algebra1

Если существует решение [x0]n, то произвольное решение уравнения имеет вид [x0 + kn1]n, где k 2 Z. Очевидно, следующие d решений различны:

[x0]n; [x0 + n1]n; [x0 + 2n1]n; : : : ; [x0 + (d 1)n1]n:

Если k произвольное целое число, то обозначим через q, r неполное частное и остаток от деления k на d, так что k = r + dq, 0 r < d. Тогда

x0 + kn1 = x0 + rn1 + qdn1 = x0 + rn1 + qn x0 + rn1 (mod n);

и поэтому [x0 + kn1]n = [x0 + rn1]n, то есть решение [x0 + kn1]n ñîâ- падает с одним из перечисленных выше d решений.

5 Диофантовы уравнения первой степени

Как правило, одного уравнения недостаточно для того, чтобы определить значения двух неизвестных величин. Ситуация меняется, если на неизвестные накладываются дополнительные ограничения. Например, можно потребовать, чтобы значения неизвестных были целыми или даже натуральными числами. Алгебраическое уравнение для по крайней мере двух неизвестных называется диофантовым, если требуется найти лишь целочисленные решения этого уравнения.

Простейшим диофантовым уравнением является уравнение первой степени с двумя неизвестными величинами. Такое уравнение имеет вид ax+by = c, где a, b, c целые числа. Пара целых чисел (x0; y0) называется решением этого диофантова уравнения, если выполняется числовое равенство ax0 + by0 = c. Åñëè (x0; y0) решение нашего диофантова уравнения, то ax0 c (mod b), òî åñòü x0

сравнения ax c (mod b). Обратно, если x0 решение сравнения ax c (mod b), òî (ax0 c) b, и потому существует такое целое число y0, ÷òî ax0 c = by0, òàê ÷òî ax0 + b( y0) = c, è (x0; y0) решение уравнения ax+by = c. Поскольку для разрешимости сравнения ax c (mod b) необходимо и достаточно, чтобы число c делилось на наибольший общий делитель чисел a и b, то же условие необходи-

мо и достаточно для существования решения диофантова уравнения ax + by = c.

Опишем множество решений диофантова уравнения ax + by = c, предполагая для простоты, что a и b взаимно просты. Пусть (x0; y0)какое-то решение уравнения, и пусть (x1; y1) другое его решение. Тогда x1 решает сравнение ax c (mod b), и потому x1 = x0 +kb для некоторого k 2 Z; подставляя это значение в диофантово уравнение и учитывая, что ax0 + by0 = c, находим:

c = a(x0 + kb) + by1 = ax0 + by0 + b(y1 y0 + ak) = c + b(y1 y0 + ak);

41

откуда получаем, что y1 = y0 ka. Èòàê, åñëè (x0; y0) одно из решений диофантова уравнения ax+by = c, то произвольное решение

уравнения имеет вид (x0 + kb; y0 ka).

Если дополнительно потребовать, чтобы решение уравнения давалось неотрицательными числами, то иногда решение диофантова уравнения может оказаться единственным. Решим для примера следующую задачу. В кульке ровно 500 г конфет двух сортов; одна конфета в красном фантике весит 14 г, а одна конфета в синем фантике весит 23 г. Сколько в кульке конфет каждого из сортов? Задача сводится к решению в натуральных числах уравнения

14x + 23y = 500:

Найдем частное решение этого уравнения. Число y должно удовлетворять сравнению 23y 500 (mod 14). Заменяя коэффициент 23 при y на сравнимый с ним по модулю 14 коэффициент 5, получим сравнение 5y 500 (mod 14), которое имеет очевидное решение y0 = 100. Подставив y0 в наше уравнение, найдем соответствующее ему значение переменной x:

x0 = (500 23y0)=14 = (500 + 2300)=14 = 200:

Итак, мы нашли частное решение уравнения (200; 100); общее решение имеет вид (200 + 23k; 100 14k), где k целое число. Посколь-

ку по смыслу задачи обе переменные должны быть неотрицательны, получаем для k неравенства 200 + 23k > 0, 100 14k > 0, откуда

следует, что 200=23 < k < 100=14. Единственным целым числом k, удовлетворяющим этим неравенствам, является 8. Таким обра-

çîì, x1 = 200 + 23 ( 8) = 16, y1 = 100 14 ( 8) = 12 и есть единственное решение нашей задачи.

x 10: Сравнения второй степени с одной неизвестной

1 Сравнения второй степени

В этом и следующем параграфах мы выясняем условия разрешимости в целых числах сравнения x2 a (mod n), где a и n > 1 целые

числа. При этом мы будем предполагать, что a и n взаимно просты;

общий случай в значительной степени сводится к этому при помощи несложного анализа, однако формулировки становятся громоздкими и не очень поучительными. Целью этого параграфа является сведение проблемы к случаю нечетного простого модуля.

