johan p. hansen m.fl - algebra og talteori

ALGEBRA OG TALTEORI

JOHAN P. HANSENHENRIK GADEGAARD SPALK

ASPEKTSERIEN

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 1

2

Algebra og talteori

© 2002 by Gyldendalske Boghandel

Nordisk forlag, A.S., Copenhagen

Grafisk tilrettelæggelse og omslag: Jens Jørn Pedersen

Scanninger, billedbearbejdning og typografering: Jens Jørn Pedersen

Forlagsredaktion: Stine Kock

Faglig redaktør: Jens Peter Touborg

Tegninger: Jens Jørn Pedersen

Kopiering af denne bog må kun finde sted på

institutioner, der har indgået aftale med COPY DAN

og kun inden for de i aftalen nævnte rammer.

Bogen er sat med Minion, og er trykt hos

Nørhaven A/S

1. udgave 1. oplag

Printed in Denmark 2002

ISBN 87-00-48516-0

Gyldendal Uddannelse på nettet: www.gyldendaluddannelse.dk

2

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 2

3

INDHOLDSFORTEGNELSE

Indholdsfortegnelse 3

Forord 7

Indledning 9

1 Største fælles divisor 11Euklids algoritme, Analyse af Euklids algoritme, Bezouts identitet.

2 Primtal 19Aritmetikkens fundamentalsætning, Primtalsfaktoriseringens kompleksitet, Euklids sætning, Omkvadrater.

3 Kongruenser 25Restklasser, Modulær addition og multiplikation, Modulær division - løsning af lineære kongru-enser.

4 Fermats lille sætning 35Primtalstest, En anvendelse af Fermats lille sætning i kryptografi.

5 Eulers sætning 41Eulers funktion, Reduceret sæt af rester, Eulers sætning.

6 Potenser og rødder modulo m 47Gentagen kvadrering.

7 Ubrydelige koder - kryptering og digital signatur 53Underskrifter og brevhemmelighed, Underskrift, Elektronisk underskrift - digital signatur, Brev-hemmelighed - kryptering, digital signatur, hvordan? L 229 Lov om elektroniske signaturer, it-sikkerhedsrådet.

8 Matematikken bag ubrydelige koder, digital signatur og kryptering 59Tekst til tal og tal til tekst, Offentlig nøgle kryptosystem, Forudsætninger, Vigtige valg og kon-struktion af nøgler, Kryptering, Dekryptering, Sikkerheden, Gratis offentligt nøgle krypterings-system.

9 Ringe 65Introduktion, Enheder.

10 Komplekse tal 73Introduktion, Polynomiumsligninger.

3

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 3

4

11 De Gaussiske heltal 83Indføring og motivation, Primtal i �[i], Anvendelse og karakterisering af Gaussiske primtal.

12 Om Fermats sidste sætning 95Introduktion, Lamés falske bevis for Fermats sidste sætning, Introduktion, Uddrag af brev fraKummer til Liouville, En anden diofantisk ligning.

13 Kvadratiske talringe 106Indledning, Kvadratiske tal, Kvadratiske talringe, Normafbildningen, Division i kvadratiske tal-ringe.

O Supplerende opgaver 125Opgaver til kap 1 side 125, Opgaver til kap 2 side 126, Opgaver til kap 3 side 128, Opgaver til kap4 side 129, Opgaver til kap 5 side 130, Opgaver til kap 6 side 130, Opgaver til kap 8 side 131,Opgaver til kap 9 side 132, Opgaver til kap 10 side 134, Opgaver til kap 11 side 135, Opgaver tilkap 12 side 138, Opgaver til kap 13 side 139.

L Litteratur 141

T Tabeller1) Euklids algoritme afviklet trinvis til at bestemme, at sfd(30, 21) = 3, side 132) Euklids algoritme afviklet trinvis til at bestemme, at sfd(123456789, 23456789) = 1, side 133) Additions- og multiplikationstabellen i �6 (udtrykt ved det komplette sæt af rester 0, 1, 2, 3,

4, 5), side 294) Tabel over værdier af Eulers funktion �(n) for n = 1, ..., 16, side 42.

S Stikordsregister 143

I N D H O L D S F O R T E G N E L S E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 4

5

I N D H O L D S F O R T E G N E L S E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 5

6

FORSIDEN

VIGNETTER

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 6

7

FORORD

Denne bog er skrevet med henblik på at præsentere grundlæggende algebraiske og tal-

teoretiske resultater og metoder for gymnasieelever, seminareelever og studenter på de

endledende trin af et matematikstudium ved universitetet.

Udgangspunktet er noget på tilsyneladende simpelt som de hele tal. Imidlertid er der

dybe problemer knyttet til de hele tal - problemer, der fordrer abstraktion for at hånd-

teres og som mange tilfælde endda ikke er løste endnu.

Bogens første hovedtema er matematikken bag offentlig nøgle kryptosystemer, hvor den

bagvedliggende matematik nok er klassisk, men har fået særdeles aktuel betydning i

forbindelse med kryptering og digital signatur (eletronisk underskrift).

Bogens andet hovedtema er ringe. Det er betegnelsen for den abstrakte struktur, der

generaliserer de hele tal � udstyret med addition og multiplikation. Udover restklasse-

ringene indføres de komplekse tal, ligesom den Gaussiske talring, behandles som delring

af de komplekse tal.

Aritmetikkens fundamentalsætning siger, at ethvert positivt helt tal kan faktoriseres

netop på en måde i et produkt at primtal. Bogen behandler faktoriseringsteorien i mere

generelle ringe. Faktoriseringsteorien finder anvendelse ved undersøgelse af diofanti-

ske problemer: eksistensen og bestemmelsen af heltalsløsninger i ligninger.

Vi vil gerne sige takt til Jens Peter Touborg for kommentarer til de mange vidt forskel-

lige versioner af manuskriptet.

Århus, den 1. oktober 2002

Johan P. Hansen og Henrik Spalk

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 7

8

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 8

9

I

INDLEDNING

Nærværende bog behandler centrale algebraiske og talteoretiske resultater og metoder.

Udover at søge at give konkret indsigt i og viden om tallene og nogle af deres egenska-

ber, tilstræbes der tilvejebragt en indgang til abstrakt algebraisk tangegang og metode.

Bogens første hovedtema er matematikken bag offentlig nøgle kryptosystemer, hvor den

bagvedliggende matematik nok er klassisk, men har fået særdeles aktuel betydning i

forbindelse med kryptering og digital signatur (elektronisk underskrift), hvorom der

netop er lovgivet i Danmark.

Ifølge NSA, der er USA's nationale sikkerhedstjeneste, efterforskes der i øjeblikket på

verdensplan ca. 8000 større kriminalsager indeholdende hemmelige koder. Ifølge for-

fatteren Simon Singh betyder det en magtforskydning - nationalt som internationalt.

For om Første Verdenskrig blev det sagt, at den var kemikernes krig, fordi sennepsgas

og klor blev brugt første gang, Anden Verdenskrig var fysikernes krig, fordi atombom-

ben blev kastet, men ifølge Simon Singh kan Tredje Verdenskrig blive matematikernes

krig, fordi netop denne branche sidder på informationen.

Bogens andet hovedtema er ringe. Det er betegnelsen for den abstrakte struktur, der

generaliserer de hele tal � udstyret med addition og multiplikation. Udover restklasse-

ringene indføres de komplekse tal, ligesom den Gaussiske talring, behandles som delring

af de komplekse tal.

Aritmetikkens fundamentalsætning, der siger, at ethvert positivt helt tal kan faktoriseres

netop på en måde i et produkt af primtal, er i en mere generel sammenhæng vigtig og

meget subtil.

Faktoriseringsteorien finder anvendelser ved undersøgelse af diofantiske problemer:

eksistensen og bestemmelsen af heltalsløsninger til ligninger. Vi bestemmer samtlige

pythagoræiske tripler, altså hele tal x, y, z, der er løsningerne til den pythagoræiske lig-

ning

x2 + y2 = z2.

Fermats store sætning i tilfældet n = 4 siger, at der ikke findes positive hele tal, der pas-

ser i ligningen

x4 + y 4 = z4.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 9

10

I I N D L E D N I N G

Sætningen viser vi ved hjælp af en metode, der kaldes Fermat nedstigning. Endelig

diskuterer vi Lamés falske bevis for Fermats store sætning - beviset viste sig forkert net-

op fordi, der ikke er entydig faktorisering i en helt bestemt ring.

Kapitel 1 til 5 danner grundlaget for begge temaer og behandler modulær aritmetik

herunder potensopløftning.

Ønsker man at koncentrere sig om offentlig nøgle kryptosystemer kan man fortsætte

til og med kapitel 8, idet Kapitel 6 beskriver en elegant metode til potensopløftning i

store potenser modulo store hele tal, således at dette kan foretages effektivt uden særli-

ge matematik programmer. Råder man over sådanne, kan kapitlet overspringes.

Er ønsket imidlertid at behandle ringe, faktoriseringsteori og diofantiske ligninger

fortsætter man direkte fra kapitel 5 til kapitel 9.

Det er også muligt at springe direkte fra kapitel 3 til kapitel 12 for at behandle Fermats

sidste sætning på et lidt mere elementært grundlag.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 10

1STØRSTE FÆLLES DIVISOR

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 11

12

1 S T Ø R S T E F Æ L L E S D I V I S O R

Lad m og n være hele tal med m � 0. Vi kan foretage division med rest, altså vi kan fin-

de hele tal q og r, så

n = qm + r, 0 � r � m.

Både kvotienten q og resten r er entydigt bestemte.

Som bekendt siger vi, at m går op i n, hvis der findes et helt tal q, så n = qm, altså resten

r = 0. Vi siger også, at m er en divisor i n, eller n er et (helt) multiplum af m. Vi bruger

skrivemåden

m|n .

Definition 1

Lad a, b være hele tal, der ikke begge er 0. Det største hele tal, der er en divisor i såvel

a som b, kaldes største fælles divisior af a og b, hvilket vi skriver

sfd(a, b) .

Tallene siges at være indbyrdes primiske, hvis sfd(a, b) = 1.

Det er let direkte at se, at sfd(30, 21) = 3 og at sfd(625, 81) = 1. For store tal er det svært

umiddelbart at finde den største fælles divisor. Euklids algoritme giver imidlertid en

overordentlig effektiv metode til at bestemme sfd(a, b) også for meget store tal a, b.

Euklids algoritme

Lad os først belyse algoritmen ved at gennemgå, at sfd(30, 21) = 3. Vi starter med at

forsøge at dividere 30 med 21, divisionen går ikke op, vi får resten 9:

30 = 1 · 21 + 9 . (1)

Dernæst dividerer vi 21 (det tal vi dividerede med i (1)) med 9 (den rest vi fandt i (1)):

21 = 2 · 9 + 3 . (2)

Endelig dividerer vi 9 (det tal vi dividerede med i (2)) med 3 (den rest vi fandt i (2)):

9 = 3 · 3 + 0 ,

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 12

13

1S T Ø R S T E F Æ L L E S D I V I S O R

og ser, at divisionen går op. Euklids algoritme siger nu, at sfd(30, 21) = 3. Vi kan sæt-

te divisionerne op i et skema, der er gengivet i tabel 1.

30 = 1 · 21 + 9

21 = 2 · 9 + 3

9 = 3 · 3 + 0

Tabel 1 Euklids algoritme afviklet trinvis til at bestemme, at sfd(30,21) = 3.

Vi gennemløber Euklids algoritme for a = 123456789 og b = 23456789.

På skemaform er beregningerne opstillet i tabel 2.

123456789 = 15 · 23456789 + 6172844

23456789 = 3 · 6172844 + 4938257

6172844 = 1 · 4938257 + 1234587

4938257 = 3 · 1234587 + 123496

1234587 = 1 · 123496 + 91

123496 = 13565 · 91 + 81

91 = 1 · 81 + 10

81 = 8 · 10 + 110 = 10 · 1 + 0

Tabel 2 Euklids algoritme afviklet trinvis til at bestemme, at sfd(123456789, 23456789) = 1.

Vi noterer, at resterne bliver mindre og mindre for på et tidspunkt at give 0 og divisio-

nen går op. Euklids algoritme siger nu, at

sfd(123456789, 23456789) = 1

den sidste rest forskellig fra 0.

Øvelse 2

Brug Euklids algoritme til at bestemme sfd(2345, 6789) og sfd(2435, 9786).

Euklids algoritme gennemføres for a og b ved først at dividere a med b og derpå trin-

vist at dividere med resten (opnået i den forudgående division) i det tal man dividere-

de med (i den forudgående division). Lader vi r0 = a, r1 = b beskrives algoritmen ved

følgende skema:

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 13

14


r0 = q1 · r1 + r2r1 = q2 · r2 + r3

···rk–2 = qk–1 · rk–1 + rk (3)

···rn–3 = qn–2 · rn–2 + rn–1rn–2 = qn–1 · rn–1 + rnrn–1 = qn · rn + 0

Resterne bliver løbende mindre for på et tidspunkt at give 0 (divisionen går op).

Euklids algoritme siger nu, at sfd(a, b) = rn, den sidste rest forskellig fra 0.

Af sidste linje i (3) fremgår, at rn|rn–1, af næstsidste linje slutter vi dernæst, at rn|rn–2.

Fortsætter vi således op igennem linjerne får vi, at rn|b og til sidst, at rn|a, vi konklude-

rer, at rn er en fælles divisor i a, b. Lad d være en anden divisor i a og b. Af første linje i

(3) følger, at d|r1 og ved hjælp af næste linje slutter vi, at d|r2. Fortsætter vi ned igen-

nem linjerne får vi til sidst, at d|rn og altså, at rn er største fælles divisor.

Vi noterer, atrk–2––rk

= qk–1rk–1––rk

+ 1 � 2. For hver to skridt i algoritmen er resten altså

mindst halveret.

Øvelse 3

Bestem en øvre grænse for antallet af skridt i Euklids algoritme for 100-cifrede tal. Gør

det samme for 1000-cifrede.

