostaneme pak rovnici a\xi + • • • + ixn_i = b', kde aj = aj/d pro i = 1,... ,n — la b' = ((b — anc)/d) — ant. Protože (al,..., an_i) = (dal,..., da!n_i) • ^ = (ai,..., an_i) • ^ = l, podle indukčního předpokladu má tato rovnice pro libovolné t G Z řešení popsa-telné pomocí n — 2 celočíselných parametrů. Přidáme-li k tomuto řešení podmínku xn = c + dt, dostaneme řešení rovnice (31) popsané pomocí n — 2 původních parametrů a nového parametru t. Důkaz indukcí je hotov. □ Metodu z důkazu věty 35 použijeme na řešení následujících diofantických rovnic, v nichž z důvodů přehlednosti zápisu budeme neznámé značit x, y, z,... místo xi, x2, x3,. . . . příklad. 5x + 7y = 8. Řešení. Libovolné řešení této rovnice musí splňovat kongruenci 5x + 7y = 8 (mod 5), tedy 2y = —2 (mod 5)), odkud y = —1 (mod 5)), tj. y = —1 + 5t pro t G Z. Dosazením do dané rovnice dostaneme 5x + 7(—l + 5t) = 8, Title Page Contents « I ►► Page 110 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page odkud vypočítáme x = 3 — 7t. Řešením naší rovnice je tedy x = 3 — 7t, y = — 1 + 5t, □ kde t je libovolné celé číslo. Příklad. 91x — 28y = 35. Řešení. Protože (91, 28) = 7 a 7 | 35, má rovnice celočíselné řešení. Vydělme ji sedmi: 13x — 4y = 5. Libovolné řešení této rovnice musí splňovat kongruenci 13x — 4y = 5 (mod 13), tj. —4y = —8 (mod 13), odkud y = 2 (mod 13) a y = 2+13t pro t e Z. Dosazením 13x — 4(2 + 13t) = 5, odkud vypočteme x = 1 + 4t. Řešením je tedy x = 1 + 4t, y = 2 + 13t, kde t je libovolné celé číslo. Tentýž výsledek bychom samozřejmě dostali, i kdybychom uvažovali kongruenci podle modulu 4 místo 13. Protože řešit kongruenci podle menšího modulu bývá snadnější, je vhodné na to pamatovat a uspořádat si výpočet tak, aby nebylo nutné pracovat s kongruencemi podle velkých modulů. □ Příklad. 18x + 20y + 15z = 1. Title Page Contents « I ►► Page 111 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Řešení. Protože (18,20,15) = 1, má rovnice celočíselné řešení. Libovolné řešení musí splňovat kongruenci (za modul volíme největší společný dělitel čísel 18, 20) 18x + 20y + 15z = 1 (mod 2), tedy z = 1 (mod 2), odkud z = 1 + 2s, kde s G Z. Dosazením 18x + 20y + 15(1 + 2s) = 1 odkud po vydělení dvěma a úpravě dostaneme rovnici, 9x + 10y = — 7 — 15s kterou budeme řešit pro libovolné s G Z. Je-li tato rovnice splněna, musí platit 9x + 10y = —7 — 15s (mod 9), odkud y = 2 + 3s (mod 9), a proto y = 2 + 3s + 9t, kde t G Z. Dosazením 9x + 10(2 + 3s + 9t) = —7 — 15s, odkud po úpravě x = —3 — 5s — 10t. Řešení dané rovnice jsou tedy trojice x = —3 — 5s — 10t y = 2 + 3s + 9t z = 1 + 2s kde s, t jsou libovolná celá čísla. □ Contents 44 I ►► _4_I ► Page 112 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Příklad. 15x — 12y + 48z — 51u = 1. Řešení. Protože (15,12, 48, 51) = 3 není dělitel čísla 1, nemá rovnice celočíselné řešení. □ 5.2. Diofantické rovnice lineární vzhledem k některé neznámé. Jde o rovnice, které můžeme upravit do tvaru mxn = F(x\,..., xn-\), (32) kde m je přirozené číslo a F(x\,... ,xn-i) mnohočlen s celočíselnými koeficienty. Je zřejmé, že má-li být x\,x2,xn celočíselným řešením rovnice (32), musí platit F(xi,... ,xn-i) = 0 (mod m). (33) Naopak, je-li x\,..., xn-i řešení kongruence (33), pak pro xn = F(x\,..., xn-i)/m dostaneme celočíselné řešení x i,..., xn— i, xn rovnice (32). Proto pro řešení rovnice (32) postačí vyřešit kongruenci (33). V případě n = 2, tj. v případě, kdy je mnohočlen F(xi) mnohočlenem jedné proměnné, jde o úlohu, kterou jsme se zabývali v části 4. Případ n > 2 je však možné řešit zcela analogicky pomocí následující věty. Věta 36. Pro libovolný mnohočlen F(xi,... ,xs) s celočíselnými koeficienty, přirozené číslo m a celá čísla ai,... ,as, bi,... ,bs taková, že ai = bi (mod m), ..., as = bs (mod m), platí F (ai,..., as) = F (bi,... ,bs) (mod m). Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 113 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Důkaz. Snadný. D Pro nalezení všech řešení kongruence (33) tedy postačí dosazovat do mnohočlenu F(x1,..., xn-1) za x1,..., xn-1 nezávisle na sobě postupně čísla 0,1, 2,..., m— 1 (tj. celkem mn-1-krát). A právě tehdy, když pro čísla a1,..., an-1 je splněna podmínka F(a1,..., an-1) = (mod m), dostáváme řešení kongruence (33) ve tvaru x1 = a1 + mt1, ..., xn-1 = an-1 + mtn-1, kde t1,... ,tn-1 mohou nabývat libovolných celočíselných hodnot. Tak dostaneme i řešení rovnice (32): x1 = a1 + mt1, Contents « I ►► Page 114 of 148 Go Back xn_1 = an_1 + mtn_1, 1 xn = — F(a1 + mt1,..., an_1 + mtn_1). m Příklad. Řešte diofantickou rovnici Tx2 + by + 13 = 0. Řešení. Rovnici upravíme na tvar by = - Tx2 - 13 a budeme řešit kongruenci -Tx2 - 13 = 0 (mod ô), Full Screen Close Quit Home Page Title Page tj. 3x2 = 3 (mod 5), odkud x2 = 1 (mod 5). Dosadíme-li za x čísla 0, 1, 2, 3, 4, zjistíme, že kongruence je splněna pro čísla 1 a 4. Řešením této kongruence jsou tedy podle 4.11 právě čísla x = 1 + 5t nebo x = 4 + 5t, kde t E Z. Dosazením dostaneme v prvním případě a tedy 5y = —7(1 + 5t)2 — 13 = —7 — 70t — 175t2 — 13 y = —4 — 14t — 35t ve druhém případě 5y = —7(4 + 5t)2 — 13 = —112 — 280t — 175t2 — 13, a proto y = —25 — 56t — 35t2. Řešením dané rovnice jsou tedy právě všechny dvojice čísel x,y tvaru x = 1 + 5t, y = —4 — 14t — 35t2 nebo x = 4 + 5t, y = —25 — 56t — 35t2 kde t je libovolné celé číslo. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x(x + 3) = 4y — 1. □ Contents 44 I ►► _4_I ► Page 115 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Řešení. Rovnici upravíme na tvar 4y = x2 + 3x +1 a budeme řešit kongruenci x2 + 3x +1 = 0 (mod 4). Dosazením čísel 0, 1, 2, 3 zjistíme, že kongruenci nesplňuje žádné z nich, a tedy tato kongruence nemá řešení. Řešení proto nemá ani daná rovnice. □ Příklad. Řešte diofantickou rovnici x2 + 4z2 + 6x + 7y + 8z = 1. Řešení. Rovnici upravíme na tvar a doplníme na čtverce 7y = —x2 — 6x — 4z2 — 8z + 1 7y = — (x + 3)2 — (2z + 2)2 + 14. Proto budeme řešit kongruenci (x + 3)2 + (2z + 2)2 = 0 (mod 7) (34) Nyní bychom mohli za uspořádanou dvojici (x; z) postupně dosazovat uspořádané dvojice (0; 0), (0; 1), ..., (0; 6), (1; 0), (1; 1), ..., (6; 5), (6; 6) a spočítat pro všech 49 hodnot výraz stojící na levé straně kongruence (34). Výhodnější ale bude využít tvaru kongruence (34) a odvolat se na tvrzení tvr:nonresidue-3mod-4, odkud pro p = 7, a = x + 3, b = 2z + 2 dostaneme, že z kongruence (34) plyne x + 3 = 2z + 2 = 0 (mod 7), Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 116 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page a tedy všechna řešení kongruence (34) jsou tvaru x = —3 + Tt, z = —1 + Ts, kde t, s jsou celá čísla. Dosazením do rovnice dostaneme Ty = — (x + 3)2 — (2z + 2)2 + 14 = —49t2 — 196s2 + 14, odkud y = —Tt2 — 28s2 + 2. Řešením dané rovnice jsou tedy právě všechny trojice čísel x, y, z tvaru x = —3 + Tt, y = —Tt2 — 28s2 + 2, z = —1 + Ts, kde s, t jsou libovolná celá čísla. D 5.3. Rovnice jiného tvaru. Metodu, kterou jsme řešili předchozí příklady, je možno popsat také takto: „vyjádři některou z neznámých pomocí ostatních a zkoumej, kdy je celočíselná". Skutečně, vyjádříme-li z rovnice (32) neznámou xn, dostaneme F(xi,..., xra_i) xn = m xn což je celé číslo, právě když m j F(x1, . . . , xn-1), tj. právě když je splněna kongru-ence (33). Ukážeme si na příkladech, že tento postup je použitelný i na rovnice, které nejsou tvaru (32). V příkladech uvedeme i případ, kdy je vhodné vyjádřit Title Page Contents « I ►► Page 117 of 148 Go Back Full Screen Close Quit namísto některé neznámé nějaký jiný vhodný výraz a zkoumat, za jakých okolností bude celočíselný. Příklad. Řešte diofantickou rovnici 3x = 4y + 5. Řešení. Vyjádřeme z této rovnice neznámou y: y = 1 (3x — 5). 4 Je-li x < 0, je 0 < 3x < 1, a tedy 4(3x — 5) E Z. Pro x > 0 platí 3x — 5 = (—1)x — 1 (mod 4); číslo (—1)x — 1 je kongruentní s nulou podle modulu 4 právě tehdy, když x je sudé, tj. x = 2k, kde k E No. Řešením této diofantické rovnice jsou tedy právě všechny dvojice 9k — 5 x = 2k, y =-, kde k E N0 je libovolné. Příklad. Řešte v Z rovnici x(y + 1)2 = 243y. Řešení. Vyjádřeme neznámou x: 243y □ x = (y + 1)2 Home Page Title Page Contents « I ►► Page 118 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Aby x G Z, musí {y +1)2 být dělitelem čísla 243y. Protože y a y + 1 jsou nesoudělná čísla pro libovolné y G Z, musí být {y + 1)2 dělitelem čísla 243 = 35. Toto číslo má však jen tři dělitele, kteří jsou druhou mocninou celého čísla: 1,9 a 81. Proto musí nastat některá z těchto možností: y + 1 = ±1, y + 1 = ±3 nebo y + 1 = ±9. Dostáváme tedy šest řešení dané rovnice: y = 0, y = —2, y = 2, y = —4, y = 8, y = —10, x = 0, x = —2 • 243 = —486, x = 2 • 27 = 54, x — 4 - 27 —108, x = 8 • 3 = 24, x = —10 • 3 = — 30. Jiná řešení daná diofantická rovnice nemá. □ Příklad. Řešte v N rovnici \fx + -y/y = \/1988 . Řešení. Odečteme-li od obou stran rovnice ^Jy a umocníme-li na druhou, dostaneme x = 1988 — 4\j7 • 71 • y + y. Jsou-li x, y celá čísla, je i 4\J7 • 71y celé číslo, a tedy -^7 • 71y je racionální číslo. Pak je \J7 • 71y = k nezáporné celé číslo. Platí tedy 7 • 71y = k2, odkud plyne, že Title Page Contents « I ►► Page 119 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page k2 a tedy i k je dělitelné prvočísly 7, 71. Je tedy k = 7 ■ 71t pro vhodné t G No a tedy y = k2 7 • 71 = 497t Zcela analogicky je možné odvodit, že existuje s E N0 tak, že x = 497s2. Dosazením do původní rovnice dostáváme V497s + V497t = V1988, odkud po vydělení plyne s + t = 2. Jsou