a p a (p) (a + 1) p = i=0 sono noti come coefficienti binomiali 2 e sono numeri interi (a + 1) p a p + 1 (p) (a + 1) p a + 1 (p)

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1 Appunti quarta settimana Iniziamo con un risultato molto importante che ha svariate conseguenze e che3 sarà dimostrato in modi diversi durante il corso: Esercizio 1.[Piccolo teorema di Fermat] Dimostrare che se p è un numero primo allora per ogni a Z si ha: a p a (p) Dim. Dimostriamo questo risultato prima per a N per induzione su a e poi verifichiamo che il caso a < 0 è una facile conseguenza. Passo base della dimostrazione per induzione: dobbiamo verificare che per a = 0 l enunciato sia vero. Effettivamente per a = 0 l enunciato si riduce a: 0 p 0 (p) Che è ovviamente vero. Passo induttivo della dimostrazione per induzione: per ogni a > 0 se l enunciato è vero per a allora lo è anche per a + 1. Cioè dobbiamo dimostrare che per ogni a > 0 da a p a (p) segue che (a + 1) p a + 1 (p). Consideriamo il binomio (a + 1) p, grazie alle formula del binomio di Newton 1 si ha: ( p dove i i tali che: (a + 1) p = p i=0 ( p i ) a i ) sono noti come coefficienti binomiali 2 e sono numeri interi ( p i ) = p! i! (p i)! Osserviamo che se 0 < i < p il denominatore dei coefficienti binomiali considerati non contiene p e quindi il numero intero: p! i! (p i)! che invece a numeratore ha un multiplo di p, è un multiplo di p. Questa osservazione è importante perché ci dice che passando alla congruenza modulo p i termini con 0 < i < p si cancellano tutti e dunque: (a + 1) p a p + 1 (p) Ma per ipotesi induttiva a p a (p) e dunque: (a + 1) p a + 1 (p) 1 Tale risultato è piuttosto noto anche a livello di scuola secondaria superiore, in ogni caso chi non l avesse mai visto provi a dimostrarlo per induzione: è un buon esercizio. 2 Anche in questo caso tali coefficienti sono solitamente trattati alla scuola superiore, in ogni caso faremo una esercitazione opzionale sul calcolo combinatorio.

2 E se a è minore di zero? Consideriamo a che è positivo e abbiamo per il risultato appena dimostrato: Se p = 2 (l unico numero primo pari) si ha: a 2 = ( a) 2 dim. a 0 a Se p è dispari allora ( a) p = a p dunque: Ovvero moltiplicando per 1: a (p) in Z 2 a a a p = ( a) p a (p) a p a (p) Vediamo ora alcune importanti conseguenze del piccolo teorema di Fermat: Esercizio 2. Per ogni a Z tale che (a, p) = 1 si ha: a p 1 1 (p) Basta osservare che se (a, p) = 1, la classe di a è invertibile in (Z p, ) 3 e dunque da: a p a (p) moltiplicando entrambi i membri per l inverso della classe di a si ottiene: a p 1 1 (p) Una conseguenza di quanto visto finora è il seguente risultato (che in realtà in seguito vedremo non essere ristretto solo ai gruppi moltiplicativi del tipo Z p con p primo): Esercizio 3. In Z p gli ordini possibili degli elementi sono i divisori di p 1 (la cardinalità del gruppo). Questo segue dall esercizio precedente e dalla dimostrazione della settimana scorsa del fatto che se a è un elemento di un gruppo (G, ) tale che a n = 1 allora l ordine di a divide n. Ora l esercizio precedente ci dice che ogni elemento a di Z p è tale che a p 1 = 1 in Z p e quindi ogni elemento deve avere ordine che divide p 1. Esempio 1. Consideriamo (Z 19, ). Tale gruppo ha 18 = 19 1 elementi e perciò gli ordini possibili dei suoi elementi sono: 1, 2, 3, 6, 9, Segue per esempio dal fatto che la congruenza a x 1 (p) ha soluzione in quanto G.C.D.(a, p) = 1 divide il termine noto 1. Dire che la congruenza ha soluzione equivale proprio a dire che a ha inverso in Z p.