Figur 1 EUKLID, Alexandria [og Athen?],ca. 295 f. Kr. Selvom Euklid er den mestberømte matematiker nogensinde, hans navnvar sononymt med geometri indtil midten afdet 20. århundrede, er kun to forhold kendtom ham. Det ene er, at han levede mellem Pla-ton (død 347 f. kr.) og Archimedes (født ca.287 f. kr.). Det andet er, at han underviste iAlexandria. Euklids berømmelse hviler i sær-deleshed på Elementerne [Euklid], som hanskrev i 13 bøger og som har påvirket den men-neskelige tanke mere end noget andet værk pånær Bibelen. Elementerne tjente i næsten 2000år som standardtekst i enhver grunduddannel-se i matematik.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 14

15


Bezouts identitet

Euklids algoritme kan bruges til på simpel måde at udtrykke sfd(a, b) ved a og b.

Sætning 4 Bezouts identitet

Der findes hele tal x og y, så

sfd(a, b) = ax + by .

Tallene x, y er ikke nødvendigvis positive og heller ikke entydigt bestemte, altså der fin-

des flere talsæt x, y, der løser problemet. Vi vil nu se på en metode, der udnytter Euklids

algoritme til at bestemme et talsæt x, y, der passer i Bezouts identitet.

Eksempel 5

Først vender vi tilbage til Euklids algoritme til bestemmelse af sfd(30, 21) = 3 (jævnfør

tabel 1)

30 = 1 · 21 + 9

21 = 2 · 9 + 3

9 = 3 · 3 +0.

Ligninger omskrives til

9 = 30 – 1 · 21

3 = 21 – 2 · 9 .

Indsættes udtrykket for 9 fra den forudgående ligning i den sidste ligning fås:

3 = 21 – 2 · (30 – 1 · 21) = 30 · (–2) + 21 · 3

og vi har den ønskede Bezout identitet med x = –2 og y = 3.

Euklids udvidede algoritme

Metoden systematiseres ved at konstruere to talfølger

x0, x1, ···, xn og y0, y1, ···, yn

så x = xn og y = yn er de søgte tal, der tilfredsstiller, at ax + by = sfd(a, b).

Følgerne starter med

x0 = 1, x1 = 0 og y0 = 0, y1 = 1

og fortsættes trinvist

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 15

16


xk = xk–2 – qk–1xk–1 og yk = yk–2 – qk–1yk–1

for 2 � k.

Sætning 6

Om resterne (3) i Euklids algoritme gælder, at

rk = axk + byk, 0 � k � n . (4)

Specielt er

sfd(a, b) = rn = axn + byn . (5)

Bevis

Beviset føres ved induktion efter k. For at starte induktionen bemærker vi, at

a = r0 = ax0 + by0 = a – 1 + b · 0 = a

b = r1 = ax1 + by1 = a · 0 + b · 1 = b.

Så (4) er sand for k = 0, 1. Induktionsskridtet udføres ved at antage, at (4) er sand for

k – 1 og k – 2. En simpel udregning giver, at

rk = rk–2 – qk–1rk–1

= (axk–2 + byk–2) – qk–1(axk–1 + byk–1)

= a(xk–2 – qk–1xk–1) + b(yk–2 – qk–1yk–1)

= axk + byk .

Så (4) er også sand for k. �

Ovenstående udført for a = 30 og b = 21. Eksempel 5 giver, at

k | qk rk xk yk

0 | 30 1 01 | 1 21 0 12 | 2 9 1 –13 | 3 3 –2 34 | 0

Øvelse 7

Opstil ved hjælp af Euklids udvidede algoritme de største fælles divisorer og Bezout

identiteter for tilfældene sfd(2345, 6789) og sfd(2435, 9786).

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 16

17


Korollar 8

Lad a og b være hele tal (ikke begge 0) med største fælles divisor d. Et helt tal c er på

formen ax + by for nogle hele tal x, y, hvis og kun hvis c er et multiplum af d.

Bevis

Hvis c = ax + by, så er det klart at i og med d er en divisor i a og b, så er det også en

divisor i c. Omvendt lad c = de. Ifølge sætning 4 findes hele tal u, v, så d = au + bv og

vi får c = de = aue + bve = ax + by med x = ue og y = ve. �

Bemærkning 9 Programmering af Euklids udvidede algoritme

Følgende er et MAPLE program til bestemmelse af største fælles divisor sfd(a, b) og x,

y så

sfd(a, b) = ax + by.

Ved programmets afslutning er list1 = [sfd(a, b), x, y]

ext_Eucl:=proc(a,b)list1:=[a,1,0] :list2:=[b,0,1]while list1[1]-list2[1]*round(list1[1]/list2[1]) > 0 dolist3:=list2:q:=round(list1[1]/list2[1]):list2:=[list1[1]-list2[1]*q,list1[2]-q*list2[2],list1[3]-q*list2[3]]:list1:=list3

end do: list2;end proc:

Øvelse 10

Skriv et program til en programmerbar lommeregner, der udfører Euklids udvidede

algoritme.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 17

18


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 18

2PRIMTAL

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 19

20

2 P R I M T A L

Det første hovedresultat i dette kapitel er aritmetikkens fundamentalsætning, der siger

at ethvert helt tal n > 1 kan skrives som et produkt af primtal på en i al væsentlighed

entydig måde. Det andet hovedresultat er Euklids sætning, der siger at der er uendelig

mange primtal.

Et helt tal p > 1 kaldes et primtal, hvis de eneste positive divisorer i tallet er de trivielle

divisorer, nemlig 1 og tallet p selv. Tallet 6 er ikke noget primtal, det har jo de ikke-tri-

vielle divisorer 2 og 3. Tallene

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19

er derimod primtal. Bemærk lige at tallet 1 ikke er noget primtal.

Et primtal p, der er divisor i m kaldes en primdivisor i m.

Lemma 11

Ethvert helt tal m > 1 har (mindst) en primdivisor p.

Bevis

Antag, at der findes hele tal m > 1 uden primdivisorer.

Lad m0 være det mindste af disse. Tallet m0 kan ikke være et primtal p - så ville det jo

have primdivisoren p. Derfor har tallet m0 en ikke-triviel divisor d, d � 1, d � m0. Tal-

let d er skarpt (betyder, at det er � og ikke �) mindre end m0 og har derfor en prim-

divisor p. (Husk på, at m0 var valgt som det mindste hele tal uden primdivisorer, hvor-

for alle tal d med 1 < d < m0 har en primdivisor). Primtallet p er en divisor i d, der igen

er en divisor i m0, altså har m0 en primdivisor. Vores oprindelige antagelse medfører en

absurditet - nemlig at m0 såvel har som ikke har en primdivisor - den er derfor forkert.

�

Et primtal har den egenskab, at der er divisor i et produkt, er det divisor i en af fakto-

rerne.

Lemma 12

Lad p være et primtal og lad a, b være hele tal. Der gælder, at

p|ab ⇒ p|a � p|b .

Bevis

Hvis p er en divisor i a, er der intet at vise.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 20

21

2P R I M T A L

Vi kan altså uden videre antage, at p ikke er divisor i a. Så har a og p største fælles divi-

sor lig med 1 og ifølge Sætning 4 (Bezouts identitet) findes der hele tal x og y, så

1 = ax + py .

Efter multiplikation med b fås

b = bax + bpy

hvis højreside klart er delelig med p. Derfor er b også divisibel med p, hvilket skulle

vises. �

Aritmetikkens fundamentalsætning

Sætning 13 (Aritmetikkens fundamentalsætning)

Ethvert helt tal m > 1 kan skrives entydigt som et produkt af primtal, dvs. hvis

p1· p2 · … · pk = q1 · q2 · … · ql ,

hvor p1, p2, …, pk, og q1, q2, …, ql er primtal, så er k = l og efter en eventuel ombytning

af faktorerne er pi = qi for alle i = 1, 2, … , k.

Faktorerne p1n1, p2

n2, ... , pknk er entydigt bestemte.

Bevis

Lad os antage, at der findes hele tal m > 1, der ikke kan faktoriseres entydigt i et pro-

dukt af primtal, og lad os vælge m som det mindste af disse tal uden entydig faktorise-

ring. Vi vil vise, at m alligevel har entydig faktorisering. Lad os skrive

m = p1 · p2 · … · pk = q1 · q2 · … · ql .

Fra Lemma 12 ved vi, at p1 går op i et qj , og da qj er et primtal, må p1 være lig qj . Byt-

ter vi om på q1 og qj i faktoriseringen, har vi, at p1 er lig med q1.

Vi forkorter nu med p1 i begge faktoriseringer og får

�pm

1� = p2 · p3 · … · pk = q2 · q3 · … · ql .

Hvis tallet m–p1er tallet 1, kan ingen primtal dividere m–p1

. Dermed er k = l = 1, og de to

faktoriseringer af m = p1 = q1 opfylder, at p1 er lig q1, så i dette tilfælde har m entydig

faktorisering.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 21

22

2 P R I M T A L

Hvis tallet m–p1er > 1, kan vi bruge antagelsen om, at m var minimal. For m–p1

< m og fra

antagelsen får vi nu, at m–p1har entydig faktorisering.

Det betyder, at vi af ovenstående faktoriseringer af m–p1kan slutte, at k – 1 = l – 1 (og der-

med k = l) og vi kan ombytte faktorerne, så pi bliver lig med qi for alle i = 2, 3, …, k.

Dermed har vi alt i alt fået lavet en ombytning af faktorerne i faktoriseringerne af m,

så pi er lig qi for alle i = 1, 2, … , k, og m har derfor entydig faktorisering. �

Primtalsfaktoriseringens tidsforbrug

Beviset for eksistensen af primtalsfaktoriseringen af et helt tal er ikke konstruktivt.

Beviset giver ikke nogen metode udover at prøve sig frem til at bestemme en primtals-

faktorisering. Det er (antageligt) meget tidskrævende at faktorisere et helt tal i et pro-

dukt af primtal.

For at få en forståelse af problemets kompleksitet skal du forestille dig, at m er et helt

tal med 200 cifre, dvs. m � 10200. Den nærliggende metode til at bestemme en prim-

faktor ved at prøve sig frem fra neden af, der virker ganske overbevisende for små tal,

bliver uhyre tidskrævende for store tal. Lad os for eksempel antage, at du kan afgøre

om et helt tal er divisor i m i løbet af 1 million'te del af et sekund (10–6 sek.). I alt vil

dine overvejelser af de i alt 10100 tal tage:

10100 · 10–6 sek. = 1094�60 · 60 · 2

1

4 · 365� år � 3,2 · 1086 år

Det er mange gange mere end den anslåede alder af universet. Den nærliggende meto-

de til bestemmelse af en primfaktor er på grund af sit kæmpe tidsforbrug ubrugelig til

store tal.

Dette forhold udnyttes til at lave ubrydelige koder til kryptering og digital signatur - i

Kapitel 8 vil du se, hvordan det gøres.

Euklids sætning

Allerede Euklid viste, at listen over primtal

2,3,5,7,11,13,17,19, ...

faktisk fortsætter i det uendelige.

Sætning 14 (Euklids sætning)

Der er uendelig mange primtal.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 22

23

2P R I M T A L

Bevis

Antag, at der kun er endelig mange primtal, dem kalder vi p1, p2, ..., pk . Betragt nu tal-

let

m = p1 · p2 ··· pk + 1 (6)

Ifølge Lemma 11 har m en primdivisor p. Fra antagelsen følger, at primtallet p må være

et af tallene p1, p2, ··· , pk . Tallet p > 1 er derfor en divisor i både m og p1 · p2 ··· pk og

dermed i tallet 1, jvf. (6). Det kan ikke passe - antagelsen om at der kun er endelig man-

ge primtal, må altså være forkert. �

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 23

24

2 P R I M T A L

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 24

3KONGRUENSER

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 25

26

I dette kapitel vil vi behandle modulær aritmetik. For et givet helt tal n vil vi erstatte

ethvert andet helt tal med dets rest ved division med n. Da der kun er endelig mange

muligheder for rester {0, 1, 2, ... , n – 1} betyder det, at vi erstatter de hele tal � med et

talsystem �n som kun indeholder n elementer. Vi kan regne (lægge sammen, trække fra

og gange) i �n akkurat som i �.

Restklasser

Før vi går i gang med den generelle teori, vil vi se på et eksempel, der gerne skulle af-

sløre styrken i at regne med rester.

Eksempel 15

Hvilken ugedag er det om 1000 dage? Det kunne du let svare på ved at slå op og tælle

fremad i en kalender, der rækker 3 år frem i tiden. Der er dog en meget simplere meto-

de, når vi husker på, at ugedagene gentages hver syvende dag. Dividerer vi 1000 med 7

får vi resten 6:

1000 = 142 · 7 + 6 .

De 1000 dage rummer altså 142 hele uger og en rest på 6 dage. Ugedagen om 1000 dage

er altså den samme som den om 6 dage eller den samme som om –1 dag, altså samme

ugedag som i går.

Gauss indførte begrebet kongruenser, der systematiserer regning med rester, i sin bog

Disquisitiones arithmeticae [G1] fra 1801 om højere aritmetik.

GAUSS, CARL FRIEDRICH, født 30. april 1777 iBrunswick, Tyskland, død 23. februar 1855 i Göttin-gen, Tyskland. I 1801 (18 år gammel) udgav Gaussbogen Disquisitiones arithmeticae om talteori. Før davar talteori en stor samling af spredte og isolerederesultater. Gauss opsummerede disse på en systematiskmåde, løste nogle af de vanskeligste udestående pro-blemer og formulerede begreber og problemstillinger,der udgjorde mønstret for et århundredes forskning ogstadig er af stor betydning i dag. Han introduceredeblandt andet kongruensbegrebet a � b mod c. Gaussvar også produktiv indenfor empirisk aritmetik, alge-bra, sandsynlighedsteori og statistik, geodæsi, analyse,astronomi og jordmagnetisme m.v.

3 K O N G R U E N S E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 26

27

Definition 16

Lad n være et helt tal forskelligt fra 0. Vi siger, at de hele tal a, b er kongruente modulo

n, hvis de har samme rest ved division med n. Det er det samme som at

n | (a – b).

Vi skriver

a � b mod n.