tedy tři možnosti: s = 0, t = 2 nebo s = t =1 nebo s = 2, t = 0, takže daná diofantická rovnice má tři řešení: x = 0, y = 1988 nebo x = y = 497 nebo x = 1988, y = 0. □ 5.4. Řešení diofantických rovnic pomocí nerovností. Tato metoda je založena na tom, že pro libovolná reálná čísla a, b existuje jen konečně mnoho celých čísel x tak, že a < x < b. Proto při řešení dané rovnice hledáme taková čísla a, b, aby nerovnosti a < x < b pro některou neznámou x byly důsledkem této rovnice. Konečně mnoho celých čísel ležících mezi čísly a, b pak můžeme jedno po druhém dosadit do rovnice za x a tím ji zjednodušit. Ukažme si to na následujících příkladech. Title Page Contents « I ►► Page 120 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Příklad. Řešte diofantickou rovnici 6x2 + 5y2 = 74. Řešení. Protože pro libovolné y G Z platí 5y2 > 0, musí libovolné řešení x,y dané rovnice splňovat 74 = 6x2 + 5y2 > 6x2, odkud x2 < 37, tedy —3 < x < 3, proto x2 je některé z čísel 0, 1, 4, 9. Dosazením do rovnice postupně dostáváme 5y2 = 74, 5y2 = 68, 5y2 = 50, 5y2 = 20. První tři případy jsou ve sporu s y G Z, z posledního dostáváme y2 = 4, tj. y = ±2. Rovnice má tedy čtyři řešení: x = 3, y = 2; x = 3, y = —2; x = —3, y = 2; x = —3, y = —2. □ Příklad. Řešte v Z rovnici x2 + xy + y2 = x2y2. Řešení. Protože jsou v dané rovnici neznámé x,y zastoupeny symetricky, můžeme předpokládat, že x2 < y2, odkud plyne xy < y2, a tedy x2y2 = x2 + xy + y2 < y2 + y2 + y2 = 3y2. Platí tedy y = 0 nebo x2 < 3. Dosazením do rovnice dostáváme v prvním případě x = 0, ve druhém pro x = 0 opět y = 0, pro x = 1 je y = —1 a pro x = —1 je y =1. Rovnice má tedy tři řešení: x = 0, y = 0; x =1, y = —1; x = —1, y =1. □ Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 121 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Příklad. Řešte v Z 2x = 1 + 3y. Řešení. Je-li y < 0, platí 1 < 1 + 3y < 2, odkud 0 < x < 1, což je spor. Je tedy y > 0 a proto 2x = 1 + 3y > 2, odkud x > 1. Ukážeme, že také platí x < 2. Kdyby totiž bylo x > 3, platilo by 1 + 3y = 2x = 0 (mod 8), odkud bychom dostali 3y = — 1 (mod 8), což však není možné, neboť pro sudá čísla y je 3y = 1 (mod 8) a pro lichá čísla y platí 3y = 3 (mod 8). Zbývá tedy vyřešit případ 1 < x < 2. Pro x =1 dostáváme 3y = 21 — 1 = 1, a tedy y = 0. Z x = 2 plyne 3y = 22 — 1 = 3, takže y =1. Rovnice má tedy dvě řešení: x = 1, y = 0 a x = 2, y =1. □ Příklad. Řešte rovnici x + y + z = xyz v oboru přirozených čísel. Řešení. Protože jsou v dané rovnici neznámé zastoupeny symetricky, můžeme předpokládat x < y < z. Pak ale xyz = x + y + z < z + z + z = 3z, Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 122 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page odkud xy < 3. Je tedy xy = 1, nebo xy = 2, nebo xy = 3. Je-li xy =1, platí x = 1, y = 1, odkud dostaneme dosazením do rovnice 2 + z = z, což není možné. Je-li xy = 2, platí x = 1, y = 2 (předpokládáme x < y), odkud 3 + z = 2z, a tedy z = 3. Je-li xy = 3, platí x = 1, y = 3, odkud 4 + z = 3z, tedy z = 2, což je ve sporu s předpokladem y < z. Rovnice má tedy jediné řešení x =1, y = 2, z = 3 splňující x < y < z. Všechna řešení v oboru přirozených čísel dostaneme všemi záměnami pořadí čísel 1, 2, 3: (x; y; z) G {(1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1)}. □ často je možné s výhodou ukázat sporem, že množina hodnot neznámé x je konečná a omezená nerovnostmi a < x < b; přitom z předpokladu x < a (resp. x > b) odvodíme nepravdivé tvrzení. V následujících příkladech bude takovým nepravdivým tvrzením dvojice nerovností cn < dn < (c + 1)n, kde c, d jsou celá a n přirozené číslo. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2. Title Page Contents « I ►► Page 123 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Řešení. Úpravou y2 = (x2 + 8x)(x2 + 8x + 7). Označíme-li x2 + 8x = z, je naše rovnice tvaru y2 = z2 + 7z. Ukážeme, že z < 9. Předpokládejme naopak z > 9. Pak platí (z + 3)2 = z2 + 6z + 9 < z2 + 7z = y2 < z2 + 8z + 16 = (z + 4)2, což je spor, neboť z + 3, y, z + 4 jsou celá čísla a z těchto nerovností by plynulo |z + 3| < |y| < |z + 4|. Je tedy z < 9, tj. x2 + 8x < 9, odkud (x + 4)2 = x2 + 8x + 16 < 25, a proto —5 < x + 4 < 5, neboli —9 < x < 1. Dosazením těchto hodnot do rovnice dostaneme všechna řešení: (x; y) G {(—9; 12), (—9; —12), (—8;0), (—7;0), (—4; 12), (—4; —12), (—1;0), (0;0), (1; 12), (1; —12)}. □ Příklad. Řešte diofantickou rovnici (x + 2)4 — x4 = y3. Řešení. Úpravou získáme y3 = 8x3 + 24x2 + 32x + 16 = 8(x3 + 3x2 + 4x + 2), Title Page Contents « I ►► Page 124 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page odkud plyne, že y je sudé. Položme y = 2z, z G Z. Platí tedy z3 = x3 + 3x2 + 4x + 2. Je-li x > 0, platí (x + l)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 < x3 + 3x2 + 4x + 2 = = z3 < x3 + 6x2 + 12x + 8 = (x + 2)3, odkud x + l < z < x + 2, což není možné. Daná rovnice tedy nemá řešení x, y G Z takové, že x > 0. Předpokládejme, že má nějaké řešení xi, yi G Z takové, že xi < — 2. Pak platí (xi + 2)4 — x4 = y3 a dosadíme-li x2 = — x — 2, y2 = —y , dostaneme x4 — (x2 + 2)4 = —y33, a proto x2, y2 je také řešení dané rovnice. Ovšem x2 = —xi — 2 > 0 a z předchozích úvah plyne, že tato situace nastat nemůže. Dohromady tedy —2 < x < 0, tj. x = —1. Pro x = —1 vychází z původní rovnice y = 0; dvojice x = —1, y = 0 je jediným řešením úlohy. □ Contents « I ►► Page 125 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page 5.4.1. Některé nerovnosti. Při řešení diofantických rovnic jsou někdy užitečné i některé složitější postupy a nerovnosti. Uveďme si některé z nejčastěji používaných. VĚTA 37 (AG-nerovnost). Pro libovolná čísla a1, a2, • • •, an G R+ platí nerov- nost «1 + «2 + ' ' ' + an n > \/a1 a2 ... an (35) přitom rovnost v (35) nastane, jen když a\ = a2 = • • • = an. DŮKAZ. Prozatím neuveden. □ VĚTA 38 (Bernoulliova nerovnost). Vx G R,x > — 1, Vn G N platí: (1 + x)n > 1 + n • x. DŮKAZ. Pro n =1 nebo x = 0 je tvrzení zřejmé. Pro reálná A > B > 0 a přirozené číslo n > 2 platí: n(A — B)Bn_1 < An — Bn < n(A — B)An_1 (A > B > 0, n > 2), z čehož po dosazení A = 1+ x a B = 1 (pro x > 0), resp. A = 1, B =1 + x (pro — 1 < x < 0) dostaneme požadované tvrzení. □ Contents « I ►► Page 126 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x y z —I---1— =3. yzx Řešení. Podíl přirozených čísel je číslo kladné, a proto můžeme pro čísla x, y a z použít nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem (viz Věta 37). Geometrický průměr těchto tří čísel je 1, a proto pro jejich aritmetický průměr platí 1 / x y z _ —i---1— 3 y z x > 1, kde rovnost nastane právě tehdy, když x y y z — 1. zx Porovnáme-li získanou nerovnost s danou rovnicí, dostáváme, že rovnice má nekonečně mnoho řešení x = y = z, kde z je libovolné přirozené číslo, a žádné jiné řešení nemá. □ Příklad. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n > 2 rovnice xn I ( x I 1) n = ( x I 2) n nemá řešení v oboru přirozených čísel. Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 127 of 148 Go Back Full Screen Close Quit _ Home Page Title Page Řešení. Předpokládejme naopak, že pro nějaká přirozená čísla x, n, kde n > 2, je daná rovnice splněna, a označme y = x + 1 > 2. Pak platí (y — 1)n + yn = (y + 1)n (36) odkud dostáváme 0 = (y + 1)n — yn — (y — 1)n = 1 — (— 1)n (mod y). Připusťme, že n je liché, pak 0 = 2 (mod y), tedy y = 2 a 0 = 3n — 2n — 1, což platí pouze pro n = 1. Je tedy n sudé a podle binomické věty platí (y + 1) = „y y + 1 (mod y ), (y 1)n n y2 odkud plyne )y + 1 (mod y3), 0 = (y + 1)n — yn — (y — 1)n = 2ny (mod y ), tedy 0 = 2n (mod y2), a proto 2n > y2. Vydělíme-li (36) číslem yn, dostaneme 1 n 1 n 1+— =1+1--< 2. yy Contents 44 I ►► _4_I ► Page 128 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Naopak podle Bernoulliovy nerovnosti (viz Věta 38) platí 1 + n 2n y y > 1 +— = 1 +--> 1+--= 1+— > 2. y 2y 2y 2 Shrneme-li předchozí úvahy, vychází, že pro žádné přirozené číslo n > 2 nemá daná rovnice řešení v oboru přirozených čísel. 5.5. Řešení diofantických rovnic metodou rozkladu. Tato metoda spočívá v úpravě dané rovnice do tvaru A1 • A2An = B, (37) kde Ai,...,An jsou výrazy obsahující neznámé, které pro celočíselné hodnoty neznámých nabývají celočíselných hodnot, a B je číslo (případně výraz), jehož rozklad na prvočísla známe. Pak totiž existuje pouze konečně mnoho rozkladů čísla B na n celočíselných činitelů a1,..., an. Vyšetříme-li pak pro každý z těchto rozkladů soustavu rovnic A1 = a1, A2 = a2, ..., An = an, získáme všechna řešení rovnice (37). Ukažme si to na příkladech. Příklad. Řešte diofantickou rovnici y3 — x3 = 91. ŘEŠENÍ. Rozložme levou stranu rovnice: (y — x)(y2 + xy + x2) = 91. Title Page Contents « I ►► Page 129 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Protože y2 + xy + x2 = (y + x +— x2 4 > 0, musí být také y — x > 0. číslo 91 můžeme rozložit na součin dvou přirozených čísel čtyřmi způsoby: 91 = 1 • 91 = 7 • 13 = 13 • 7 = 91 • 1. Budeme proto odděleně řešit čtyři systémy rovnic: (1) y — x = 1, y2 + xy + x2 = 91. Dosazením y = x + 1 z první do druhé rovnice dostaneme x2 + x — 30 = 0, odkud x = 5 nebo x = —6. Příslušné hodnoty druhé neznámé jsou pak y = 6, y = — 5. (2) y — x = 7, y2 + xy + x2 = 13. Pak x2 + 7x + 12 = 0, tedy x = —3 a y = 4 nebo x = — 4 a y = 3. (3) y — x = 13, y2 + xy + x2 = 7. Nyní x2 + 13x + 54 = 0. Tato rovnice však nemá řešení v oboru reálných čísel, a proto ani v oboru čísel celých. (4) y — x = 91, y2 + xy + x2 = 1. V tomto případě x2 + 91x + 2760 = 0. Ani tato rovnice