Выше мы определили, что такое решение сравнения первой степени. Аналогично этому, число x0 2 Z называется решением сравнения x2 a (mod n), если целые числа x20, a сравнимы по модулю n.

42

2 Сведение к случаю примарного модуля

Благодаря следующей теореме мы сведем случай произвольного модуля n к случаям n = 2s è n = ps, где p нечетное простое число.

Эти случаи будут разобраны в следующих пунктах.

Теорема 18. Пусть n = ps11 psrr , ãäå p1, ... , pr попарно раз- личные положительные простые числа, и пусть a 2 Z. Сравнение

x2 a (mod n) разрешимо тогда и только тогда, когда разрешимы все сравнения x2 a (mod ps11 ), ... , x2 a (mod psrr ).

Доказательство. Пусть все сравнения

x2 a (mod ps11 ) ; : : : ; x2 a (mod psrr )

разрешимы. Выберем для каждого i, 1 i r, какое-то решение xi сравнения x2 a (mod psii ). Поскольку при i 6= j простые числа pi

è pj различны, они взаимно просты, а значит, взаимно просты и их степени. Таким образом, числа ps11 ; : : : ; psrr попарно взаимно просты.

По китайской теореме об остатках существует целое число x0, такое ÷òî x0 xi (mod psii ) для всех i. Но тогда x20 x2i a (mod psii ) äëÿ

всех i. Значит, число x20 a делится на каждое из попарно взаимно простых чисел ps11 ; : : : ; psrr , а потому делится и на их произведение ps11 psrr = n. Таким образом, x20 a (mod n), òî åñòü x0

сравнения x2 a (mod n).

Наоборот, если сравнение x2 a (mod n) разрешимо, и x0 åãî решение, то x0 решает и каждое из сравнений

x2 a (mod psii ) (1 i r):

3 Сравнение x2 a (mod 2s)

Теорема 19. Пусть a нечетное число.

(1)Сравнение x2 a (mod 2) разрешимо.

(2)Сравнение x2 a (mod 4) разрешимо тогда и только тогда,

когда a сравнимо с 1 по модулю 4.

(3) Если s 3, то сравнение x2 a (mod 2s) разрешимо тогда и только тогда, когда a сравнимо с 1 по модулю 8.

Доказательство. Заметим сначала, что квадрат любого нечетного числа сравним с 1 по модулю 8. В самом деле, если u нечетно, то u сравнимо по модулю 8 с одним из чисел 1, 3, 5, 7, а потому число u2 сравнимо по модулю 8 с одним из чисел

12 = 1; 32 = 9; 52 = 25; 72 = 49;

но все эти квадраты при делении на 8 дают остаток 1. Отсюда сразу следует необходимость условий утверждений (2) и (3). Утверждение

43

(1) и достаточность условия в утверждении (2) тривиальны. Поэтому остается доказать лишь, что если s 3, a 1 (mod 8), то сравнение

x2 a (mod 2s) разрешимо.

Последнее утверждение будем доказывать индукцией по s. Слу-

чай s = 3 тривиален. Пусть s > 3 и пусть уже найдено число y0 2 Z, такое что y02 a (mod 2s 1). Åñëè y02 a (mod 2s), òî y0 является ре- шением и для сравнения x2 a (mod 2s). Åñëè æå y02 6a (mod 2s), то остаток от деления y02 a íà 2s равен 2s 1, потому что он не равен 0, меньше числа 2s и делится на 2s 1; поэтому y02 a+2s 1 (mod 2s). Положим x0 = y0 + 2s 2; заметив, что число y0, очевидно, нечетно, а

потому представимо в виде y0 = 2k + 1, и что 2(s 2) s, получаем:

x20 = (y0 + 2s 2)2 = y02 + 2 2s 2y0 + 22(s 2) y02 + 2s 1(2k + 1)a + 2s 1 + (2s 1 2k + 2s 1) a (mod 2s):

Таким образом, мы построили решение x0 сравнения x2 a (mod 2s).