For eksempel er 1000 � 6 mod 7 og 22 � 2 mod 4.

Lad n være valgt. Restklassen til a består af alle de hele tal b, der er kongruente til a

modulo n, altså af alle tal b, der har samme rest som a ved division med n:

[a] = {b | a � b mod n} = {... , a � 2n, a � n, a, a n, a 2n, ...}.

Vi siger, at b er kongruent til a modulo n, og kalder også restklasser for kongruenskla-

ser.

Vi noterer, at restklasserne [a] og [b] er ens, hvis og kun hvis

a � b mod n.

Der er i alt netop n forskellige kongruensklasser modulo n:

[0] = {..., –n, ... , 0, n, 2n, ...}

[1] = {..., 1 – n, ... , 1, 1 + n, 1 + 2n, ...}

[2] = {..., 2 – n, ... , 2, 2 + n, 2 + 2n, ...}

···

[n – 1] = {..., n – 1, (n – 1) + n, (n – 1) + 2n, ...}.

En mængde af n hele tal kaldes et komplet sæt af rester, hvis der er præcis et tal fra hver

af de n kongruensklasser.

Øvelse 17

Vis, at i �6 er {0, 1, 2, 3, 4, 5} et komplet sæt af rester og {6, 13, –4, 3, 28, –7} et andet.

Find selv seks andre tal, der udgør et komplet sæt af rester.

3K O N G R U E N S E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 27

28

Modulær addition og multiplikation

Definition 18

De n kongruensklasser [0], [1], ... , [n – 1] udgør mængden �n. Addition og multipli-

kation af kongruensklasser defineres således:

[a] + [b] = [a + b]

[a] · [b] = [a · b].

Definitionen er ikke helt uproblematisk. Lad os illustrere det med n = 3

Bruger vi definitionen direkte får vi med [a] = [1] = [4] og [b] = [0] = [3]

[1] + [0] = [1 + 0] = [1]

[4] + [3] = [4 + 3] = [7].

Er det helt klart, at [1] = [7]?

Tilsvarende med multiplikation

[1] · [0] = [1 · 0] = [0]

[4] · [3] = [4 · 3] = [12].

Er det helt klart, at [0] = [12]?

Altså er definitionen af addition og multiplikation afhængig af valg af repræsentanter

for restklasserne?

Vi har at

[a1] = [a2] ∧ [b1] = [b2] ⇔a1 � a2 mod n ∧ b1 � b2 mod n ⇔n | (a1 – a2) ∧ n | (b1 – b2). (∗)

For additionens vedkommende får vi fra (∗), at

n | (a1 – a2) + (b1 – b2) ⇔n | (a1 + b1) – (a2 + b2) ⇔a1 + b1 � a2 + b2 mod n ⇔[a1 + b1] = [a2 + b2].

For multiplikationens vedkommende får vi fra (∗) at


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 28

29

n | (a1 – a2)b1 ∧ n | (b1 – b2)a2 ⇒n | (a1 – a2)b1 + (b1 – b2)a2 = a1b1 – a2b2 ⇒[a1b1] = [a2b2] mod n.

Eksempel 19

I tilfældet n = 6 ser additions- og multiplikationstabellen i �6 ud som angivet i tabel 3

(udtrykt ved det komplette sæt af rester 0, 1, 2, 3, 4, 5). Ser man nærmere på tabellen

vil man opdage en særhed, nemlig at to elementer forskellige fra 0 godt kan have pro-

dukt 0.

+ | 0 1 2 3 4 5

0 | 0 1 2 3 4 5

1 | 1 2 3 4 5 0

2 | 2 3 4 5 0 1

3 | 3 4 5 0 1 2

4 | 4 5 0 1 2 3

5 | 5 0 1 2 3 4

· | 0 1 2 3 4 5

0 | 0 0 0 0 0 0

1 | 0 1 2 3 4 5

2 | 0 2 4 0 2 4

3 | 0 3 0 3 0 3

4 | 0 4 2 0 4 2

5 | 0 5 4 3 2 1

Tabel 3 Additions- og multiplikationstabellen i �6(udtrykt ved det komplette sæt af rester 0, 1, 2, 3, 4, 5)

Eksempel 20

Lad os beregne den mindste positive rest af 38 mod 13.

Første regner vi i �13 og får

[32] = [9] = [–4].

Det udnytter vi dernæst til at bestemme, at


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 29

30

[34] = [32 · 32] = [32] · [32] = [–4] · [–4] = [16] = [3]

og endelig at

[38] = [34 · 34] = [34] · [34] = [3] · [3] = [9].

Det søgte resultat er altså 9.

Vi kunne også have formuleret de samme beregninger således:

32 9 � �4 mod 13,

hvorfor

34 32 · 32 � (�4) · (�4) 16 � 3 mod 13

og

38 34 · 34 � 3 · 3 = 9 mod 13.

Øvelse 21

Bestem den mindste positive rest af

a) 510 mod 23.

b) 19 · 14 mod 23.

c) 510 + 19 · 14 mod 23.

Modulær division - løsning af lineære kongruenser

Vi har netop set, at vi kan addere og multiplicere elementerne i �n med hinanden.

Division af kongruensklassen [b] med kongruensklassen [a] er mere kompliceret. Lad

os se på Eksempel 19, hvor vi behandlede �6. Multiplikationstabellen var:

· | 0 1 2 3 4 5

0 | 0 0 0 0 0 0

1 | 0 1 2 3 4 5

2 | 0 2 4 0 2 4

3 | 0 3 0 3 0 3

4 | 0 4 2 0 4 2

5 | 0 5 4 3 2 1


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 30

31

Vi noterer ved at se på rækken med 2, at der faktisk er to klasser, nemlig [1] og [4], der

multipliceret med [2] giver klassen [2]. På den anden side er der ingen klasser, der mul-

tipliceret med [2] giver klassen [3].

Ser vi derimod på rækken med 5, er det klart, at der til enhver klasse [b] findes netop

en klasse [x] så [5] · [x] = [b].

Problem 22

Lad n være fast forskellig fra 0. For a (som ikke er et multiplum af n) og b ønskes

bestemt de klasser [x], så

[a] · [x] = [b] i �n .

Det svarer til at bestemme de hele tal x, så

ax � b mod n .

Sætning 23

Lad a, b, n være hele tal n � 0, hvorom det antages, at a ikke er et multiplum af n. Lad

d = sfd(a, n). Kongruensen

[a] · [x] = [b] i �n

(ax � b mod n)

har mindst en løsning [x], hvis og kun hvis d er divisor i b.

Hvis d = 1, så er der præcis en kongruensklasse [x], der løser problemet.

Bevis

At løse kongruensen

ax � b mod n

svarer til at finde hele tal x, y, så

ax + ny = b

Det kan ifølge Korollar 8 lade sig gøre, hvis og kun hvis d er en divisor i b, hvilket net-

op skulle vises.

Antag nu, at d = 1 og vælg x, y ifølge Sætning 4, så ax + ny = 1. Antag endvidere, at der

findes to løsninger x1 , x2 så ax1 � ax2 � b mod n. Vi har, at


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 31

32

ax1 � ax2 mod m ⇒ a(x1 – x2) ≡ 0 mod n ⇒ n | a(x1 – x2)

samt ved at multiplicere med x1 – x2, at

ax + ny = 1 ⇒ ax(x1 – x2) + ny(x1 – x2) = x1 – x2

Da n er divisor i venstresiden af det sidste lighedstegn, er n | (x1 – x2) og vi har identi-

teten mellem kongruensklasserne [x1] = [x2]. �

Metode 24

Lad a, b, n være hele tal n � 0. Lad d = sfd(a, n). Der findes (mindst) et x, så

ax � b mod n

hvis og kun hvis d er en divisor i b.

Hvis d er divisor i b bestemmes en løsning x0 = u b–d , idet der først bestemmes løsninger

u, v til Bezout identiteten

au + nv = d

ved hjælp af Euklids algoritme og Bezouts identitet, jvf. Sætning 4 og Sætning 6.

Øvelse 25

Bestem klasser [x], så

a) [10] · [x] = [3] i �12.

b) [10] · [x] = [6] i �12.

c) [12] · [x] = [9] i �15.

Øvelse 26

Afgør om nedenstående kongruenser kan løses og bestem i givet fald en løsning

a) 3x � 5 mod 7.

b) 12x � 15 mod 22.

c) 19x � 42 mod 50.

d) 18x � 42 mod 50.


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 32

33

Korollar 27 Forkortning

Lad a, n være indbyrdes primiske hele tal. I �n gælder, at

[a] · [x1] = [a] · [x2] ⇒ [x1] = [x2].

Vi kan altså forkorte med [a] i �n. Anderledes formuleret

a · x1 � a · x2 mod n ⇒ x1 � x2 mod n.

Sætning 28 Wilsons sætning

Lad p være et primtal. Så gælder, at

(p – 1)! � �1 mod p.

Bevis

Antag p > 3, lad R = {1, 2, ..., p – 1}.

For a � R ved vi fra Sætning 23, at der findes netop et x � R, så

ax � 1 mod p.

Først undersøger vi, hvornår dette x faktisk er a selv

x = a ⇔ a2 � 1 mod p ⇔ p | a2 – 1 ⇔p | (a – 1) ∨ p | (a + 1) ⇔ a = 1 ∨ a = p – 1

Tallene 1 og p – 1 er altså specielle i R.

Lad S = {2, ..., p – 2} være de øvrige elementer i R.

Et a � S vil sammen med dets tilhørende x være et par af forskellige tal i S, hvis pro-

dukt er kongruent med 1 modulo p.

Derfor er produktet af alle elementerne i S kongruent med 1 modulo p og produktet af

alle elementerne i R er ækvivalent med 1 · (p – 1) � –1 mod p.

For p = 2, 3 ses påstanden direkte. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 33

34


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 34

4FERMATS LILLE SÆTNING

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 35

36

F E R M A T S L I L L E S Æ T N I N G4

Sætning 29 Fermats lille sætning

Lad p være et primtal. For ethvert helt tal a, som ikke er et multiplum af p, gælder at

ap – 1 � 1 mod p (7)

eller udtrykt ved restklasser modulo p

[a]p – 1 = [1] i �p.

Bevis

Et komplet sæt af rester forskellige fra 0 udgøres af

1, 2, ... , p – 1 (8)

Multiplicerer vi elementerne i (8) med a fås et andet komplet sæt af rester forskellige

fra 0, jvf. Korollar 27.

a · 1, a · 2, ... , a · (p – 1) (9)

Rækkefølgen kan være anderledes; men begge lister må indeholde samtlige p – 1 ikke-

nul restklasser. Derfor er produktet af elementerne i (8) det samme som produktet af

elementerne i (9) modulo p:

1 · 2 ··· (p – 1) � (a · 1) · (a · 2) ··· (a · (p – 1)) mod p ⇒(p – 1)! � ap – 1 · (p – 1)! mod p

Anvender vi endnu engang Korollar 27 til at forkorte (p – 1)! væk fås, at

1 � ap–1 mod p. �

Korollar 30

Lad p være et primtal. For alle a gælder at

ap � a mod p

eller sagt på en anden måde

[a]p = [a] i �p

Bevis

Følger direkte af Sætning 29. �

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 36

37

4F E R M A T S L I L L E S Æ T N I N G

PIERRE DE FERMAT. Født 20. august 1601 i Beaumont-de-Lomagne, Frankrig. Død 12. jan. 1665 i Castres,Frankrig. Fermats arbejde indenfor talteori blev først for-stået og værdsat da Euler (1707-1783) genoplivede det ogstartede den sammenhængende forskning, der kulmine-rede i Gauss's og Kummers arbejder i begyndelsen af detnittende århundrede. Faktisk er mange af Fermats resul-tater basale dele af talteori den dag i dag. Selvom hansresultater var og er af fundamental betydning, er hansmetoder i vidt omfang ukendte. Sætninger, resultater,formodninger og eksempler findes i massevis i margen-noter og i breve. Men han efterlod ikke, bortset fra en vagskitse af en metode, som han kaldte uendelig nedstigning,klare spor af de metoder han anvendte. Fermat var denførste til at begrænse undersøgelserne til de hele tal, hansafvisning af at acceptere rationale tal som løsningerudgjorde et brud med den klassiske tradition fraArithmetica. Fermats interesse i primtal og faktoriseringkulminerede i Fermats lille sætning. Betydningen af Fer-mats arbejde i talteori lå i mindre grad i datidens mate-matiske udvikling som i den stimulerende indflydelse påeftertiden. Det meste af det nittende århundredes talteo-ri fandt sin inspiration i at forstå Fermats resultater -

således tvunget udvirkede det sine egne metoder og bidrog dermed til formuleringen af helt grund-læggende begreber i moderne algebra.

Eksempel 31

Lad os bestemme den mindste positive rest af 268 mod 19. Da 19 er et primtal sikrer

Fermats lille sætning, Sætning 29, at 218 =1 mod 19. Derfor er

268 = 218 · 3 + 14 = (218)3 · 214 � 214 mod 19 .

Videre fås, idet 16 � �3 mod 19, at

214 = 24 · 3 + 2 = (24)3 · 22 = 163 · 22 �(�3)3 · 22 ≡ (�27) · 22 � 11 · 22 � 44 � 6 mod 19 .

Øvelse 32

Find den mindste positive rest af 391 mod 23.

Primtalstest

Fermats lille sætning er grundlaget i en primtalstest - en nyttig metode til at afsløre, at

et tal n ikke er et primtal. Findes der nemlig et tal a for hvilket ligningen

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 37

38


an � a mod n

ikke er sand, må konklusionen være, at n ikke kan være et primtal. Testen giver dog ikke

nogen faktorisering af n, omend den måtte have afsløret, at n ikke er et primtal.

Selvom n klarer testen for alle a, er der imidlertid ikke sikkerhed for, at n faktisk er et

primtal. Sådanne tal kaldes pseudo-primtal. I forhold til testen virker de som primtal,

men er sammensatte tal. Øvelse 201 behandler de såkaldet Carmichael-tal, som hver-

ken er primtal eller kan af-sløres af nogen test af denne art.