nemá řešení v oboru reálných čísel. Daná rovnice má tedy čtyři řešení: (x; y) G {(5; 6), (—6; —5), (—3; 4), (—4; 3)}. □ Home Page Title Page Contents « I ►► Page 130 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page ŘEŠENÍ. Upravme nejprve levou stranu rovnice: x4 + 2x7y — x14 — y2 = x4 — (x7 — y)2 = (x2 — x7 + y)(x2 + x7 — y) a uvažme, že číslo 7 můžeme rozložit čtyřmi způsoby na součin dvou celých čísel: 7=1 • 7 = 7 • 1 = (—1) • (—7) = (—7) • (—1). Budeme proto řešit čtyři soustavy rovnic. (1) x2 — x7 + y = 1, x2 + x7 — y = 7. Sečtením obou rovnic dostaneme x2 = 4, odkud x = 2 a y = 125, nebo x = —2 a y = —131. (2) x2 — x7 + y = 7, x2 + x7 — y =1. Nyní x2 = 4, a tedy x = 2, y =131 nebo x = — 2, y = —125. (3) x2 — x7 + y = —1, x2 + x7 — y = —7. Sečtením x2 = —4, což je spor. (4) x2 — x7 + y = —7, x2 + x7 — y = —1. Opět spor x2 = —4. Rovnice má tedy čtyři řešení: (x; y) G {(—2; —131), (—2; —125), (2; 125), (2; 131)}. Contents « I ►► Page 131 of 148 Go Back Full Screen □ Příklad. Řešte diofantickou rovnici 111 —I— = -, x y p kde p je libovolné prvočíslo. Close Quit Home Page Řešení. Vynásobením číslem xyp a další úpravou dostaneme xy — px — py = 0. Úprava do tvaru (37) vyžaduje nyní umělý obrat: přičteme k oběma stranám rovnice p2, aby bylo možno její levou stranu zapsat jako součin: ( x — p)( y — p) = p2 . Protože p je prvočíslo, lze p2 rozložit na součin dvou celých čísel jen těmito šesti způsoby: p2 = 1 • p2 = p • p = p2 • 1 = (—1) • (—p2) = (—p) • (—p) = (—p2) • (—1). Budeme proto řešit šest systémů rovnic: (1) x — p =1, y — p = p2, a tedy x = p +1, y = p2 + p; (2) x — p = p, y — p = p, a tedy x = 2p, y = 2p; (3) x — p = p2 , y — p = 1, a tedy x = p2 + p, y = p + 1; (4) x — p = —1, y — p = —p2, a tedy x = p — 1, y = p — p2; (5) x — p = —p, y — p = —p, a tedy x = y = 0, což nevyhovuje; (6) x — p = —p2, y — p = —1, a tedy x = p — p2, y = p — 1. Daná rovnice má tedy pět řešení, popsaných v případech (1)-(4) a (6). □ 5.5.1. Pythagorova rovnice. Pythagorova rovnice se zabývá otázkou hledání všech pravoúhlých trojúhelníků s celočíselnými délkami stran. Title Page Contents « I ►► Page 132 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page PŘíKLAD. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 + y2 = z2. Řešení. Označme t = (x, y, z), xi = x, yi = y, zi = z. Pak platí t2x1 + t2y2 = t2z2, odkud po vydělení číslem t2 = 0 vychází x2 + y2 = z2 (38) a navíc (xi,yi,zi) = 1. Ukážeme nyní, že čísla xi,yi,zi jsou dokonce po dvou nesoudělná: kdyby nějaké prvočíslo p dělilo dvě z čísel xi,yi,zi, vyšlo by z (38), že dělí i třetí, což vzhledem k (xi,yi,zi) = 1 není možné. Z čísel xi, yi je tedy nejvýše jedno sudé. Připusťme, že jsou obě lichá. Pak z kongruence z2 = x2 + y2 = 1 + 1 (mod 8) plyne, že z2 je sudé číslo, které není dělitelné 4, což není možné. Je tedy z čísel xi, yi právě jedno sudé. Protože v rovnici (38) vystupují xi a yi symetricky, můžeme pro určitost předpokládat, že sudé je xi = 2r, r G N. Z (38) pak plyne 4r2 = y2 a tedy r2 = zi + yi zi — yi 22 Title Page Contents Page 133 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Označme u = 1 (zi + yi), v = 1 (zi — yi). Pak zi = u + v, yi = u — v. Protože jsou 22 yi, zi nesoudělná čísla, jsou i u, v nesoudělná čísla. Z rovnice r2 = u • v pak plyne, že existují nesoudělná přirozená čísla a, b tak, že u = a2, v = b2, navíc vzhledem k u > v platí a > b. Celkem tedy dostáváme x = txi = 2tr = 2tab, y = tyi = t (u — v) = t(a2 — b2), z = tzi = t (u + v) = t(a2 + b2), což skutečně pro libovolné t E N a libovolná nesoudělná a, b E N taková, že a > b, vyhovuje dané rovnici. Zbylá řešení bychom dostali záměnou x a y (v průběhu řešení jsme předpokládali, že právě xi je sudé): x = t(a2 — b2), y = 2tab, z = t(a2 + b2), kde opět t, a, b E N jsou libovolná taková, že a > b, (a, b) = 1. □ 5.6. Řešitelnost diofantických rovnic. V předchozí čáasti jsme viděli, že řešení většiny diofantických rovnic není snadné, a ačkoli jsme se naučili několik metod, v mnoha konkrétních případech se nám nepodaří diofantickou rovnici vyřešit ani jednou z nich. Přesto se nám v těchto případech může podařit něco o řešení zjistit. Například nalézt nekonečnou množinu řešení a tím dokázat, že množina všech Title Page Contents « I ►► Page 134 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page řešení, i když ji celou neumíme popsat, je nekonečná. Nebo naopak ukázat, že množina všech řešení je prázdná {a tím vlastně danou rovnici vyřešit), popřípadě konečná. 