ISTITUZIONI DI ALGEBRA SUPERIORE ESAME

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1 ISTITUZIONI DI ALGEBRA SUPERIORE ESAME CLAUDIA MALVENUTO 2 GENNAIO 2016 Istruzioni. Completare subito la parte inferiore di questa pagina con il proprio nome, cognome e firma. Scrivere solamente su questi fogli, anche dietro se occorre, a penna o a matita. Non sono ammessi libri, quaderni, altri fogli né calcolatrici. Tutte le risposte vanno motivate. ESERCIZIO PUNTEGGIO 1 /7 2 / 3 /7 4 / 5 / 6 / 7 / /6 TOTALE / 60 Nome e Cognome Firma

2 1. (7 punti) (a) Calcolare il resto di nella divisione euclidea per 125. (b) Calcolare le ultime tre cifre di Soluzione. (a) Si ha 125 = 5 3 quindi φ(125) = = 100. Inoltre 132 chiaramente non è divisibile per 5, quindi (132, 125) = 1. Segue, per il terema di Eulero-Fermat, che (mod 125), quindi ( ) (mod 125), cioè il resto nella divisione di i per 125 è 7. (b) Si deve calcolare x (mod 1000), con 0 x < 999. Essendo 1000 = , questo equivale a risolvere il seguente sistema cinese: { x (mod 125) Denotato con [a] 1 m del sistema è: x = x (mod ). l inverso moltiplicativo di a modulo m, la soluzione [ ] [ 1000 ] 1 0 = [] = 47 7 = (mod 1000). 2. ( punti) Sia (x, y, z) una terna pitagorica primitiva. Dimostrare che allora 3 x oppure 3 y. Soluzione. Non è restrittivo supporre che x sia pari. Esistono dunque (risultati noti) due interi positivi opportuni s, t tali che: x = 2st, y = s 2 t 2, z = s 2 + t 2. Se 3 x, allora abbiamo fatto. Altrimenti, possiamo supporre che 3 s e 3 t, perché se 3 s oppure 3 t, allora si avrebbe 3 x. Quindi, per il piccolo teorema di Fermat, si ha: s 2 1 (mod 3) t 2 1 (mod 3), da cui s 2 t 2 0 (mod 3). 2

3 3. (7 punti) Dimostrare che la somma di tutti gli interi positivi minori di n coprimi con n è n φ(n)/2 per n > 2. Soluzione. La dimostrazione è analoga a quella di Gauss per la somma dei numeri da 1 a n che pari a n(n + 1)/2 in cui si scrive n che si somma a se stesso invertendo l ordine degli addendi come n + (n 1) e osservando che associando come (1 + 2) + (2 + n 1) +... (n + 1) si ottengono n addendi pari a n + 1). In questo caso occorre calcolare a:(a,n)=1 a. Sia a 1, a 2,..., a φ(n) la lista degli interi tra 1 ed n coprimi con n in ordine di grandezza crescente. Si noti che a 1 = 1 e a n 1 = n 1), e che non si può avere n a i = a i, altrimenti n = sa i e si avrebbe che a i n. Ora si vede subito che (a, n) = 1 se e solo se (n a, n) = 1. Quindi nella lista a 1, a 2,..., a φ(n) si possono accoppiare (sommare) il primo e l ultimo, il secondo e il penultimo ecc. Per quanto detto si ha, per la lista rovesciata, che a φ(n), a φ(n) 1,..., a 2, a 1 = (n a 1 ), (n a 2 ),... (n a φ(n) 1 ), (n a 1 ), quindi posto x = a ( a,n)=1 = a 1 + a a φ(n), si ottiene: 2x = a 1 + a a φ(n) + a φ(n) a 2 + a 1 = a 1 + a a φ(n) + (n a 1 ) (n a φ(n) 1 ) + (n a φ(n) ) = (a 1 + (n a 1 )) + (a 2 + (n a 2 )) (a φ(n) + (n a φ(n) )) = φ(n) n 4. ( punti) Dare una limitazione superiore per il numero di operazioni bit richieste nel calcolo di n!, con n intero positivo a k cifre binarie. Spiegare se il calcolo di n! è una procedura polinomiale. Soluzione. Usiamo ora questa procedura: moltiplichiamo prima 2 per 3, poi il risultato per 4, poi il risultato per 5..., fino a n. Al (j 1)-simo passo (con j = 2, 3,..., n 1), stiamo moltiplicando j! per j + 1. Ci sono quindi n 2 passi, ognuno dei quali usa una moltiplicazione di un prodotto parziale (cioè j!) per l intero successivo. I prodotti parziali a un certo punto cominciano a diventare molto grandi. Come stima del caso peggiore del numero di bit che ha un prodotto parziale, possiamo prendere il numero di cifre binarie dell ultimo prodotto, cioè di n!. Per trovare il numero di bit in un prodotto, usiamo il fatto (visto a lezione) che il numero di cifre del prodotto di due numeri è o la somma del numero di bit di ognuno dei fattori, oppure la somma dei bit dei fattori meno 1. Da questo segue che il prodotto di n interi a k bit, avrà al più nk bit. Pertanto se n ha k bit, allora n! ha al più nk bit. Dunque: in ognuna delle (n 2) moltiplicazioni necessarie per 3