Testen var kendt af kineserne og for 25 århundreder siden påstod de, at tal, der overle-

ver testen for a = 2, faktisk er primtal. Det er forkert. Det var dog først i 1819, at man

fandt tal, der tilfredsstiller

2n � 2 mod n

uden at være primtal.

Testen er praktisk gennemførlig, idet vi senere i kapitel 6 skal lære en hurtig metode til

i modulær aritmetik at beregne an mod n.

Eksempel 33

Vi vil se, på tallet 341. Først noterer vi, at

210 = 1024 � 1 mod 341

hvorfor

2341 = (210)34 · 2 � 2 mod 341

og 341 har klaret testen for a = 2.

Øvelse 34

Vis, at 341 ikke klarer testen for a = 3. Vent eventuelt til efter, at du har lært den hur-

tige metode til modulær eksponentering i kapitel 6.

En anvendelse af Fermats lille sætning i kryptografi

Kryptering anvendes til at sende meddelelser hemmeligt og sikkert.

Mange krypteringsmetoder beror på talteori, en meget simpel metode er at kryptere

ved at erstatte et bogstav med dets efterfølger i alfabetet. Matematisk udtrykt erstatter

vi alfabetet med hele tal: A = 0, B = 1, C = 2, ··· , Å = 28 og krypterer nu ved at addere

1 mod 29. Tilsvarende koder kan laves ved at addere et andet tal k (dette tal kaldes nøg-

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 38

39

4F E R M A T S L I L L E S Æ T N I N G

len), altså bruge afbildningen

x � x + k

Den romerske kejser Julius Cæsar anvendte k = 3. Dekrypteringen af en meddelelse

gøres simpelthen ved at subtrahere k mod 29. Disse koder er meget lette at bryde. Prøv

blot med alle mulige værdier for k, indtil du får en læselig meddelelse.

Øvelse 35

Et navn gemmer sig bag meddelelsen QBÅVS, der er krypteret efter metoden ovenfor.

Bestem navnet og værdien af k.

Bedre koder kan bygges på Fermats lille sætning. Vælg først et stort primtal p og et helt

tal e, der er primisk med p – 1. Disse to tal er nøglen. Krypteringen af beskeden x, hvor

p ikke går op i x, foregår ved at anvende afbildningen

x � x e mod p

Dekrypteringen foregår ved først at bestemme f, g, så

ef + (p – 1)g = 1

hvilket kan lade sig gøre ifølge Sætning 4 og Proposition 6, da e og p – 1 er indbyrdes

primiske. Dernæst beregner modtageren under anvendelse af Fermats lille sætning

(x e) f � xef � x1 – (p – 1)g � x(x(p – 1))–g � x

og har dermed rekonstrueret meddelelsen x .

Eksempel 36

Lad p = 29 og e = 5, som er primisk med p – 1 = 28. Bogstaverne i navnet PETER

omsættes direkte til tallene 15 5 20 5 18 som krypteres til talrækken 23 22 24 22 15 ved

afbildningen x � x 5 mod 29.

Dekryptering indebærer at bestemme f (her kan f = 17 bruges) og foregår ved at anven-

de afbildningen x � x17 mod 29.

Koder bygget op på denne måde synes meget sikre. Antag at en lytter har fået kendskab

til p, en meddelelse x og den tilhørende krypterede version y = x e mod p af meddelel-

sen. For at bryde koden skal lytteren bestemme e (eller f ). Der er imidlertid ingen hur-

tige metoder til at bestemme e , der tilfredsstiller ligningen

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 39

40

y = x e mod p

hvilket er metodens styrke. Dette problem kaldes det diskrete logaritme problem.

Metodens svaghed er, at sender og modtager forlods i dybeste hemmelighed skal

udveksle nøglen, altså tallene p, e .

I kapitel 8 skal vi se på såkaldt offentlige nøgle kryptering, der beror på en generalisering

af Fermats lille sætning og tillader udveksling af nøglen i fuld offentlighed.

Øvelse 37

Bestem et e, så 27 � 10e mod 29.


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 40

5EULERS SÆTNING

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 41

42

Eulers funktion

For et helt tal n definerer vi Eulers funktion �(n) som antallet af hele tal blandt talle-

ne 1, 2, ... , n , der er primisk med n, altså som har 1 som største fælles divisor med n.

Funktionen � kaldes Eulers �-funktion. For n = 12 er de 4 tal 1, 5, 7, 11 primiske med

12, hvorimod 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10 ikke er det, derfor er �(12) = 4.

Øvelse 38

Overvej, at tabel 4 er korrekt.

n | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

�(n) | 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8

Tabel 4 Tabel over værdier af Eulers funktion �(n) for n = 1, ... , 16

Systematisk undersøgelse af alle tal 1, ... , m – 1 for at bestemme �(m) er allerede tids-

krævende når m � 1000 og umulig når m � 10100. Forestil dig, at m er et helt tal med

100 cifre. For at bestemme �(m) skal du tælle de hele tal mindre end m, der er ind-

byrdes primisk med m. Lad os antage, at du kan afgøre, om et helt tal er primisk med

m i løbet af 1 million'te del af et sekund (10–6 sek.). I alt vil dine overvejelser af de i alt

10100 tal tage:

10100 · 10–6 sek. = 1094�60 · 60 · 2

1

4 · 365� år � 3,2 · 1086 år.

Det er flere gange universets alder! Den direkte metode til bestemmelse af �(m) er

åbenbart UHYRE tidskrævende.

I visse tilfælde er det imidlertid let at bestemme �(m). For et primtal p er alle tal

1, 2, ... , p – 1 primiske med p, derfor er �(p) = p – 1. Kendes en faktorisering af m = pq

i et produkt af primtal, er det også let at bestemme �(m).

Lemma 39

For et primtal p gælder, at

�(p) = p – 1.

For to forskellige primtal p, q gælder, at

�(pq) = (p – 1)(q – 1).

E U L E R S S Æ T N I N G5

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 42

43

Bevis

Lad m = pq, hvor p, q er to forskellige primtal. Tallene mindre end m, der ikke er pri-

miske med m, er netop de tal, der har p eller q som primfaktorer, altså de q – 1 tal

p · 1, p · 2, ··· , p · (q – 1)

og de p – 1 tal

1 · q, 2 · q, ··· , (p – 1) · q.

Antallet af tal blandt 1, 2, ···, pq – 1, der er primiske med m = pq er derfor

(pq – 1) – (q – 1) – (p – 1) = (p – 1)(q – 1). �

Vi skal i beviset for sætningen om eksistensen af primitive rødder modulo p gøre brug

af en særlig egenskab ved �. Lad os starte med at se på n = 12, der har divisorerne

1, 2, 3, 4, 6, 12. Konsulterer vi tabel 4, ser vi, at

�(1) + �(2) + �(3) + �(4) + �(6) + �(12) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12 = n.

Sætning 40

Hvis n � 1, så er

n = �d > 0, d|n

�(d).

Bevis

Lad S = {1, ··· , n} og lad for enhver divisor d i n:

Sd = {a � S | sfd(a, n) = �n

d� }

Mængden S er den disjunkte forening af Sd'erne, thi for et a � S er der en entydigt

bestemt divisor d i n, så sfd(a, n) = �nd�, derfor er

n = �d > 0, d|n

|Sd| ,

hvor |Sd| betegner antallet af elementer i Sd.

Det er åbenbart nok at vise, at

|Sd| = �(d)

for alle d.

5E U L E R S S Æ T N I N G

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 43

44

For at vise dette dividerer vi alle a � Sd med den største fælles divisor �nd�, det giver en

afbildning

Sd → {a | 1 � a � d � sfd(a, d) = 1}, a �

der let ses at være 1-1 og på. Derfor er antallet af elementer i de to mængder det sam-

me, hvilket viser påstanden. �

Reduceret sæt af rester

Tidligere indførte vi begrebet et komplet sæt af rester modulo n - det er n tal, hvoraf

ingen er indbyrdes ækvivalente modulo n, altså n tal, hvor der er præcis et fra hver rest-

klasse. Et reduceret sæt af rester modulo n er �(n) tal, hvoraf ingen er indbyrdes ækvi-

valente modulo n og hver for sig er tallene primiske med n.

Ser vi for eksempel på tilfældet n = 12, er tallene

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11

et komplet sæt af rester, mens tallene

1, 5, 7, 11

er et reduceret sæt af rester. Tallene 5, 25, 35, 55 er et andet reduceret sæt af rester.

Det sidste sæt af reducerede rester er fremkommet ved multiplikation med 5 af det

første. Det er et eksempel på et generelt fænomen.

Lemma 41

Lad a være primisk med n.

Hvis

r1, ... , r�(n)

er et reduceret sæt af rester modulo n, så er

ar1, ... , ar�(n)

også et reduceret sæt af rester modulo n.

Bevis

Følger direkte af Korollar 27. �

and

( )


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 44

45

Eulers sætning

Euler beviste følgende generalisering af Sætning 29, Fermats lille sætning.

Sætning 42 Eulers sætning

Lad a være indbyrdes primisk med n. Der gælder, at

a�(n) � 1 mod n

eller sagt på en anden måde

[a]�(n) = [1] i �n .

Bevis

Beviset anvender nøjagtig den samme metode og ide som beviset for Fermats lille sæt-

ning (Sætning 29). Lad

r1, ··· , r�(n) (10)

være et reduceret sæt af rester. Multiplicerer vi elementerne i (10) med a fås et andet

reduceret sæt af rester, jvf. lemma 41:

ar1, ··· , ar�(n) (11)

Derfor er produktet af elementerne i (10) det samme som produktet af elementerne i

(11) modulo n:

r1 · r2 ... r�(n) � (a · r1) · (a · r2) ··· (a · r�(n)) mod n ⇒r1 · r2 ... r�(n) � a�(n) · r1 · r2 ··· r�(n) mod n .

Da alle ri er indbyrdes primiske med n, kan de bortforkortes ifølge Korollar 27 og

1 � a�(n) mod n. �

Øvelse 43

Bestem �(14) og et sæt af reducerede rester. Vis ved direkte udregning, at a�(14) � 1

mod 14 for alle a, der er primiske med 14.

5E U L E R S S Æ T N I N G

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 45

46

Figur 1 EULER, LEONARD. Født 15. april1707 i Basel i Switzerland; død 18. september1783 i St. Petersborg, Rusland. Arbejdede indenfor matematik, mekanik, astronomi og fysik.Euler bidrog til flere matematiske discipliner ogi særlig grad analysen. Han lagde det videnska-belige fundament for talteori, hvor blandt andreFermat tidligere havde etableret bemærkelses-værdige resultater, næsten uden beviser. Eulervar den første (1742 i breve til Bernoulli ogGoldbach) til at formulere en variant af alge-braens fundamentalsætning: Ethvert polynomi-um af grad n med reelle koefficienter har n rød-der på formen a + ib.


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 46

6POTENSER OG RØDDER MODULO m

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 47

48

Hvordan udregnes ak mod m, når a, k og m er store? For små tal er det ikke noget pro-

blem; men hvordan med

14561498675849257698 mod 345123?

Multiplikation af 1456 med sig selv 1498675849257698 gange giver et astronomisk

stort tal, som end ikke computere kan håndtere direkte. Vi skal lære en metode, der går

under navnet gentagen kvadrering, som gør det til en leg at foretage udregningen, selv

på en lommeregner og sågar i hånden.

En effektiv metode til at udregne

ak mod m

når a, k og m er store, er en forudsætning for, at vi senere i kapitel 8 kan konstruere og

anvende sikre krypteringsværktøjer.

Gentagen kvadrering

Lad os illustrere metoden med nogle eksempler.

Eksempel 44

Beregning af

37 mod 5.

Først bestemmer vi

31 � 3 mod 5

32 � (31)2 � 9 � 4 mod 5

34 � (32)2 � 42 � 16 � 1 mod 5

Opskriver vi 7 = 4 + 2 + 1, får vi ved at anvende potensregnereglerne, at

37 = 34 · 32 · 31 � 1 · 4 · 3 � 2 mod 5.

Altså har vi, at

37 � 2 mod 5.

P O T E N S E R M O D U L O m6

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 48

49

Eksempel 45

Beregning af

1353 mod 77

Først bestemmer vi

131 � 13 mod 5

132 � (131)2 � 169 � 15 mod 77

134 � (132)2 � 152 � 225 � 71 mod 77

138 � (134)2 � 712 � 5041 � 36 mod 77

1316 � (138)2 � 362 � 1296 � 64 mod 77

1332 � (1316)2 � 642 � 4096 � 15 mod 77.

Opskriver vi 53 = 32 + 16 + 4 + 1, får vi ved at anvende potensregnereglerne, at

1353 = 1332 · 1316 · 134 · 131 � 15 · 64 · 71 · 13 � 41 mod 77.

Altså har vi, at

1353 � 41 mod 77. (12)

Lad os nu til sidst se på et stort eksempel.

Eksempel 46

Beregningen af

5711 mod 954.

Først laver vi hjælpeberegningerne. Vi starter i første række med 51 mod 954, næste

række er 52 mod 954, tilsvarende fås de efterfølgende rækker ved gentagen kvadrering

af resultatet af den foregående række efterfulgt af bestemmelse af resten ved division

med 954.

51 � 5 mod 954

52 � (51)2 � 25 mod 954

54 � (52)2 � 252 � 625 mod 954

58 � (54)2 � 6252 � 390625 � 439 mod 954

516 � (58)2 � 4392 � 192721 � 13 mod 954

532 � (516)2 � 132 � 169 mod 954

564 � (532)2 � 1692 � 28561 � 895 mod 954

6P O T E N S E R M O D U L O m

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 49

50

5128 � (564)2 � 8952 � 801025 � 619 mod 954

5256 � (5128)2 � 6192 � 383161 � 607 mod 954

5512 � (5256)2 � 6072 � 368449 � 205 mod 954

Dernæst opskriver vi 711 = 512 + 128 + 64 + 4 + 2 + 1 og får ved at anvende potens-

regnereglerne, at

5711 = 5512 + 128 + 64 + 4 + 2 + 1 = 5512 · 5128 · 564 · 54 · 52 · 51.