3 Se per esempio dobbiamo trovare l ordine di 5 in Z 19 possiamo limitarci ai divisori appena elencati: { 5 1 = = = = = 121 = = = 77 = 1 In questo caso per trovare l ordine di 5 in Z 19 non abbiamo dovuto calcolare 5 4, 5 5, 5 7, e 5 8 perché sapevamo che non potevano essere uguali a 1 (in quanto gli esponenti 4, 5, 7 e 8 non dividono p 1 = 18, la cardinalità del gruppo). Osservazione 1. Un altra conseguenza (avendo dimostrato che l inverso è unico) è che se a Z p è invertibile (cioè non è la classe 0) allora l inverso di a è la classe di a p 2. Infatti: a a p 2 = a p 1 1 (p) cons.teo.f ermat Esercizio 4. Trovare l inverso di 7 in Z 11 Abbiamo appena visto che l inverso di un elemento a invertibile di Z p è a p 2 perciò dobbiamo calcolare 7 9 in Z 11 : 7 1 = = 49 = = 35 = = (7 3 ) 3 = 8 Quindi abbiamo trovato che l inverso di 7 in Z 11 è 8 e effettivamente la riprova ci dice che 7 8 = 56 che è congruo ad 1 modulo 11. Esercizio 5. Trovare il resto della divisione di 2 47 nella divisione per 23. La richiesta è equivalente a chiedere di calcolare 2 47 in Z 23. Osserviamo che 23 è un numero primo e perciò la conseguenza del piccolo teorema di Fermat ci dice che ogni numero a non multiplo di 23 è tale che: Ora 47 = e perciò: a 22 1 (23) 2 47 = = (2 22 ) (23) Esercizio 6. Risolvere la congruenza 3761 x 56 7x 3 (17) Prima di tutto osserviamo che la classe di 0 è ovviamente soluzione della congruenza: infatti sostituendo a x la classe 0 si ottiene 0 0 (17). Detto questo andiamo a cercare se ci sono altre soluzioni tra le classi diverse dalla classe 0, ovvero tra gli invertibili di Z 17. Possiamo dunque moltiplicare entrambi i membri per x 3, ovvero l inverso di x 3, e ottenere: 3761 x 53 7 (17)

4 A questo punto riduciamo il 3761: 3761 = Poi osserviamo che 17 è primo e dunque per gli x non multipli di p (il caso in cui ci siamo messi ora) si ha: x p 1 1 (17) Quindi dividiamo 53 per 16 e otteniamo: Ovvero 4 x (17) da cui: 53 = x 5 7 (17) A questo punto va trovato l inverso di 4 in Z 17 (si può fare con l algoritmo di Euclide ma è piuttosto facile in questo caso notare che 4 è tale che 4 ( 4) = 16 è congruo a 1 modulo 17). Moltiplicando per l inverso di 4 (ovvero 4) entrambi i membri della congruenza si ottiene: x 5 7 ( 4) 6 (17) A questo punto potremmo calcolarci tutte le potenze quinte in Z 17 e vedere se ce ne sono di uguali a 6. Un metodo migliore si ottiene però dalla seguente osservazione: Osservazione 2. Se x r a (p) e (r, p 1) = 1 allora esiste s tale che r s 1 (p 1). Elevando alla s entrambi i membri della congruenza si ottiene: (x r ) s a s (p) Ovvero: x a s (p) Se eleviamo ora alla r ri-otteniamo la congruenza di partenza: x r a (p) Perciò l operazione di elevazione a potenza per un numero primo con p 1 è invertibile: questo significa che la congruenza che si ottiene elevando alla s quella di origine si ottiene una congruenza equivalente alla precedente (cioè gli insiemi delle soluzioni sono gli stessi). Tornando all esercizio dobbiamo elevare i due membri della congruenza per l inverso di 5 modulo 16. È facile vedere che 3 è un inverso di 5 modulo 16 ma è più semplice elevare a potenze positive (per non dover poi calcolare di nuovo inversi) e dunque prendiamo 13 (13 = ): (x 5 ) (17)

5 Abbiamo appunto che: Ovvero: (x 5 ) 13 = x = (x 16 ) 4 x x (17) teo.f ermat x 6 13 (17) Non rimane altro che calcolare 6 13 in Z 17. Si ha che 6 2 = 36 2 (17) e perciò (17) da cui 6 8 = 1 (17) e infine: 6 13 = (17) Si ha dunque che x (oltre alla soluzione 0 già trovata) è uguale a x 10 (17). Passiamo ora ad analizzare alcune conseguenze del teorema cinese del resto che ricordiamo stabilisce che: Teorema 1.[Teorema cinese del resto] Se m, n sono interi positivi primi tra loro si ha che: Z m n Z m Z n Il teorema descrive anche un isomorfismo tra i due gruppi additivi, ovvero l omomorfismo diagonale che associa ad ogni [a] m n la coppia ([a] m, [a] n ). In particolare da questo segue che se m e n sono primi tra loro allora il sistema di congruenze: { x r (m) x s (n) ha soluzione. Tale soluzione è modulo m n. A questo punto se dobbiamo risolvere un sistema in n congruenze del tipo: x r 1 (m 1 ) x r 2 (m 2 ). x r n (m n ) Con gli m i coprimi tra loro, procederemo cercando una soluzione particolare A i per ognuno dei seguenti n sistemi (con i che varia da 1 a n): { x 1 (mi ) x 0 (m j ) j i La soluzione cercata sarà dunque data da: x n n A i r i ( m i ) i=0 i=1 Prima di procedere con qualche sistema ci serve l enunciato del seguente esercizio:

6 Esercizio 7. Dimostrare che a b (r) e a b (s) se e solo se a b ([r, s]) (Con [r, s] indichiamo il minimo comun multiplo tra r e s). Dim. Indichiamo con m il minimo comun multiplo [r, s] tra r e s e con d il loro massimo comun divisore. Dovrebbe essere noto (in ogni caso provarlo per esercizio) che per ogni coppia di interi r e s: r s = m d Fissate le notazioni procediamo separatamente con i due versi della dimostrazione: ) Supponiamo che a b ([r, s]), allora a = b + m t per un t intero. Ma noi sappiamo che m è un multiplo sia di r che di s dunque m = r k e m = s h da cui si ha: a = b + r k t Ovvero a è uguale a b più un multiplo di r cioè è congruo a b modulo r e analogamente: a = b + s h t e dunque a è congruo a b modulo s. ) Supponiamo: { a b (r) a b (s) Allora a = b + r k e a = b + s h Essendo d il massimo comun divisore tra r e s esistono r 1 e s 1 tali che: r = d r 1 s = d s 1 Quindi: Ne segue che: a = b + d r 1 k a = b + d s 1 h d r 1 k = d s 1 h r 1 k = s 1 h Ora r 1 deve dividere h (divide s 1 h ed è primo con s 1 ) e quindi h = r 1 t. Allora: a = b + d s 1 r 1 r s d =m t Cioè abbiamo trovato che a è uguale a b più un multiplo di m (il minimo comun multiplo tra r e s). Questo significa che a è congruo a b modulo m Esercizio 8. Risolvere il seguente sistema: 2x 1 (3) 7x 3 (10) 6x 2 (7)

7 Prima cosa da fare è cercare gli inversi di 2, 7 e 6 rispettivamente in Z 3, Z 10, Z 7. È facile accorgersi che tali inversi sono 2, 3 e 6. Dunque moltiplicando entrambi i membri delle 3 congruenze per i rispettivi inversi si ottiene il sistema: x 2 (3) x 9 (10) x 5 (7) A questo punto cerchiamo una soluzione particolare dei tre sistemi: x 1 (3) x 0 (3) x 0 (3) (1) x 0 (10) (2) x 1 (10) (3) x 0 (10) x 0 (7) x 0 (7) x 1 (7) Partiamo dal primo che è equivalente a: { x 1 (3) x 0 (70) Ovvero: Da cui: { x = 1 + 3t x = 70h 1 = 70h 3t E una soluzione particolare è la coppia h = 1, t = 23 da cui x = 70. Il secondo analogamente si riduce a trovare una soluzione particolare di: { x = 21t Da cui: x = h 1 = 21t 10h E una soluzione particolare è la coppia t = 1, h = 2 da cui x = 21. Infine il terzo si riduce a: { x = 30t Da cui: x = 1 + 7h 1 = 30t 7h E una soluzione particolare è la coppia h = 13, t = 3 da cui x = 90. Si ha dunque che una soluzione particolare del nostro sistema è data da: x = ( 90) = 121 r 1 A 1 r 2 A 2 r 3 A 3 E dal teorema cinese del resto sappiamo che la totalità delle soluzioni è data da: x = Ovvero: x 89 (210)

8 Esercizio 9. Risolvere il seguente sistema di congruenze: x 3 (4) 3x 2 (5) 4x 13 (21) Esercizio 10. Dimostrare che dati A e B anelli con identità e indicati con A e B i sottoinsiemi di A e B rispettivamente degli invertibili rispetto al 4 si ha: (A B) = A B Quello che vogliamo dimostrare è che considerato l anello prodotto cartesiano A B, il sottoinsieme degli invertibili di questo anello ((A B) ) è uguale al prodotto cartesiano degli invertibili di A per gli invertibili di B (A B ). Sia (a, b) A B. Per definizione (a, b) è invertibile (cioè appartiene a (A B) ) se e solo se esistono (c, d) in A B tali che: (a, b) (c, d) = (a c, b d) = (1, 1) def.di Ovvero se e solo se a c = 1 e b d = 1, cioè se e solo se a e b sono invertibili e quindi (a, b) A B Osservazione 3. Da questo e dal teorema cinese del resto segue che, se (m, n) = 1 allora: Z m n Z m Z n Infatti: Z m n teo.cinese (Z m Z n ) ese.precedente Z m Z n Corollario 1. Se (m, n) = 1 allora: φ(m n) = φ(m) φ(n) Basta osservare che una condizione necessaria affinché due algebre finite siano isomorfe è che abbiano lo stesso numero di elementi e che Z m n ha φ(m n) elementi, mentre Z m Z n ha φ(m) φ(n) elementi. Esercizio 11. Sia (G, ) un gruppo, g G di ordine n e k N. Dimostrare che se d = G.C.D.(n, k) allora l ordine di g k è n d 4 Qui indichiamo la seconda operazione dell anello con il e l elemento neutro di questa operazione con 1.