4 il calcolo di n!, stiamo moltiplicando un intero di al più k bit (ovvero j + 1) con un intero di al più nk bit (ovvero j!). Quest ultimo prodotto richiede nk 2 operazioni bit (ricordando che il numero di operazioni bit richieste per il prodotto di un numero a s bit per uno a t bit è st.), per un totale di un numero di operazioni bit limitato da (n 2)nk 2 = n(n 2)[(log 2 n] + 1) 2. Tale numero è approssimativamente n 2 (log 2 n) 2, pertanto non è polinomiale nel numero di cifre binarie di n. 5. ( punti) Mostrare che esistono infiniti primi del tipo 4k + 1. Soluzione. Per assurdo, siano p 1,..., p n i soli primi di questo tipo. Consideriamo l intero dispari N = 4(p 1 p 2 p n ) 2 + 1: esso deve essere divisibile per un dispari, sia esso p. Questo implica che N 0 (mod p), ovvero che 4(p 1 p 2 p n ) 2 1 (mod p), o in altre parole che 1 è un residuo quadratico modulo p, equivalente a ( 1 p) = 1. Questo accade se e solo se p 1 (mod 4), ovvero che p = 4k + 1 per qualche k: ma allora p = p j per qualche j {1,..., n}: in particolare p N, ma anche p 4(p 1 p 2 p n ) 2 = N 1, ma questo è assurdo perché un numero e il suo successivo non hanno fattori comuni. 6. ( punti) Determinare tutti i i primi p tali che n = 7 sia un residuo quadratico modulo p. Soluzione. Per prima cosa, per p = 2, n = 7 1 = 1 2 è un quadrato modulo p, e per p = 7, n = 7 0 = 0 2 è pure un quadrato modulo p. Assumiamo ora che p sia un primo dispari coprimo co 7. Si cercano tutti i primi p tali che (7 p) = +1. Per la legge di reciprocità quadratica, si ha (7 p) = ( 1) p 1 2 (p 7). Il problema si riduce a trovare tu i primi dispari per cui valga: (p 7) = ( 1) p 1 2. (1) Abbiamo: (1 7) = +1, (1 7) = ( 1) = 1, (2 7) = ( 1) 72 1 = ( 1) 6 = +1, (4 7) = +1, (3 7) = ( 1 4 7) = ( 1)(+1) = 1, (5 7)( 1 2 7) = ( 1)(+1) = 1, (6 7) = ( 1 7) = 1-. Possiamo quindi descrivere la seguente tabella: p (mod 7) (p 7)

5 Quindi le soluzioni all equazione (1) sono i primi p tali che: (a) p 1 (mod 4) e p 1, 2, 4 (mod 7), (b) oppure, p 3 (mod 4) e p 3, 5, 6 (mod 7). Questi casi sono equivalenti rispettivamente a: p 1, 9, 25, 3, 19, 27 (mod 2). 7. ( punti) Risolvere la congruenza X 9 5 (mod 13). Soluzione. Una radice primitiva di 13 è 2 e ind 2 (5) = 9. Quindi dobbiamo risolvere la congruenza 9Y 9 (mod 12), dove Y = ind 2 (X). Tale congruenza ha 3 soluzioni distinte (mod 12), che sono Y = 1, 5, 9, dalle quali si ricavano le tre soluzioni distinte (modulo 13) della congruenza data: X = 2, 6, 5 (mod 13).. (6 punti) Disegnare il diagramma di Hasse dei sottocampi del campo finito GF (104576). Soluzione. Si noti che Pertanto l ordinamento dei sottocampi di GF (104576) è isomorfo all ordinamento dei divisori di 20, rispetto alla relazione d ordine di divisibilità. 5