Udnytter vi nu resultaterne fra tidligere, kan højresiden udregnes, idet vi konsekvent

regner modulo 954:

5512 · 5128 · 564 · 54 · 52 · 5 �205 · 619 · 895 · 625 · 25 · 5 �

126895 · 895 · 625 · 25 · 5 � 13 · 895 · 625 · 25 · 5 �

11635 · 625 · 25 · 5 �187 · 625 · 25 · 5 �

116875 · 25 · 5 �487 · 25 · 5 �

12175 · 5 =

727 · 5 =

3635 �773

Konklusionen er, at 5711 � 773 mod 954. �

De tre eksempler skulle gerne overbevise dig om, at du i gentagen kvadrering har en

effektiv metode til potensudregning modulo m.

Vi vil nu se på den modsatte operation, nemlig roduddragning modulo m. Vi vil erfa-

re, at generelt er roduddragning en UHYRE langsommelig proces; men kendskab til

�(m) ændrer situationen radikalt, processen bliver let og hurtig.

Problem 47

Lad k, b, m være givne hele tal m � 0, bestem en løsning x til ligningen

xk � b mod m (13)

bestem for eksempel en løsning til ligningen


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 50

51

x17 � 13 mod 77 (14)

Den mest naive løsningsmetode er at prøve sig frem ved at indsætte tallene

x = 1, 2, 3 , ··· , m et ad gangen i (13). Hvis m er stor vil det tage meget lang tid. Det er

faktisk dette forhold, der er sikkerheden i det krypteringssystem, vi skal behandle i

kapitel 8.

Roduddragning modulo m tager i almindelighed lang tid (i modsætning til potensop-

løftning). Kender vi �(m), findes der imidlertid en meget effektiv metode til rodud-

dragning, den skal vi behandle nu.

Rodudragning modulo m, når vi kender �(m)

Vi vil sideløbende behandle den generelle situation (13) og eksemplet (14), hvor

�(77) = �(7) �(11) = (7 – 1)(11 – 1) = 60, jvf. Lemma 39.

Indledningsvis bestemmer vi positive hele tal u, v, der er løsninger til

ku – �(m)v = 1

Det kan vi gøre ved den udvidede Euklidiske algoritme Sætning 6, dog under den for-

udsætning, at k og �(m) er indbyrdes primiske. I (14) er forudsætningen opfyldt, og vi

finder at u = 53, v = 15.

17 · 53 – 60 · 15 = 1

For alle hele tal x, der er primiske med m, har vi derfor, at

(xk)u = xku = x1+�(m)v = x(x�(m))v = x

ifølge Sætning 46 (Eulers sætning). Specielt gælder, at

(x17)53 = x17 · 53 = x1 + 60 · 15 = x(x60)15 = x.

Opløfter vi nu venstre og højre side af (13) (hhv. 14) i potensen u (hhv. 53), fås:

x � (xk)u � bu mod m

x � (x17)53 � 1353 � 41 mod 77

jvf. (12) i Eksempel 45 og vi har uddraget den k'te rod.

Metode 48 k’te rod modulo m

Lad k, b, m være givne hele tal, m � 0 med k og �(m) indbyrdes primiske og b og m

6P O T E N S E R M O D U L O m

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 51

52

indbyrdes primiske. Følgende skridt bestemmer en løsning x til:

xk � b mod m.

1) Bestem positive hele tal u, v, der er løsninger til

ku – �(m)v = 1

ved hjælp af den udvidede Euklidiske algoritme, Sætning 6.

2) Udregn bu mod m ved gentagen kvadrering.


00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 52

7UBRYDELIGE KODER – KRYPTE-RING OG DIGITAL SIGNATUR

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 53

54

U B R Y D E L I G E K O D E R7

Underskrifter og brevhemmelighed

I dette kapitel findes en introduktion, der kan give en almen forståelse for, hvad digi-

tale signaturer og kryptering er, og hvad der kræves for, at de kan anvendes i praksis.

Det er klart, at kryptering og hemmeligholdelse er af største vigtighed i mange sam-

menhænge. Det er fatalt hvis en kode brydes. Mary Stuart, en tidligere skotsk dron-

ning, er et af de bedst beskrevne eksempler, idet afsløringen af hendes konspiratoriske

og kodede

brevveksling fra skiftende fængsler med katolske trosfæller i London direkte førte til

halshugningen af hende den 8. februar 1587. Denne og mange andre spændende histo-

rier kan man læse om i bogen [Singh2].

Mere subtilt, men formentlig af langt større almen betydning, er den digitale signatur.

Den er selve forudsætningen for indgåelse af bindende aftaler, hvor der er afstand mel-

lem de to aftalepartnere.

Underskrift

Til daglig anvendes den personlige underskrift til at give en meddelelse troværdighed.

Breve underskrives, bilag attesteres, aftaler underskrives af begge parter osv. Den der

underskriver forpligtiger sig selv eller andre til meddelelsens indhold. I lovgivningen

findes tusindvis af udtrykkelige krav om skriftlighed og underskrift. Ofte er meddelel-

sen udformet på et særligt trykt papir, som er med til at give meddelelsen sin trovær-

dighed.

Andre meddelelser, fx en faktura, accepteres uden, at den er forsynet med en under-

skrift, fordi den er udformet på en kendt måde og i øvrigt kan kontrolleres.

I en række sammenhænge giver den almindelige underskrift ikke tilstrækkelig sikker-

hed, og der er derfor etableret yderligere sikkerhed. Der kan fx være tale om vitterlig-

hedsvidner, hvor andre personer tillige underskriver meddelelser. Dernæst kan der

være behov for at kunne dokumentere, at et brev er sendt og modtaget. Her kan fx

anvendes anbefalede breve.

Elektronisk underskrift - digital signatur

Ved overgang til elektronisk kommunikation er det nødvendigt at anvende sikkerheds-

funktioner, som giver meddelelsen troværdighed. En elektronisk signatur er data, som

tilføjet en elektronisk meddelelse giver vished om, hvem der har udfærdiget meddelel-

sen.

Når man åbner en butik på Internettet, kan kunderne komme fra hele landet - ja, fra

hele verden. Det er derfor nødvendigt med sikkerhed for, at den, der bestiller varer, fin-

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 54

55

7U B R Y D E L I G E K O D E R

des og vil betale. Offentlige myndigheder, der vil give borgerne mulighed for at udfyl-

de blanketter og give oplysninger til en sagsbehandling fra myndighedens

hjemmeside, må have sikkerhed for, hvem oplysningerne kommer fra. Virksomheder,

som e-handler, skal kunne underskrive sine ordrer og modtage en faktura, der direkte

kan behandles af it-systemerne. Når en organisation modtager elektroniske meddelel-

ser, som behandles direkte af dens it-systemer uden menneskelig mellemkomst, er en

sikker elektronisk signatur en forudsætning for, at dette kan ske på betryggende vis.

Offentlige myndigheder vil generelt åbne for elektronisk kommunikation med borge-

re og virksomheder via hjemmesider og med e-post. I alle de tilfælde, hvor lovgivning

stiller krav om skriftlighed og underskrift, er det nødvendigt med en sikker elektronisk

signatur, som kan sidestilles med underskriften på papirer.

Brevhemmelighed - kryptering

En persons kommunikation med andre bør naturligvis ikke kunne læses af uvedkom-

mende. I de fleste tilfælde sikres denne brevhemmelighed ganske enkelt ved, at brevet

sendes i en kuvert. Kuverten sammen med tilliden til Post Danmark sikrer brevhem-

meligheden. Ønskes en større sikkerhed for brevhemmeligheden kan kuverten med

meddelelsen sendes med en betroet kurer eller lignende.

I den elektroniske kommunikation er det nødvendigt med en sikkerhedsfunktion, som

tilsvarende kan sikre brevhemmeligheden. Ved anvendelse af kryptering af meddelel-

sen kan det sikres, at den kun kan læses af rette vedkommende. Med kryptering sker

der en kodning eller forvanskning af meddelelsens indhold (klarteksten), så det man

kan se, er det rene volapyk. Denne forvanskning sker dog på en kontrolleret måde såle-

des, at indholdet (klarteksten) senere kan genetableres. Man siger, at meddelelsen først

enkrypteres og senere - når den skal læses igen - dekrypteres.

Organisationer, der sender følsomme personoplysninger, er fx forpligtiget til at sikre,

at oplysningerne ikke kommer til uvedkommendes kendskab. Registertilsynet har

udtalt, at ved elektronisk kommunikation skal dette sikres med en tilstrækkelig sikker

kryptering.

Digital signatur, hvordan?

Den digitale signatur anvender en krypteringsteknik med to nøgler, som har den egen-

skab, at man kan enkryptere en meddelelse (dvs. ændre den til volapyk) med den ene

nøgle og bringe meddelelsen tilbage til sin oprindelige tekst (klarteksten) med den

anden nøgle.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 55

56


Udgangspunktet for en digital signatur er en digital meddelelse, som skal signeres. Af

praktiske grunde beregnes på en helt bestemt måde et stort tal ud fra meddelelsen. Det

er dette tal, som krypteres med den ene nøgle og tilføjes meddelelsen. Dette volapyk

udgør den digitale signatur. Når modtageren senere skal kontrollere underskriften, vil

hun først beregne det samme tal ud fra meddelelsen. Derefter vil programmet dekryp-

tere den digitale signatur - dvs. det store tal vil blive gendannet. Sammenlignes de to

tal, og er de ens, kan det konstateres, at den digitale signatur er udført med den anden

nøgle.

Men hvorfor er det en signatur? Den første nøgle - som anvendes til at danne den digi-

tale signatur - er indehaverens private nøgle. Privat skal forstås helt bogstaveligt, idet

det udelukkende er indehaverens selv, som må have adgang til den. Den anden nøgle

derimod er en fuldstændig offentlig nøgle. Alle, som er interesseret, kan få adgang til

den. Når modtageren derfor beregner en digital signatur med den private nøgle, er sig-

naturen unik - det er kun den ene private nøgle, som kan danne lige netop denne digi-

tale signatur. Samtidig er det kun den tilhørende offentlige nøgle, som kan verificere

signaturen ved at genskabe det tal, der er beregnet ud fra meddelelsen.

Den digitale signatur er således intetsigende data, som er tilføjet den meddelelse, der er

underskrevet. Man kan ikke ud af selve den digitale signatur se, hvem der har under-

skrevet meddelelsen. I tilknytning til den digitale signatur vil der derfor være en hen-

visning til den offentlige nøgle, enten ved at den er sendt med eller til en computer på

Internettet, hvor den kan hentes. Den offentlige nøgle opbevares i et såkaldt certifikat,

der udover nøglen også indeholder nøgleindehaverens navn. Når man verificerer en

underskrift, har man således meddelelsens indhold og navn mv. i certifikatet med den

offentlige nøgle til at sikre sig, at den digitale signatur er foretaget af rette vedkom-

mende.

Ud over at den digitale signatur giver vished for, hvem der har underskrevet den digi-

tale meddelelse, giver den også sikkerhed for, at meddelelsen ikke er ændret, efter den

blev underskrevet. Den digitale signatur verificeres, som beskrevet oven for ved at sam-

menligne den talværdi, som beregnes ud fra den meddelelse, man har modtaget, med

den talværdi der blev beregnet, da den digitale signatur i sin tid blev dannet. Er med-

delelsen blevet ændret, vil disse to talværdier ikke være ens - signaturen kan ikke veri-

ficeres. Meddelelsen kan dermed ikke anvendes.

00 AlgeTal 23/10/02 11:47 Side 56

57

7U B R Y D E L I G E K O D E R

Alice laver en offentlig og en privat krypterings-nøgle. De hører således sammen, at når den pri-vate nøgle har “låst” et elektronisk dokument,kan kun den tilhørende offentlige nøgle “åbne”det igen.

Alice får et certifikat fra sit certificeringscenter (CA).Certifikatet er et bevis på, at denne offentlige nøgle erAlice’s. Certifikatet er digitalt signeret (låst) med CA’sprivate nøgle.

Alice laver en digital signatur til Bob ved at “låse” etelektronisk dokument med sin private nøgle.

Bob kontrollerer først CA’s signatur i Alice’s certifikatved hjælp af CA’s nøgle, som han kender. Nu ved Bob,at CA siger god for Alice’s offentlige nøgle.

Med Alice’s offentlige nøgle fra certifikatet kontrolle-rer Bob derefter Alice’s digitale signatur. Nu er BobSikker på, at dokumentet er underskrevet af Alice.

Figur 1 Sådan virker den digtitale signatur, tegneserie leveret af Morten Storm Pedersen,TeleDanmark Internet

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 57

58

L 229 Lov om elektroniske signaturer

Folketinget vedtog ved 3. behandling den 18. maj 2000 Forslag til Lov om elektroniske

signaturer

§ 1. Lovens formål er at fremme en sikker og effektiv anvendelse af elektronisk kom-

munikation gennem fastsættelse af krav til visse elektroniske signaturer og til

nøglecentre, der udsteder certifikater til elektroniske signaturer.

§ 2. Loven finder anvendelse på nøglecentre etableret i Danmark, der udsteder kvalifi-

cerede certifikater til offentligheden, jf. dog § 12.

Stk. 2. Loven finder desuden anvendelse på efterprøvelse af, at signaturgenereringssy-

stemer overholder de opstillede krav til at sikre signaturgenereringssystemer.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 58

8MATEMATIKKEN BAG UBRYDE-LIGE KODER, DIGITAL SIGNATUROG KRYPTERING

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 59

60

Tekst til tal og tal til tekst

Før vi kan anvende matematik til kryptering må vi omforme teksten til tal. Det

gør vi ved først at fastlægge en tabel, der omsætter bogstaver til tal:

A B C D E F G H I J K L M N O

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

P Q R S T U V W Y Z Æ Ø Å _ .

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

Teksten:

SOLEN_ER_SÅ_RØD

bliver altså til tallet:

29 25 22 15 24 39 15 28 39 29 38 39 28 37 14

Offentlig nøgle kryptosystem

Til kryptosystemet skal der konstrueres 2 nøgler: en offentlig og en privat. Det kan

gøres således.