9 Innanzitutto mostriamo che: (g k ) n d = e Scriviamo k = k 1 d e n = n 1 d, abbiamo che: (g k ) n k 1 d n 1 d d = g d = g k 1 d n 1 = (g n ) k 1 = e k 1 = e Non è detto però che n d sia il minimo esponente a per cui (gk ) a = e, mostriamo proprio questo. Se (g k ) a = e allora k a deve essere multiplo di n (n infatti è l ordine di g e abbiamo visto che tutti gli esponenti tali che g t = e sono multipli dell ordine). Quindi esiste h tale che: Ovvero: k d k 1 k a = n h a = n h d n 1 Da questo segue che n 1 divide a ovvero a è della forma n 1 t con t N. Il minimo a maggiore di zero si ottiene per t = 1 e abbiamo già verificato che n 1 è tale che (g k ) n 1 = e Corollario 2. In (Z n, +) l ordine di un qualsiasi elemento a è: n G.C.D.(a, n) Basta osservare che o(a) = o(a 1) 5 e che 1 ha ordine n. Da questo segue anche che i generatori in Z n (che sono gli elementi di ordine n sono gli a per cui G.C.D.(a, n) = 1, ovvero sono gli invertibili per il prodotto di Z n e in particolare ci sono φ(n) generatori distinti di (Z n, +). Corollario 3. A differenza degli (Z m, +), gli (Z m, ) non è detto che siano ciclici. Lo sono se esiste un elemento a in Z m di ordine φ(m). Supponiamo di essere in questo caso, ovvero di (Z m, ) ciclico, ci chiediamo: quanti generatori distinti ha Z m? Per ipotesi sappiamo che: Z m = {1, a, a 2,..., a φ(m) 1 } L ordine di un generico a k, con 0 k < φ(m), sappiamo che è uguale a: o(a k ) = φ(m) G.C.D.(k, φ(m)) Affinché a k sia un generatore deve quindi essere: 5 In notazione additiva g k è k g G.C.D.(k, φ(m)) = 1

10 Questo succede in φ(φ(m)) casi. Esempio 2. Abbiamo dimostrato la volta scorsa che (Z 7, ) è ciclico. Quanti generatori distinti ha? φ(φ(7)) = φ(6) = 2 La cosa era deducibile anche dal fatto che essendo isomorfo a (Z 6, +) il numero di elementi di ordine 6 era lo stesso nei due insieme, e in (Z 6, +) sappiamo essere φ(6) = 2. Esercizio 12. Siano A e B gruppi e a A, b B due elementi di ordine (rispettivamente o(a) e o(b)) finito. Dimostrare che l ordine o(a, b) di (a, b) A B è il minimo comun multiplo (l.c.m.(a, b))tra o(a) e o(b). Indichiamo con m il minimo comun multiplo tra o(a) e o(b) Sappiamo che esistono h, k tali che m = o(a) h e m = o(b) k. Si ha allora: (a, b) m = (a o(a) h, b o(b) k ) = ((a o(a) ) h, (b o(b) ) k = (e A, e B ) Abbiamo dunque che o(a, b) divide m. Per definizione (a, b) o(a,b) = (e A, e B ) dunque: { a o(a,b) = e A o(a) o(a, b) b o(a,b) = e B o(b) o(a, b) Ma da questo segue che il minimo comun multiplo tra o(a) e o(b) (cioè m) divide o(a, b) Esercizio 13. L ordine massimo di un elemento in Z m Z n è il minimo comun multiplo tra m e n. Sia d = G.C.D.(m, n) (con m = m 1 d e n = n 1 d) e h = l.c.m.(m, n) e consideriamo un qualsiasi elemento (a, b) di Z m Z n : m 1 n 1 d (a, b) = (n 1 m 1 d a, m 1 n 1 d b) = (0, 0) h m n Corollario 4. Z m n Z m Z n (m, n) = 1 Una implicazione è il teorema cinese del resto, per l altra basta osservare che se (m, n) > 1 allora il minimo comun multiplo tra m e n è minore di m n e quindi (Z m Z n, +) non è ciclico mentre (Z m n, +) sappiamo esserlo.