4 Сравнение x2 a (mod ps), где p нечетное простое

Теорема 20. Пусть p нечетное простое число, s 1, и пусть aцелое число, не делящееся на p. Сравнение x2 a (mod ps) разрешимо тогда и только тогда, когда сравнение x2 a (mod p) разрешимо.

Доказательство. Необходимость очевидна; достаточность докажем индукцией по s. Если s = 1, то утверждение теоремы становится

тавтологией. Пусть s > 1, и пусть уже найдено число y0 2 Z, такое

÷òî y02 a (mod ps 1). Решение x0 сравнения x2 a (mod ps) будем искать в форме x0 = y0 + bps 1. Поскольку 2(s 1) s, находим, что

x20 = y02 + 2y0ps 1 b + b2p2(s 1) y02 + 2y0ps 1 b (mod ps):

Поэтому для того, чтобы число x20 было сравнимо с a по модулю ps, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось сравнение

y02 + 2y0ps 1 b a (mod ps);

которое эквивалентно сравнению (2y0ps 1)b (a y02) (mod ps). Остается доказать, что последнее сравнение разрешимо относительно b,

то есть что свободный член этого сравнения a y02 делится на наи- больший общий делитель коэффициента 2y0ps 1 и модуля ps. Íî ýòî

так: очевидно, что y0 и 2 взаимно просты с p, и поэтому ps 1 является

наибольшим общим делителем 2y0ps 1 è ps, а число a y02 ps 1, потому что y02 a (mod ps 1).

44

состоит из квадратичных вычетов, то существует класс 2 Z=(p), такой что = 2, и тогда (p 1)=2 = p 1 = [1].

Нам придется сейчас воспользоваться одним общим фактом о корнях многочленов над полем, который будет доказан в одной из следующих глав.

Если K поле, то для многочлена степени n > 0 с коэффициентами из K существует не более n элементов поля K, в которых значение многочлена равно 0.

Применяя это утверждение к многочлену x(p 1)=2 [1] над полем Z=(p), получаем, что существует не более (p 1)=2 классов 2 Z=(p), таких что (p 1)=2 = [1]. Но мы уже знаем, что все (p 1)=2 классов

квадратичных вычетов обладают этим свойством; поэтому ни один класс, не состоящий из квадратичных вычетов, не удовлетворяет этому условию. Таким образом, если класс состоит из квадратичных невычетов, то (p 1)=2 6= [1]. Но по малой теореме Ферма все же будет

[0] = p 1 [1] = ( (p 1)=2 [1])( (p 1)=2 + [1]);

и, поскольку первый сомножитель отличен от [0], а кольцо Z=(p) является полем и тем более областью целостности, в [0] обращается второй сомножитель. Итак, если класс состоит из квадратичных невычетов, то (p 1)=2 + [1] = [0].

2 Мультипликативность символа квадратичного вычета

Из предыдущей формулы легко вывести следующее важное свойство.

(5) Если a; b не делящиеся на p целые числа, то

Доказательство. По свойству (4)

Остается заметить, что в левой и правой частях сравнения стоят числа 1, которые сравнимы по модулю p 3 только если они равны.

3 Выражение символа квадратичного вычета при помощи наименьших вычетов

До сих пор в качестве представителей классов вычетов по модулю n мы всегда выбирали числа от 0 до n. Но часто бывает полезно использовать и другие полные системы вычетов. Если в каждом классе

46

выбрать наименьший по абсолютной величине представитель, то при нечетном n вс¼ кольцо Z=(n) будет состоять из классов [0], [1], . . . ,

[(n 1)=2].

Воспользуемся этой системой представителей для того, чтобы получить еще одну формулу для символа квадратичного вычета.

(6) Пусть a 2 Z, причем a не делится на p. Для каждого i,

(p 1)=2

Доказательство. Заметим сначала, что такие "i; ui существуют и единственны. Действительно, поскольку a и i не делятся на p, класс

[ai] ненулевой; если vi наименьший по абсолютной величине представитель класса [ai], то "i равно 1 или 1 в зависимости от того, положительно или отрицательно число vi, à ui = jvij.

Дальнейшие рассуждения напоминают доказательство теоремы Эйлера. Докажем сначала, что при 1 i; j < p=2 и i 6= j числа ui, uj

различны. Действительно, если ui = uj, òî

[ai] = "i[ui] = "j[uj] = [aj];

òî åñòü

a(i+j) = ai+aj 0 (mod p) èëè a(i j) = ai aj 0 (mod p):

Поскольку a не делится на простое число p, это означает, что одно из чисел i + j, i j делится на p. Но при 1 i; j < p=2 мы имеем:

2 i + j < p; p < i j < p;

так что число i + j не делится на p, а i j может делиться на p лишь если i j = 0, то есть если i = j.