Forudsætninger

Kryptosystemet hviler på 3 forudsætninger:

– at vi let kan udregne

ak mod m (15)

(jvf. kapitel 6) selv for store værdier af a, k, m.

– at vi kan uddrage k'te rødder (jvf. kapitel 6), altså løse kongruensen

xk � b mod m (16)

med hensyn til x, såfremt vi kender tallet �(m) og k, og �(m) er indbyrdes primiske.

Strengt taget forudsætter metoden i Kapitel 6, at b og m er indbyrdes primiske, men for

m på formen pq, (hvor p og q er forskellige primtal), gælder metoden generelt.

– at det er UHYRE tidskrævende at beregne �(m) ud fra m, jvf. kapitel 5.

M A T E M A T I K K E N B A G U B R Y D E L I G E K O D E R8

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 60

61

Vigtige valg og konstruktion af nøgler

Vælg 2 (store) primtal p, q, for eksempel

p = 977, q = 1039

så er m = pq = 977 · 1039 = 1015103 og �(m) = (p – 1)(q – 1) = 1013088. Vælg k = 257

(indbyrdes primisk med �(m) = 1013088). Nøglerne er nu konstruerede.

– Offentlig nøgle: k, m

– Privat (hemmelig) nøgle: �(m)

Kryptering

Teksten:

SOLEN_ER_SÅ_RØD

blev til talstrengen:

29 25 22 15 24 39 15 28 39 29 38 39 28 37 14

som afsenderen bryder op i tal, hver med 6 cifre (en mindre end de 7 cifre i

m = 1015103):

29 25 22 15 24 39 15 28 39 29 38 39 28 37 14

a1 a2 a3 a4 a5

Afsenderen beregner ved hjælp af den offentlige nøgle (k, m) tallene

bk: = aik mod m for i = 1 ... 5

b1: = 292522257 � 50100 mod 1015103

b2: = 152439257 � 580973 mod 1015103

b3: = 152839257 � 998296 mod 1015103

b4: = 293839257 � 16171 mod 1015103

b5: = 283714257 � 267198 mod 1015103

Vi sender nu disse 5 tal - det er kryptoteksten.

}}}}}

8M A T E M A T I K K E N B A G U B R Y D E L I G E K O D E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 61

62

Dekryptering

Modtageren ønsker at bestemme den k'te rod af de modtagne bi for at rekonstruere ai .

Det gøres i henhold til kapitel 6 således: Modtageren bruger sin hemmelige nøgle �(m)

til at bestemme positive hele tal u, v, der er løsninger til

ku – �(m)v = 1.

I nærværende eksempel, hvor k = 257 og �(m) = 1013088 er u = 169505 og v = 43

løsninger.

Den k'te rod af de modtagne bi opnås nu ved potensopløftning til u modulo m:

biu � ((ai)

k)u � ai mod m

I eksemplet får vi:

b1u mod m = 50100169505 � 292522 mod 1015103

b2u mod m = 580973169505 � 152439 mod 1015103

b3u mod m = 998296169505 � 152839 mod 1015103

b4u mod m = 16171169505 � 293839 mod 1015103

b5u mod m = 267198169505 � 283714 mod 1015103

og vi har rekonstrueret den sendte talrække

29 25 22 15 24 39 15 28 39 29 38 39 28 37 14

som let oversættes ved hjælp af tabellen til den oprindelige tekst

SOLEN_ER_SÅ_RØD

Sikkerheden

Er systemet sikkert? En opsnappet meddelelse, der er indkodet med m, k, som jo er

offentlige, kan afkodes, hvis �(m) kan beregnes. Når m = pq er et produkt af to prim-

tal p og q så er

�(m) = (p – 1)(q – 1) = pq – (p + q) + 1 = m – (p + q) + 1.

Da m allerede kendes, svarer det til at bestemme p + q. Kan p + q imidlertid bestem-

mes, så kan også p og q bestemmes, de vil nemlig være rødder i 2. gradsligningen:


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 62

63

X2 – (p + q)X + m = 0.

Dekryptering som ovenfor beskrevet svarer altså til at bestemme faktorerne p og q i m.

DET TAGER LANG TID.

Ideen til at lave offentlig nøgle kryptering skyldes Diffie og Hellman (1976). Det

system, der er behandlet ovenfor skyldes Rivest, Shamir og Adleman (1977) og kaldes

RSA-systemet. Det er kernen i mange af de kryptosystemer, der anvendes i dag.

Gratis offentligt nøgle krypteringssystem

PGP (Pretty Good Privacy) er et frit tilgængeligt krypteringssystem til digital signatur.

PGP er tilgængelig for UNIX, MacOS, Windows og mange andre platforme.

Du kan læse mere om og hente PGP ned fra adresserne http://www.PGPi.com og

http://www.pgp.dk/

Øvelse 49

Konstruer et RSA nøglepar. Anvend parret til kryptering, dekryptering og signering af

en meddelelse.

8M A T E M A T I K K E N B A G U B R Y D E L I G E K O D E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 63

64


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 64

9RINGE

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 65

66

Ringbegrebet

De hele tal � er et eksempel på en mængde med to operationer, + og · , der opfylder et

vist sæt regneregler. Ringbegrebet generaliserer dette til vilkårlige mængder med to

operationer. Disse to operationer kaldes traditionelt stadig + og · , men i princippet

kan de gøre hvad som helst ved to elementer i mængden, blot er de underlagt visse reg-

ler.

Definition 50

En ring er en mængde R med to operationer, + og · , som opfylder følgende regler

(aksiomer) for vilkårlige x, y, z � R:

x + y � R

x · y � R

(x + y) + z = x + (y + z) (den associative lov for +)

x + y = y + x (den kommutative lov for +)

(x · y) · z = x · (y · z) (den associative lov for · )

x · y = y · x (den kommutative lov for · )

x · (y + z) = x · y + x · z (den distributive lov)

Ydermere skal der findes neutrale elementer (ofte kaldet 0 og 1) i R, som opfylder (for

alle x � R)

x + 0 = x

x · 1 = x.

Til sidst skal der til ethvert x � R findes et y � R (kaldet et inverst element mht. +), så

x + y = 0.

Eksempel 51

De hele tal � (med de sædvanlige operationer + og ·) er en ring. Overvej det. De rati-

onale tal � og de reelle tal � er også ringe. Overvej det.

Øvelse 52

Vis, at de naturlige tal � (med de sædvanlige operationer) ikke er en ring. Hvilke reg-

ler undlader operationerne at opfylde?

R I N G E9

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 66

67

Bemærkning 53Ganske som for de hele tal er der tradition for at glemme prikken i multiplikationen

og skrive xy i stedet for x · y. Vi overtager også traditionen med at foretage operationer

med · før operationer med +. Således opfatter vi udtrykket x · y + z som (x · y) + z, men

vi slipper for at skrive parenteserne.

Hvis R er en ring og x � R er givet, giver den sidste regel os et y � R, så x + y = 0. I stil

med traditionen fra de hele tal betegnes dette y sædvanligvis med –x. Vi kan endda for-

melt definere en subtraktion i R ved at sætte

x – y = x + (–y).

Øvelse 54

Lad R være en ring.

Vis, at der gælder en anden distributiv regel for vilkårlige x, y, z � R:

(x + y) · z = x · z + y · z.

(Hvert skridt du foretager, skal retfærdiggøres ved en af reglerne i Definition 50!)

Vis også, at der for alle x � R gælder, at 0 + x = x, 1 · x = x og at (–x) + x = 0.

Eksempel 55

Mængden af restklasser �n, jævnfør Definition 18, er en ring med hensyn til operatio-

nerne + og · .

En vigtig egenskab ved ringe er at nogle af de elementer, vi kræver, skal være til stede,

faktisk er entydigt bestemte.

Lemma 56

Lad R være en vilkårlig ring.

0-elementet i R er entydigt bestemt, det vil sige at hvis N � R også opfylder, at x + N = x

for alle x � R, så er N = 0.

De inverse elementer er entydigt bestemte, det vil sige hvis x � R er givet og v og w i R

opfylder, at x + v = 0 og x + w = 0, så er w = v.

Bevis

Lad os vise påstanden om 0-elementet først og lad os betragte et N som ovenfor. Lad

os da kigge på 0 + N.

9R I N G E

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 67

68

R I N G E9

Da N er et neutralt element, ved vi, at 0 + N = 0, men fra den kommutative lov for +

ved vi, at 0 + N = N + 0, og da 0 er et neutralt element, er N + 0 = N. Sammenligner

vi disse udtryk ser vi, at N = 0.

Lad os så antage, at vi har w og v, så x + w = x + v = 0. Da kigger vi på udtrykket

(x + w) + v.

På den ene side er det lig v da w er et inverst element. Men på den anden side er

(x + w) + v = x + (w + v) (den associative regel for +)= x + (v + w) (den kommutative regel for +) = (x + v) + w (den associative regel for +)= w (v er et inverst element)

Alt i alt har vi, at w = v. �

Øvelse 57

Vis, at 1-elementet i en vilkårlig ring er entydigt bestemt.

Når man kigger på listen af regler i Definition 50 og bruger � som eksempel, slår det

en, at der findes mange flere regneregler i �. Og det gør der også, men de kan alle udle-

des fra vores givne regler. Ovenstående liste er en barberet liste, hvor der står så lidt

overflødigt som muligt. Lad os vise nogle andre velkendte regneregler.

Lemma 58

Lad R være en ring og lad x være et vilkårligt element i R. Da gælder:

x · 0 = 0

(–1) · x = –x.

Bevis

Vi viser den første påstand ved at betragte udtrykket x · 0 + x · 0. Det følger af vores

regler, at

x · 0 + x · 0 = x · (0 + 0)

= x · 0.

(Overvej, hvilke regler vi bruger i hvert skridt!)

Nu finder vi et inverst element w i R, så x · 0 + w = 0, og så lægger vi det til på begge

sider af ligningen:

(x · 0 + x · 0) + w = x · 0 + w

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 68

69

Venstresiden kan vi forsimple ved hjælp af vore regneregler:

(x · 0 + x · 0) + w = x · 0 + (x · 0 + w)

= x · 0 + 0

= x · 0.

(Igen, hvilke regler skal vi bruge for at gå de nødvendige skridt?)

Men højresiden giver jo 0, da w er et inverst element, og dermed får vi, at x · 0 = 0.

Vi viser den anden påstand i lemmaet ved at argumentere for, at x + (–1) · x = 0. Hvis

vi kan vise det, vil det følge, at –x = (–1) · x, fordi inverse elementer er entydigt bestem-

te ifølge Lemma 56.

Hvordan viser vi så, at x + (–1) · x = 0? Det er ikke så galt. Skriv x = x · 1 og regn løs:

x + (–1) · x = x · 1 + (–1) · x

= x · 1 + x · (–1)

= x · (1 + (–1))

= x · 0

= 0.

Det sidste lighedstegn følger af dette lemmas første påstand. Kan du finde de reg-

neregler, der bruges til at retfærdiggøre de andre lighedstegn? �

Som man kan se, er det om at holde tungen lige i munden, når man skal bevise den

slags. Der er mange detaljer, hvor man for let springer argumentet over, fordi man er

vant til, at de gælder i dagligdagen.

Øvelse 59

Lad R være en vilkårlig ring.

Vis også, at (–x)(–y) = xy for alle x, y � R. Hint: Lemmaet vil være nyttigt, eventuelt

flere gange.

Bemærkning 60

Vi bemærker lige, at den associative lov faktisk er meget vigtig for en operation, selv-

om den ikke ser ud af meget. Betragt for eksempel udtrykket

x + y + z + w

(hvor x, y, z og w for eksempel er reelle tal). Det kan måske umiddelbart se menings-

fyldt ud, men der er flere måder at regne udtrykket ud på. Vi kunne foreslå

9R I N G E

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 69

70

((x + y) + z) + w eller x + (y + (z + w)).

Er disse udtryk ens? Af ren vane vil man måske sige, at de er ens, men det er faktisk den

associative lov for addition, der får dem til at være det:

((x + y) + z) + w =

(x + y) + (z + w) =

x + (y + (z + w)).

Vi vil ikke bevise det her, men det følger af den associative lov, at uanset hvor mange

led man har i en sådan sum (eller hvor mange faktorer i et produkt), så er det ligegyl-

digt, hvordan man regner udtrykket ud, resultatet er det samme.

Det er her meget væsentligt, at det er den samme operation, der optræder overalt i

udtrykket. Lige så snart vi blander flere operationer ind i samme udtryk, er det nød-

vendigt at sætte parenteserne, medmindre vi opfinder konventioner for at undgå dem

(som i Bemærkning 53).

Eksempel 61

Lad os også give et eksempel på en ring, der ikke kun indeholder tal. Start med ringen

� (men det kunne nu være en vilkårlig ring) og lad mængden �[X] bestå af polyno-

mierne i en variabel med koefficienter i �, dvs. udtryk af formen

a0 + a1X + a2X 2 + ... + anXn

hvor n er et helt tal � 0, og hvor a0, a1, a2, ... , an � �.

På mængden �[X] definerer vi nu operationerne + og · . Lad a0 + a1X + a2X 2 + ... +

anXn og b0 + b1X + b2X2 + ... + bmXm være to polynomier. Sæt l til at være den største

af m og n. Så definerer vi:

(a0 + a1X + ... + an Xn) + (b0 + b1X + ... + bmXm) =

c0 + c1X + c2X 2 + ... + cl Xl

hvor ck er lig ak + bk for k mindre end eller lig l. Vi definerer også

(a0 + a1X + ... + anXn) · (b0 + b1X + ... + bm X m) =

d0 + d1X + d2 X 2 + ... + dm + n X m + n

hvor dk, (1 � k � m + n), er summen af alle led ai bj , hvor i + j = k. For eksempel bli-

ver

(X3 + X 2 + X) + (X 2 + 1) = X3 + 2X 2 + X + 1

R I N G E9

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 70

71

og

(X 2 + X) · (X 2 + 1) = X 4 + X 3 + X 2 + X.

Det er nu en større opgave at vise, at �[X] er en ring, dvs. at �[X] opfylder alle krave-

ne i Definition 50. Men det gør den faktisk.