5.6.1. Neexistence řešení. Při důkazu, že nějaká diofantická rovnice nemá žádné řešení, je často možné s úspěchem využít kongruencí. Má-li totiž řešení diofantická rovnice L = P {kde L, P jsou výrazy obsahující neznámé, nabývající celočíselných hodnot pro libovolné celočíselné hodnoty neznámých), musí mít řešení i kongru-ence L = P {mod m) pro libovolné m G N, protože řešením této kongruence je například zmíněné řešení rovnice. Odtud plyne, že nalezneme-li nějaké přirozené číslo m tak, že kongruence L = P {mod m) nemá řešení, nemůže mít řešení ani původní diofantická rovnice L = P. Je nutno si však uvědomit, že obrácení předchozí úvahy obecně neplatí: má-li kongruence L = P {mod m) pro každé přirozené číslo m řešení, neznamená to ještě, že má řešení též diofantická rovnice L = P {ukážeme to v Příkladu na str. 138). Příklad. Řešte diofantickou rovnici x4 + x2 + • • • + x44 = 159 99. Řešení. Ukážeme, že kongruence x4 + x4. + • • • + x44 = 159 99 {mod 16) nemá řešení, odkud vyplyne, že řešení nemá ani daná diofantická rovnice. Je-li totiž celé číslo n sudé, je n = 2k pro k G Z a tedy n4 = 16k4 = 0 {mod 16). Title Page Contents « I ►► Page 135 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Jestliže je celé číslo n liché, platí n4 — 1 = (n — 1)(n + 1)(n2 + 1) = 0 (mod 16), neboť čísla n — 1, n + 1 a n2 + 1 jsou sudá a jedno z čísel n — 1, n +1 musí být dokonce dělitelné čtyřmi. Znamená to tedy, že podle modulu 16 je n4 kongruentní s 0 pro sudá n a s 1 pro lichá čísla n. Je-li proto mezi čísly xi,x2,..., xi4 právě r lichých, je x\ + x2 + • • • + x\4 = r (mod 16). 1 = 15 (mod 16) a protože 0 < r < 14, nemůže mít Platí 15999 kongruence = 16000 x\ + x\ + • • • + = 15 (mod 16) □ řešení, a nemá ho tedy ani daná rovnice. Příklad. V oboru celých čísel řešte soustavu rovnic x2 + 2y2 = z2 , 2x2 + y2 = u2. Řešení. Snadno ověříme, že z x = y = 0 plyne také z = u = 0, což je řešení dané soustavy. Ukážeme, že další řešení soustava nemá. Předpokládejme, že x,y,z,u je řešení a že x = 0 nebo y = 0, a označme d = (x,y) > 0 největší společný dělitel čísel x,y. Z první rovnice plyne d | z, ze druhé d | u. Označíme-li y\ = y, z\ = z, u\ = u, dostáváme, že (xi,yi) = 1, a po zkrácení obou 1 d Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 136 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page rovnic číslem d2 dostaneme 2 i o 2 2 x1 + 2y1 = z2, 2 2 2 2x1 + y1 = u1. z2 + u2. Podle Tvrzení 3.1 y2), a tedy 3 | y2. Opět Odtud plyne sečtením 3x2 + 3y2 = z2 + u2 a tedy 3 platí 3 | z4, 3 | u4 a tedy 9 | z2 + u2^ Pak ale 9 | 3{x2 + podle Tvrzení 3.1 platí 3 | x4, 3 | y4, což je spor s {x4,y4) = 1. Soustava má tedy jediné řešení x = y = z = u = 0. □ Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici 1! + 2! + 3! + • • • + x! = y2. Řešení. Přímým výpočtem se přesvědčíme, že pro x < 5 vyhovují rovnici pouze x = y = 1 a x = y = 3. Ukážeme, že pro x > 5 rovnice řešení nemá. Protože pro libovolné n > 5 je n! dělitelné pěti, platí 1! + 2! + 3! + • • • + x! = 1! + 2! + 3! + 4! = 33 = 3 {mod 5). Ovšem druhá mocnina přirozeného čísla je podle modulu 5 kongruentní s 0 nebo 1 nebo 4. Kongruence 1! + 2! + • • • + x! = y2 {mod 5) pro x > 5 tedy nemá řešení, a proto nemá pro x > 5 řešení ani daná rovnice. □ Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 — y3 = 7. Title Page Contents « I ►► Page 137 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Řešení. Ukážeme, že daná rovnice nemá řešení. Předpokládejme naopak, že pro vhodná x, y G Z platí x2 — y3 = 7. Kdyby y bylo sudé, platilo by x2 = 7 (mod 8), což není možné. Je tedy y liché, y = 2k + 1 pro k G Z. Pak platí x2 + 1 = y3 + 23 = (y + 2)(y2 — 2y + 4) = = (y + 2)((y — 1)2 + 3) = (2k + 3)(4k2 + 3). (39) (40) číslo 4k2 + 3 musí být dělitelné nějakým prvočíslem p = 3 (mod 4). V opačném případě vzhledem k tomu, že 4k2 + 3 je liché, by totiž v rozkladu čísla 4k2 + 3 na prvočísla vystupovala pouze prvočísla kongruentní s 1 podle modulu 4 a tedy by i jejich součin 4k2 + 3 musel být kongruentní s 1 podle modulu 4, což jistě není. Je tedy 4k2 + 3 dělitelné prvočíslem p = 3 (mod 4), a tedy platí x2 + 1 = 0 (mod p). Podle Tvrzení 3.1 odtud plyne x = 1 = 0 (mod p), a to je spor. □ Nyní uvedeme slibovaný příklad toho, že diofantická rovnice nemusí být řešitelná ani v případě, že je kongruence L = P (mod m) řešitelná pro libovolný modul m G N. Příklad. Dokažte, že kongruence 6x2 + 5x + 1 = 0 (mod m) Home Page Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 138 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page má řešení pro každé přirozené číslo m, a přitom diofantická rovnice 6x + 5x + 1 = 0 řešení nemá. Řešení. Platí 6x2 + 5x +1 = (3x + 1)(2x + 1), a tedy rovnice 6x2 + 5x +1 = 0 nemá celočíselné řešení. Nechť m je libovolné přirozené číslo a platí m = 2n • k, kde n G No a k je liché číslo. Protože (3, 2n) = (2, k) = 1, mají obě kongruence soustavy 3x 2x -1 (mod 2n) -1 (mod k) podle Věty 20 řešení, a protože (2n, k) = 1, má podle Věty 22 řešení i celá soustava. Pro libovolné