Таким образом, r чисел u1; u2; : : : ; ur различны; но каждое из них совпадает с одним из r чисел 1; 2; : : : ; r. Поэтому среди чисел ui встре- чается каждое из чисел 1; 2; : : : ; r, причем ровно по одному разу. Зна-

÷èò, u1u2 : : : ur = 1 2 : : : r = r!. Теперь мы получаем:

r! не делится на p, поэтому на p делится разность p "1"2 : : : "r.

47

на p 3 делится лишь 0. Итак, мы доказали, что

4 Еще одна формула для символа

Для дальнейшего преобразования нашей формулы для символа квадратичного вычета нам понадобится функция, которая сопоставляет каждому вещественному числу x наибольшее целое число [x], не пре-

восходящее x. Например, [5=2] = 2, [ 1] = 1, [ ] = 4. К сожа-

лению, традиционное обозначение этой функции, называемой "целая часть x"или "антье от x" (от французского entier, что означает "це-

лый"), совпадает с нашим обозначением для класса вычетов, содержащего некоторое целое число. Однако, из контекста всегда будет ясно, какой именно смысл мы придаем квадратным скобкам, так что недоразумения не возникнут.

Заметим, что "i = 1, если существует такое целое число k, что kp < ai < kp+p=2, то есть 2k < 2ai=p < 2k+1. Таким образом, "i = 1, если [2ai=p] четно. Аналогично, "i = 1, если существует такое целое число k, что kp + p=2 < ai < kp + p, то есть 2k + 1 < 2ai=p < 2k + 2, откуда следует, что [2ai=p] нечетно. В обоих случаях "i = ( 1)[2ai=p], и мы получаем новый вариант формулы для символа квадратичного вычета.

(7) Пусть a 2 Z, причем a не делится на p. Тогда

5 Символ ap при нечетном a и при a = 2

Если a нечетно, то мы можем получить формулу, более удобную,

чем формула из (7). Заодно получится явная формула для значения символа при a = 2.

(8) Если целое число a нечетно и не делится ни на p, то

48

Доказательство. Если a нечетно, то p+a четно. Пользуясь свойствами (2), (5) и (7), а также тем тривиальным фактом, что [n+x] = n+[x] для любого целого n, получаем:

чем будет доказано свойство (8). Для этого в предыдущем равенстве

6 Квадратичный закон взаимности

Теорема 21 (закон взаимности Гаусса). Пусть p, q нечетные положительные простые числа. Тогда

Но это становится очевидным, если интерпретировать это равенство геометрически. Рассмотрим на плоскости прямоугольник с вершинами O = (0; 0), A = (q; 0), B = (0; p), C = (q; p). Число S точек

ло разбивается в сумму трех слагаемых: число S1 точек с целыми

49

координатами внутри треугольника OAC, число S2 точек с целыми координатами внутри треугольника OBC и число S3 точек с целыми координатами на диагонали OC (не считая граничную точку диагонали O).

Покажем, S3 = 0, то есть что на диагонали OC прямоугольника нет точек с целыми координатами, кроме точки O. Действительно, уравнение прямой OC имеет вид px = qy, и если бы точка (c; d) с

целыми положительными координатами принадлежала диагонали, то число pc = qd делилось бы на q, а тогда делилось бы на q и число

c, потому что p не делится на простое число q; но тогда было бы c q, и поэтому точка (c; d) лежала бы не на диагонали OC, а на ее

продолжении.

Сосчитаем теперь число S1 точек с целыми координатами, лежащих внутри треугольника OAC. Если (i; j) такая точка, то

поэтому для фиксированного i число точек (i; j) с целым j, лежащих внутри треугольника OAC, равно hpiq i, а общее число точек с целыми

щая внутри треугольника OBC, то 1 j r = [p=2], 1 i < qjp ; поэтому для фиксированного j число точек (i; j) с целым i, лежа-

что и требовалось.

7 Применение закона взаимности для вычисления символа квадратичного вычета

Пользуясь законом взаимности и свойством (9), которое называется дополнением к закону взаимности, а также мультипликативностью и другими свойствами символа, можно алгорифмически вычислять

50