Enheder

I Definition 50 kræver vi, at til et givet x � R skal der findes et inverst element y � R,

så

x + y = 0.

Dette omhandler kun addition, og man kunne spørge sig selv, hvad der ville ske, hvis

man stillede et lignende krav til multiplikationen. Det tilsvarende ville så være: Givet

x � R findes y � R, så

xy = 1?

Det viser sig, at meget få ringe (faktisk kun en) kan opfylde den egenskab, for der op-

står et problem, hvis x er 0. I så fald findes der et y � R, så 0 · y = 1. Men vi ved godt

fra Lemma 58 og den kommutative lov, at 0 · y = y · 0 = 0. Alt i alt er 0 = 1. Der er kun

en ring med denne egenskab, og den kaldes nulringen.

Øvelse 62

Vis, at hvis 0 = 1 i en ring R, så består R kun af et element, nemlig 0.

På grund af ovenstående problematik kræver vi altså ikke, at der altid er inverse ele-

menter mht. · . Men det er alligevel nyttigt at se på de elementer x � R, der opfylder

kravet. Vi vil give et specielt navn til de ringe, der opfylder kravet for alle x � R, der

ikke er 0.

Definition 63

Lad R være en ring, der ikke er nulringen.

Enhederne i R er mængden af x � R, hvortil der findes et y � R, så xy = 1. Denne mæng-

de skrives R∗.

Hvis R∗ = R\{0}, siger vi, at R er et legeme.

9R I N G E

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 71

72

Øvelse 64

Lad x � R, hvor R er en vilkårlig ring. Vis, at der højst findes et y � R, så xy = 1.

Øvelse 65

Bestem enhederne i �, � og �.

Bemærkning 66

Hvis x � R*, og y � R opfylder, at xy = 1, så skriver vi ofte y = x –1.

Enhederne giver grundlaget for division: Hvis x, y � R, og y � R*, kan vi definere

�xy

� xy –1

og resultatet af divisionen er altså et nyt element i R.

I legemer kan vi altså dividere med alle elementer, undtagen 0. Vi kender allerede nog-

le legemer, nemlig � og �. De hele tal � er derimod ikke et legeme.

Øvelse 67

Lad p være et primtal. Vis, at �p er et legeme.

Er �n et legeme, hvis n ikke er et primtal?

Bestem enhederne i �n for generelle n.

I det næste kapitel skal vi undersøge et nyt legeme, de komplekse tal, som indeholder

�, og hvor man for eksempel altid er i stand til at løse en anden-gradsligning.

R I N G E9

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 72

10KOMPLEKSE TAL

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 73

74

Introduktion

De komplekse tal gør det muligt at løse ligningen X 2 = –1. Denne ligning kan ikke løses

i de reelle tal, men hvis man udvider de reelle tal til en større mængde, kan det være,

at man i den større mængde kan løse ligningen. Og den strategi virker faktisk: Den

større mængde, vi søger, er de komplekse tal.

Definition 68

Vi definerer de komplekse tal, �, til at være mængden af (ordnede) talpar (x, y), hvor

x, y � �.

Addition på � defineres for alle x, y, w, z � � ved

(x, y) + (w, z) = (x + w, y + z)

og multiplikation på � defineres ved

(x, y) · (w, z) = (xw – yz, xz + yw).

Sætning 69

De komplekse tal, �, udgør en ring med operationerne + og · som ovenfor.

Bevis

Der er en lang række regler i Definition 50, der skal checkes, og vi vil her kun vise et

par af dem. Resten overlader vi til læseren i Øvelse 70.

Vi bemærker først, at hvis (x, y) og (z, w) er komplekse tal, er det klart fra definitionen

af + og · , at

(x, y) + (z, w) � � og

(x, y) · (z, w) � �.

Vi koncentrerer os kun om en af lovene for operationerne, nemlig den associative lov

for multiplikation. Lad (x, y), (w, z) og (u, v) være givet. Vi skal da vise, at

((x, y) · (w, z)) · (u, v) = (x, y) · ((w, z) · (u, v)).

Lad os udregne venstresiden:

((x, y) · (w, z)) · (u, v)

= (xw – yz, xz + yw) · (u, v)

K O M P L E K S E T A L10

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 74

75

= ((xw – yz)u – (xz + yw)v, (xw – yz)v + (xz + yw)u)

= (xwu – yzu – xzv – ywv, xwv – yzv + xzu + ywu).

Og tilsvarende er højresiden

(x, y) · ((w, z) · (u, v))

= (x, y) · (wu – zv, wv + zu)

= (x(wu – zv) – y(wv + zu), x(wv + zu) + y(wu – zv))

= (xwu – xzv – ywv – yzu, xwv + xzu + ywu – yzv).

Vi ser, at de to udtryk er ens efter at have brugt den kommutative lov for addition fra

�.

Lad os også finde neutral-elementerne. 0-elementet er (0, 0), thi hvis (x, y) � �, vil

(x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) = (x, y)

1-element er (1, 0), for hvis (x, y) � �, er

(x, y) · (1, 0) = (x · 1 – y · 0, x · 0 + y · 1) = (x, y).

Øvelse 70

Verificer resten af reglerne i Definition 50 for de komplekse tal �. Læg specielt mærke

til, hvad er –(x, y) for et komplekst tal (x, y)?

Bemærkning 76

Addition og Multiplikation af to komplekse tal.

Ikke nok med at de komplekse tal udgør en ring, men:

(1, 7) = (3, 1) · (1, 2)

(4, 3) = (3, 1) + (1, 2)

(1, 2)

(3, 1)

10K O M P L E K S E T A L

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 75

76

Sætning 72

De komplekse tal � er et legeme.

Bevis

Vi skal tage et element (x, y) � �, der er forskelligt fra nul-elementet (0, 0) og finde det

inverse element (w, z) � �, så (x, y) · (w, z) = (1, 0).

Vi påstår, at det inverse element er (�x2 +

x

y2�, �x 2 +

– y

y 2� ) (bemærk, at x2 + y2 ikke er 0, da x og

y ikke begge er 0). Vi prøver efter:

(x, y) · ��x2 +x

y2�, �x2

–+

yy2�� =

= ��x2

x+

2

y2� + �x2

y+

2

y2� , �x2

–+xy

y2� + �x2

x+yy2�� = (1,0). �

Bemærkning 73

Elementerne i � er tal, og elementerne i � er talpar, så det giver ikke umiddelbart

mening at sige, at � � �, som vi ellers antydede i begyndelsen af kapitlet. Det, der

er tale om er, at man kan genfinde en kopi af � indeni �, og det gør man på følgende

måde:

Har man et element x � �, genfinder man det i de komplekse tal som (x, 0) og

omvendt, hvis et komplekst tal hedder (x, 0), så svarer det til x � �. Bemærk, at 0- og

1-elementet i � og � bliver de samme ved denne oversættelse. Og det er når man laver

denne oversættelse, at man tillader sig at sige, at � � �. �

Øvelse 74

Overvej, at summen og produktet af de komplekse tal (r, 0) og (s, 0) giver det samme

tal, som de ville have gjort, hvis man havde lagt dem sammen eller ganget dem sam-

men i �. Derved stemmer operationerne i � overens med operationerne i �.

Lad os nu se (også som lovet i indledningen), at vi kan løse ligningen X 2 = –1 i �.

Oversætter vi ligningen til de komplekse tal, bliver spørgsmålet: Kan vi finde (x, y) �

�, så (x, y)2 = (–1, 0)? (Med (x, y)2 mener vi selvfølgelig (x, y) · (x, y)).

Lemma 75

Det komplekse tal (x, y) = (0, 1) � �, opfylder, at (x, y)2 = (–1, 0).


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 76

77

Bevis

Vi påstår, at det komplekse tal (0, 1) opfylder, at (0, 1) · (0, 1) = (–1, 0).

Og det er let at se:

(0, 1) · (0, 1) = (0 · 0 – 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0) = (–1, 0) �

Elementet (0, 1) i de komplekse tal betegnes traditionelt med i. Og det kan vi bruge til

at opskrive et komplekst tal på en simpel måde:

Lemma 76

Ethvert komplekst tal (x, y) har en og kun en opskrivning på formen

(x, y) = (x, 0) + (0, 1) · (y, 0).

Bevis

Hvis man har et komplekst tal (x, y), er det en simpel udregning at vise, at

(x, y) = (x, 0) + (0, 1) · (y, 0).

Tilsvarende, hvis (x, y) kan skrives på to måder på ovenstående form, f.eks. hvis

(x, y) = (x1, 0) + (0, 1) · (y1, 0) og (x, y) = (x2, 0) + (0, 1) · (y2, 0), så er

(x1, 0) + (0, 1) · (y1, 0) = (x1, y1)

og

(x2, 0) + (0, 1) · (y2, 0) = (x2, y2)

men da begge udtryk er lig (x, y), er (x1, y1) = (x2, y2) og dermed er x1 = x2 og y1 = y2,

så opskrivningerne er de samme. �

Dette lemma tillader os altså at skrive et komplekst tal (x, y) på en speciel måde, nem-

lig (x, 0) + (0, 1) · (y, 0), og bruger vi vores oversættelser, får vi en meget nem form:

Definition 77

Vi definerer standardformen af et komplekst tal (x, y) til at være x + iy. (Her er så fore-

taget oversættelserne x = (x, 0), i = (0, 1) og y = (y, 0)).

I et komplekst tal x + iy kaldes x for realdelen af tallet, og y kaldes for imaginærdelen af

tallet.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 77

78

Der er ikke tale om andet end en oversættelse. Det, vi før kaldte (x, y), kalder vi nu

x + iy. Og den nye form vil vi nu bruge i resten af bogen.

Øvelse 78

Hvordan ser de komplekse tal (3, 5) og (0, 1–2) ud i standardform? Hvad er deres real-

og imaginærdele?

Hvordan ser det reelle tal 7 ud i den komplekse standardform?

Bemærkning 79

Vi angiver lige, hvordan operationerne ser ud, når vi bruger standardformen.

Lad x + iy og w + iz være komplekse tal. Da er

(x + iy) + (w + iz) = x + w + i(y + z)

og

(x + iy) · (w + iz) = xw – yz + i(xz + yw)

Vi har også

–(x + iy) = –x – iy

og

�x +

1iy

� �x2 +

xy2� � i �

x2 +y

y2�

hvis x + iy er forskellig fra 0.

Polynomiumsligninger

Vi vil nu vise, hvordan man løser en generel andengradsligning i de komplekse tal, spe-

cielt vil vi observere, at der altid er løsninger til en sådan. Bliv ikke forvirret af, at vi nu

skriver r1 eller r2 eller tilsvarende for komplekse tal. Hvis r1 er et komplekst tal, findes

der blot reelle tal x og y, så r1 = x + iy.

Lemma 80

Lad D være et reelt tal. Da har ligningen X2 = D altid en løsning i de komplekse tal.

Hvis D > 0, er der to løsninger, nemlig X = � DHvis D = 0, er der én løsning, nemlig X = 0

Hvis D < 0, er der to løsninger, nemlig X = � i–D


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 78

79

Bevis

Det er velkendt fra det reelle tilfælde, at de angivne løsninger faktisk er løsninger, når

D � 0. Det er også let at checke i tilfældet D < 0, at

( � i –D)2 = i 2 · –D 2 = (–1) · (–D) = D

Lad os gøre det klart, at der aldrig kan være flere end to løsninger til ligningen X 2 = D

i de komplekse tal. For antag, at r1 og r2 er to forskellige komplekse tal med r12 = r2

2 = D.

Da er

(r1 – r2)(r1 + r2) = r12 – r2

2 = D – D = 0 .

Da r1 – r2 ikke er 0, kan vi dividere r1 – r2 over, og tilbage står der, at r1 = –r2. Dette

viser, at der ikke er flere end to løsninger (hvorfor?). �

Nu kan vi lave en ny version af den velkendte formel for at løse andengradsligninger i

det reelle tilfælde.

Proposition 81

Betragt ligningen aX 2 + bX + c = 0, hvor a, b og c er reelle tal med a � 0.

Hvis D = b2 – 4ac ikke er 0 er der to løsninger i de komplekse tal, nemlig X = –�b––� r––2a ,

hvor r er en af løsningerne til ligningen X2 = D.

Hvis D = 0, er der en løsning (en dobbeltrod), X = –b––2a

.

Bevis

Vi bemærker, at løsningerne til ligningen aX 2 + bX + c = 0 er de samme som løsnin-

gerne til ligningen X 2 + b–a X + c–a = 0. Og så skriver vi

X 2 �ab

� X �ac� =

�X �2ba��

2 �

ac� � �

4ba

2

2� =

�X �2ba��

2� �

4

D

a2� .

(regn fra højre mod venstre og se, at det passer!) Og så skal vi blot løse ligningen

(X + b––2a

)2 = D––4a2 . Men det er let: Vi får X + b–2a = �r––

2a, hvor r er en løsning til ligningen X 2

= D. (Vi løser denne ligning i lemmaet ovenfor, for D er jo reel).

Og dermed bliver X = –b––�2a

r–– , som ønsket. Når D ikke er 0, bliver der to forskellige

løsninger, og når D er 0, reduceres udtrykket til –b––2a

, som ønsket. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 79

80

Øvelse 82

Løs ligningerne X 2 + 3X + 5 = 0 og 2X 2 – 1–3

X + 1 = 0 i de komplekse tal.

Specielt har enhver andengradsligning med reelle koefficienter en rod i de komplekse

tal. Vi kan faktisk gå et skridt videre, for vi kan lave en tilsvarende formel for at løse

andengradsligninger med komplekse koefficienter. Først kommer en analog til Lemma

80.

Lemma 83

Lad D være et komplekst tal, D = z + iw. Da er løsningerne til ligningen X 2 = D i de

komplekse tal givet på følgende måde:

Hvis w � 0, er X = � løsningerne.

Hvis w � 0, er X = � løsningerne.

Der er kun en løsning, hvis D = 0, og to løsninger ellers.

Bemærk, hvordan lemmaet her generaliserer Lemma 80.