x vyhovující této soustavě je pak 3x + 1 dělitelné číslem 2n a 2x +1 číslem k a proto součin (3x + 1)(2x + 1) je dělitelný číslem 2n • k = m. Je tedy x řešením kongruence 6x2 + 5x +1 = 0 (mod m). □ Title Page Contents « I ►► Page 139 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page 5.6.2. Zmenšování ad absurdum. Je to metoda důkazu neexistence řešení diofantické rovnice. Při důkazu touto metodou libovolné řešení dané diofantické rovnice charakterizujeme nějakým přirozeným číslem (například největším společným dělitelem hodnot některých neznámých nebo druhou mocninou hodnoty některé neznámé a podobně) a ukážeme, že existuje-li řešení charakterizované přirozeným číslem d, musí existovat jiné řešení, charakterizované přirozeným číslem ď < d. Pak totiž žádné takové řešení existovat nemůže, o čemž se snadno můžeme přesvědčit sporem: kdyby existovalo, mohli bychom zvolit to řešení, které je ze všech řešení charakterizováno co nejmenším přirozeným číslem d; pak by ovšem muselo existovat i jiné řešení, charakterizované přirozeným číslem ď < d, což však by byl spor s volbou d. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x3 + 2y3 + 4z3 — 6xyz = 0. Řešení. Rovnici jistě vyhovuje x = y = z = 0. Ukážeme, že jiné řešení rovnice nemá. Označme d = x2 + y2 + z2 a předpokládejme, že pro nějaké řešení x, y, z dané rovnice platí d > 0. Z původní rovnice plyne, že x3 je sudé číslo, a proto je x = 2xi pro vhodné xi G Z. Dosazením do rovnice dostaneme po vydělení dvěma 8x1 + 2y3 + 4z3 — 12x\yz = 0, 4x1 + y3 + 2z3 — 6xiyz = 0, Title Page Contents « I ►► Page 140 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page a proto i y3 je sudé číslo, tedy y = 2yi pro vhodné yi G Z. Dosazením a vydělením dvěma dostaneme 2x3 + 4y3 + z3 — 6x1y1z = 0, odkud plyne, že z3 je také sudé číslo, a proto z = 2z1 pro vhodné z1 G Z. Dosazením a vydělením dvěma dostaneme x3 + 2y3 + 4z3 — 6x1y1z1 = 0, a tedy x1,y1,z1 je řešení původní diofantické rovnice, přičemž platí x2 y2 z2 d 222 x1 + y1 + z1 = +---h 444 4 < d. Podle metody popsané v 6.4 daná diofantická rovnice nemá řešení s vlastností d > 0, a tedy x = y = z = 0je jejím jediným řešením. □ Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 + y2 = 4z. Řešení. Užijeme metodu 5.6.2 pro d = z. Předpokládejme nejprve, že x,y, z je řešením dané rovnice. Pak jistě platí z = 1, protože je-li x = y = 1, platí x2 + y2 = 2 < 4, a je-li alespoň jedno z čísel x, y větší než jedna, je x2 + y2 > 4. Je tedy z > 1a platí x2 + y2 = 4z = 0 (mod 8). Protože druhá mocnina lichého čísla je kongruentní s 1 podle modulu 8 a druhá mocnina sudého čísla je kongruentní s 0 nebo 4 podle modulu 8, plyne z této kongruence, že x i y jsou sudá, a tedy Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 141 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page x = 2x4, y = 2y4 pro vhodná x4, y4 G N. Pak ovšem 4Z—1 2 2 x2 y2 x-, + y-, =--1-- 4 4 a tedy, označíme-li z4 = z — 1 G N, čísla x4,y4,z4 splňují danou rovnici, přičemž z4 < z. Proto daná rovnice nemá řešení. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x4 + y4 + z4 = 9u4. Řešení. Je-li u = 0, musí být rovněž x = y = z = 0, což je řešení dané rovnice. Ukážeme, že jiné řešení rovnice nemá. Předpokládejme, že celá čísla x, y, z, u vyhovují dané rovnici, přičemž u = 0, a označme d = u4. Kdyby číslo u nebylo dělitelné pěti, bylo by u4 = 1 {mod 5) podle Fermatovy věty, a tedy by platilo x4 + y4 + z4 = 4 {mod 5), což však není možné, neboť podle Fermatovy věty každé z čísel x4, y4, z4 může být podle modulu 5 kongruentní pouze s 0 nebo 1. Je tedy u dělitelné pěti, u = 5u4 pro vhodné u4 G Z, a platí x4 + y4 + z4 = 0 {mod 5), odkud plyne, že čísla x, y, z jsou dělitelné pěti, tj. x = 5x4, y = 5y4, z = 5z4 pro vhodná x1,y1,z1 G Z. Dosazením do rovnice a vydělením 54 dostaneme x4 + y 4 + z4 = 9u4, Title Page Contents « I ►► Page 142 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page a tedy x\,y\,x\,u\ vyhovují dané rovnici. Přitom platí u4 u\ = — < u4 = d. 54 □ Příklad. Řešte diofantickou rovnici x2 + y2 + z2 = 2xyz. Řešení. Rovnice jistě splňuje x = y = z = 0. Ukážeme, že další řešení tato rovnice nemá. Dokážeme dokonce silnější tvrzení: žádná rovnice x2 + y2 + z2 = 2uxyz, (41) kde x,y,z G Z a u G N nemá jiné řešení než x = y = z = 0, u G N libovolné. Předpokládejme, že x, y, z G Z, u G N vyhovují rovnici (41) a že d = x2 + y2 + z2 > 0. Protože u > 1, je 2uxyz sudé číslo, a proto i x2 + y2 + z2 je sudé číslo. To ale znamená, že právě jedno z čísel x, y, z, nebo všechna tři jsou sudá. V prvním případě je však x2 + y2 + z2 = 1 + 1 + 0 = 2 (mod 4), kdežto 2uxyz = 0 (mod 4), neboť u > 1a jedno z čísel x,y,z je sudé. Nastane tedy druhý případ a čísla 1 2 ' y1 = y, zi = i isou celá. Položme u = u + 1 a dosaďme do (41): 22 4x2 + 4y2 + 4z2 = 2U1-1 • 2xi • 2yi • 2zi, Title Page Contents « I ►► Page 143 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page po vydělení čtyřmi 2 2 2 n«i a tedy x i, y, z-i, u vyhovují rovnici (41). Přitom platí 0 < x2 + y2 + z? = -r < d, neboť d > 0. Podle 5.6.2 tedy rovnice (41) může mít jen řešení s vlastností d = 0, což jsou výše uvedená řešení x = y = z = 0, u E N libovolné. Speciálně, zadaná rovnice má jediné řešení x = y = z = 0. □ 5.6.3. Početnost množiny řešení. V mnoha případech, kdy neumíme najít všechna řešení diofantické rovnice, se nám může alespoň podařit rozhodnout, zda řešení je konečně či nekonečně mnoho. Konečnost je například zaručena zjištěním, že hodnoty neznámých jsou v absolutní hodnotě menší než nějaké číslo. Pokud toto číslo nalezneme a je „rozumně" malé, můžeme pak najít všechna řešení metodou popsanou v 5.4 To, že daná diofantická rovnice má řešení nekonečně mnoho, můžeme dokázat například tak, že nalezneme pro každou neznámou nějaký výraz s parametrem, a to takový, že po dosazení do rovnice dostaneme rovnost, přitom pro nekonečně mnoho hodnot parametru dostaneme navzájem různé hodnoty neznámých (jde tedy o jakousi zkoušku nekonečně mnoha řešení). Nebo můžeme nalézt jedno řešení rovnice a udat předpis, jak z libovolného řešení spočítat jiné. Máme-li zaručeno, že při další a další aplikaci tohoto předpisu dostáváme stále nová řešení (například jsou-li získávaná řešení stále větší a větší), opět tím dokážeme, že množina Title Page Contents « I ►► Page 144 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page řešení je nekonečná. Je zřejmé, že při obou postupech mohou existovat ještě další nenalezená řešení. Příklad. Dokažte, že diofantická rovnice (x — 1)2 + (x + 1)2 = y2 + 1 má nekonečně mnoho řešení. Řešení. Rovnici snadno upravíme do tvaru1 y2 — 2x2 = 1. Zkusme najít nějaké řešení. Po chvíli pokusů asi každý objeví, že volba y = 3, x = 2 vyhovuje dané rovnici. Představme si nyní, že máme k dispozici libovolné řešení x,y G Z a pokusme se získat další. Platí tedy (y + V2x) (y — V2x) = 1. Dosazením nalezených hodnot y = 3 a x = 2 získáme rovnost (3 + 2\/2) (3 — 2\/2) = 1, vynásobením dostaneme [(y + V2x) (3 + 2V2)] • [(y — V2x) (3 — 2V2)] = 1. 1Jde o speciální případ tzv. Pellovy rovnice Title Page Contents « I ►► Page 145 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Výrazy v obou hranatých závorkách upravíme. Platí (y + V2x) (3 + 2V2) = 3y + 3\/2x + 2\/2y + 4x = (4x + 3y) + (3x + 2y)\/2, y — V2x) (3 — 2\/2) = 3y — 3\/2x — 2\/2y + 4x = (4x + 3y) — (3x + 2y) V2. Položme u = 4x + 3y, v = 3x + 2y. Platí tedy (u + V2v) (u — V2v) = 1, odkud u2 — 2v2 = 1, a tedy u, v G Z je další řešení dané rovnice. Položíme-li xi = 2, yi = 3 a xn+i = 3xn + 2yn, yn+1 = 4xn + 3yn pro libovolné n G N, dostáváme pro každé n G N řešení xn,yn dané rovnice. A protože platí 0 < x1 < x2 < ... ,0 < y1 < y2 < ..., dostáváme pro různé indexy n různá řešení xn,yn. Daná rovnice má tedy nekonečně mnoho řešení. □ Příklad. Dokažte, že rovnice k + x2 + y2 = z2 má pro libovolné celé číslo k nekonečně mnoho řešení v oboru přirozených čísel. Home Page Title Page Contents « I ►► Page 146 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Řešení. Úpravou a rozkladem z2 — y2 dostaneme k + x2 = (z — y)(z + y). Není nutné hledat všechna řešení, proto můžeme předpokládat, že z — y = 1, z + y = k + x2. Libovolné řešení této soustavy bude také řešení dané rovnice (neplatí to však obráceně, zkuste sami pro nějaké pevně zvolené k nalézt příklad přirozených čísel x, y, z vyhovujících dané rovnici, avšak nevyhovujících uvedené soustavě rovnic). Řešíme-li soustavu vzhledem k neznámým z,y, dostáváme z = i (x2 + k + 1), y = 2 (x2 + k — 1). Zvolíme-li x = |k| + 1 + 2t, kde t G N, je x přirozené číslo. Platí x2 + k = k + 1 + 2t + k = 1 (mod 2) a tedy z = 2((|k| + 1 + 2t)2 + k + 1) > 0, y = 2((|k| + 1 + 2t)2 + k — 1) > 0 jsou také přirozená čísla. Protože pro různá t dostáváme různá x a tedy různá řešení, má rovnice nekonečně mnoho řešení. □ Title Page Contents 44 I ►► _4_I ► Page 147 of 148 Go Back Full Screen Close Quit Home Page Title Page Příklad. Dokažte, že diofantická rovnice 5x2 — 8xy + 5y2 — 4k2 = 0 má pro libovolné přirozené číslo k pouze konečně mnoho řešení. Řešení. Danou rovnici upravíme do tvaru (2x — y)2 + (2y — x)2 = 4k2, odkud plyne (2x — y)2 < (2k)2 a (2y — x)2 < (2k)2, a tedy —2k < 2x — y < 2k a — 2k < 2y — x < 2k. Sečtením první a dvojnásobku druhé nerovnosti a vydělením třemi dostaneme — 2k < y < 2k a zcela analogicky — 2k < x < 2k. Protože x i y mohou pro pevné k nabývat pouze konečně mnoha hodnot, má daná rovnice pouze konečně mnoho řešení. □ Contents Page 148 of 148 Go Back Full Screen Close Quit