Bevis

Grunden til, at der højst er to løsninger, følger på fuldstændig samme måde som i Lem-

ma 80, og det argument viser også, at hvis der er to løsninger, så adskiller de sig kun

med et fortegn. Dermed kan ligningen kun have en løsning, hvis 0 er en løsning, og

dette sker kun, hvis D = 0.

Vi overlader det til læseren som Øvelse 87 at checke, at de angivne løsninger faktisk er

løsninger. �

Øvelse 84

Check, at de angivne løsninger til ligningen X 2 = D i lemmaet ovenfor faktisk er løsnin-

ger.

Øvelse 85

Løs ligningen X2 = 6 – 4i i de komplekse tal.

z w z z w zi2 2

2

2 2

2+ + + −−

z w z z w zi2 2

2

2 2

2+ + + −+


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 80

81

Vi kan nu angive vores analog til Proposition 86.

Proposition 86

Betragt ligningen aX 2 + bX + c = 0, hvor a, b og c er komplekse tal med a � 0.

Hvis D = b2 – 4ac ikke er 0 er der to løsninger i de komplekse tal, nemlig X = –b––�2a

r–– ,

hvor r er en af løsningerne til ligningen X 2 = D.

Hvis D = 0, er der en løsning (en dobbeltrod), X = –b––2a

.

Øvelse 87

Bevis Proposition 86. (Følg beviset for Proposition 81.)

Øvelse 88

Find løsningerne til ligningen iX 2 + 3X – (8 + i) = 0. Angiv løsningerne på standard-

form.

Det er i virkeligheden et generelt fænomen, at en polynomiumsligning med koeffici-

enter i de komplekse tal har en løsning i de komplekse tal. Denne sætning kaldes Alge-

braens Fundamentalsætning, og de eksisterende beviser er for dybe til, at vi kan præ-

sentere et af dem i denne bog. Men vi nævner sætningen her for fuldstændighedens

skyld:

Sætning 89

Lad a0 + a1 X + a2 X 2 + ··· + an X n være et polynomium med a0, a1, ... , an � �, an � 0

og n � 1. Da har ligningen

a0 + a1 X + a2 X 2 + ··· + anX n = 0

altid mindst en løsning.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 81

82


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 82

11DE GAUSSISKE HELTAL

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 83

84

Indføring og motivation

Betragt følgende problem:

Givet et primtal p � �, kan vi så finde hele tal x og y, så

p = x2 + y2 ?

Umiddelbart er det ikke nemt at svare på, men man kan se, at det ikke gælder for alle

p, for 3 kan ikke skrives på denne måde (hvorfor?). 2 kan godt, derimod, som

2 = 12 + 12.

Det er faktisk nemt at finde en betingelse, der er nødvendig, for at p kan skrives på

denne form.

Lemma 90

Hvis p er et primtal i �, og p = x2 + y2 for x, y � �, så er p enten 2 eller p � 1 mod 4.

Bevis

Vi viser det ved at undersøge ligningen p = x2 + y2 mod 4. Hvis x er et helt tal, hvad er

så x2 mod 4? Vi kan finde ud af det ved at lade x gennemløbe et fuldstændigt sæt rester

mod 4, for eksempel –1, 0, 1 og 2. Beregner vi x2 mod 4 for hver af disse rester, får vi 1,

0, 1, 0. Med andre ord, kvadrattal er kongruente med 0 eller 1 mod 4.

Ser vi så på ligningen p = x2 + y2 og bruger dette, ser vi, at p kan være 0, 1 eller 2 mod

4. Men intet primtal er 0 mod 4, og kun 2 (blandt primtallene) er kongruent med 2

mod 4 (hvorfor?). De resterende primtal er derfor kongruente med 1 mod 4. �

Det betyder, at vil man finde de primtal, der kan skrives på formen x2 + y2, skal man

lede blandt 2 (som vi ved kan) og de primtal, der er kongruente med 1 mod 4.

Omvendt kan alle primtal, der er kongruente med 1 mod 4 skrives som en sum af to

kvadrattal.

Og hvordan kan man dog gribe et sådant bevis an? Jo, lad os prøve følgende ide, hvor

vi udnytter vort kendskab til komplekse tal og elementet i, så i2 = –1. Da kan vi skrive

p = x2 + y2 = (x – iy)(x + iy).

I � bestemmer primtallene den multiplikative struktur. For eksempel ville man ikke

kunne skrive et primtal som et produkt af to hele tal, uden at faktorerne var trivielle.

Det var måske derfor værd at undersøge den multiplikative struktur i et lidt større tal-

område, nemlig de komplekse tal, der kan skrives på formen x + iy, hvor x og y er hele

tal.

D E G A U S S I S K E H E L T A L11

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 84

85

Denne undersøgelse vil give os en ring (netop de Gaussiske heltal), hvori vi kan defi-

nere primtal ligesom i �, og vi kan lave en tilsvarende sætning om entydig faktorise-

ring i primtal for vores nye ring. Den viden vil være nok til at løse vores problem.

Derfor definerer vi:

Definition 91

De Gaussiske heltal er mængden

{x + iy | x, y � �} � �

og den betegnes �[i].

Figur 2 Gauss talring �[i].Tallene er gitterpunkterne.Der er 4 enheder, nemlig �1, �i.

Lemma 92

�[i] er en ring, der indeholder �.

Bevis

Nu kan man godt frygte, at man skal checke alle reglerne i Definition 50, men det er

heldigvis ikke nødvendigt, da �[i] � �, og vi ved, at � er en ring. Derved gælder de

associative, kommutative og den distributive lov automatisk for �[i], og vi behøver

kun at vise følgende: x + iy + w + iz og (x + iy) · (w + iz) er Gaussiske heltal, hvis x + iy

og w + iz er det, og der findes neutrale samt inverse (mht. +) elementer i �[i].

Lad derfor x + iy og w + iz tilhøre �[i] (dermed er x, y, w og z hele tal). Da er:

x + iy + w + iz = x + w + i(y + z)

og

11D E G A U S I S K E H E L T A L

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 85

86

(x + iy)(w + iz) = xw – yz + i(yw + xz).

Da x + w, y + z, xw – yz og yw + xz er hele tal, ser vi, at summen og produktet af x + iy

og w + iz igen ligger i �[i].

Det er let at vise, at 0 og 1 er i �[i], for hele � ligger indeni �[i]: Et x � � genfindes

som x + i · 0 i �[i].

Til slut skal vi finde de additive inverse: Givet x + iy � �[i] kan vi finde en additiv

invers –(x + iy) i �. Men da –(x + iy) = –x – iy, ligger dette element også i �[i]. �

Lad os undersøge, hvad enhederne i �[i] er. Husk, at en enhed i �[i] er et element

x + iy, x, y � �, hvortil der findes w + iz � �[i], så (x + iy)(w + iz) = 1. Den følgende

afbildning vil hjælpe os i den undersøgelse:

Definition 93

Vi definerer normafbildningen på �[i] til at være funktionen fra �[i] til � � {0}, der

sender

x + iy |→ (x + iy) · (x – iy) = x2 + y2

Normafbildningen kaldes N. Dvs. N(x + iy) = x2 + y2.

Øvelse 94

Lad � �[i].

Vis, at N( ) = 0 hvis og kun hvis = 0.

Bemærkning 95

Ligesom de komplekse tal kan anses for at være punkter i en talplan, så kan de Gaussi-

ske heltal ses som et gitter i talplanen (se ovenstående figur). Normafbildningen er da

blot kvadratet af afstanden fra et gitterpunkt (x, y) til (0, 0). Det skal vise sig nyttigt, at

vi ser på kvadratet af afstanden, for normen er da et helt tal, og vi kan bruge de gode

egenskaber fra �.

Lemma 96

Normafbildningen på �[i] er multiplikativ, dvs.

N( �) = N( )N(�)

for alle , � � �[i].


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 86

87

Bevis

Skriv = x + iy og � = w + iz, hvor x, y, w, z � �. Så er:

N( �) =

N((x + iy)(w + iz)) =

N(xw – yz + i(yw + xz)) =

(xw – yz)2 + (yw + xz)2 =

x2w2 + y2z2 + y2w2 + x2z2 =

(x2 + y2)(w2 + z2) =

N( )N(�). �

Følgende lemma viser sammenhængen mellem enheder og normafbildningen. Husk,

at vi betegner enhederne i �[i] med �[i]∗, jvf. Definition 63.

Lemma 97

Lad � �[i]. Så gælder:

N( ) = 1 ⇔ � �[i]∗.

Bevis

Skriv = x + iy med x, y � �.

Antag først, at N( ) = 1. Det betyder jo, at x2 + y2 = 1. Men da x2 + y2 = (x + iy)(x – iy),

står der at læse, at (x + iy)(x – iy) = 1, og dermed er � �[i]∗.

Antag nu omvendt, at � �[i]∗. Så findes w + iz � �[i], så (x + iy)(w + iz) = 1. Brug

nu normafbildningen på begge sider. Da denne afbildning er multiplikativ, får vi, at

N(x + iy)N(w + iz) = N(1) = 1. Men da N(x + iy) skal være et naturligt tal, må det være

1. �

Så er vi klar med bestemmelsen af enhederne i �[i].

Sætning 98

Z[i]∗ = {�1, �i}.

11D E G A U S S I S K E H E L T A L

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 87

88

Bevis

Som vi kan se ud af det sidste lemma, handler det kun om at finde ud af, hvornår

normafbildningen er 1. Og N(x + iy) = x2 + y2 =1 hvis og kun hvis x = �1 og y = 0 eller

x = 0 og y = �1. �

Primtal i �[i]

Efter denne indledende undersøgelse af de Gaussiske heltal vil vi prøve at generalisere

vores ide om primtal fra � til �[i].

Definition 99

Lad og � være Gaussiske heltal med � 0. Vi siger, at går op i �, eller at er endivisor i �, hvis der findes et � � �[i], så � = �. Et primtal i �[i] er et element π, som ikke er 0 eller en enhed, og som opfylder, at hvisπ = ��, �, � � �[i], så er � eller � en enhed i �[i].Et primtal i �[i] kalder vi også et Gaussisk primtal.To Gaussiske primtal π1 og π2 kaldes associerede, hvis der findes en enhed u, så π2 = uπ1.

Er det nemt ud fra definitionen at nævne nogle primtal? Forledt af ens viden fra de hele

tal kunne man jo gætte på, at 2, 3 og 5 for eksempel er primtal i �[i]. Men der går man

galt i byen.

Øvelse 100

Vis, at 2 og 5 ikke er primtal i �[i] ved at faktorisere dem i et produkt af ikke-enheder

i de Gaussiske heltal.

Er det let at se, at 3 er et primtal i �[i]?

Følgende lemma kan afsløre om et Gaussisk heltal er et primtal.

Lemma 101

Lad � �[i]. Hvis N( ) er et primtal i �, er et primtal i �[i].

Bevis

Dette bevis er også en konsekvens af multiplikativiteten af N. Vi skriver = ��, hvor� og � er i �[i], og vi skal vise, at en af dem er en enhed. Vi bruger normafbildningen.Så står der N( ) = N(�)N(�), og da N( ) er et primtal i �, må enten N(�) eller N(�)være 1. Men da er enten � eller � en enhed i �[i], fra Lemma 97. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 88

89

Øvelse 102

Vis nu, at 1 + i, 2 + i og 3 – 2i er primtal.

Slut, at 3 er et primtal. (Brug normafbildningen! Findes der et Gaussisk heltal med

norm 3?)

Vis, at 1 + i og 1 – i er associerede Gaussiske primtal.

Vi jagter nu to store resultater. Det ene er at forstå primtallene i �[i] bedre, og det

andet er, om der er entydig faktorisering i primtal i �[i]. Det viser sig at være mest hen-

sigtsmæssigt at jagte faktoriseringen først, og vi kan starte med at etablere

Sætning 103

Ethvert Gaussisk heltal (som ikke er 0 eller en enhed) kan skrives som et produkt af

primtal i �[i], = π1π2 ··· πn .

Bevis

Lad os modsætningsvis antage, at der findes Gaussiske heltal (som ikke er 0 eller en

enhed), der ikke kan skrives som et produkt af primtal i �[i]. Find nu et sådant , så

N( ) er minimal.

Da ikke selv er et primtal, må vi kunne skrive = ��, hvor hverken � eller � er enhe-

der. Fra multiplikativitet af N ved vi, at N( ) = N(�)N(�), både N(�) og N(�) er større

end 1, må begge være strengt mindre end N( ).

Men det betyder jo fra minimaliteten af N( ), at � og � hver især kan skrives som et

produkt af primtal, og så kan jo også, og det er en modstrid. �

Korollar 104

Der er uendeligt mange primtal i �[i].

Bevis

Følg Euklids bevis fra �, jvf. sætning 14. �

Entydigheden af primtalsfaktoriseringen er væsentlig sværere, og vi beviser først en

analog til division med rest.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 89

90

Sætning 105 (Division med rest i �[i ] )

Givet to Gaussiske heltal, og �, hvor � ikke er 0, så findes � og � i �[i], så

= �� + �

og N(�) < N(�).

Beviset herfor kræver en lille udvidelse af de Gaussiske heltal, så her følger en lille øvel-

se, hvor man skal vise nogle fakta om et lidt større talområde.

Øvelse 106

Lad �(i) være mængden {x + iy | x, y � �}. Vis nu: �[i] � �(i).

�(i) er en ring med hensyn til den sædvanlige addition og multiplikation på �.

�(i) er et legeme.

Definer også normafbildningen N på �(i) ved N(x + iy) = x2 + y2.

Vis, at N er multiplikativ.

Bevis (for sætningen)

Vi prøver jo reelt at dividere med �, og det kan ikke nødvendigvis lade sig gøre i �[i],

men det kan det i �(i) fra foregående opgave. Skriv –� = r + is med r, s � � (bemærk-

ning 79), og vælg hele tal m og n, så |r – m| og |s – n| begge er mindre end eller lig med1–2 .

Vi påstår, at vi kan bruge � = m + in og � = – (m + in)� = �( –� – (m + in)) =

�(r – m + i(s – n)). Så er den ønskede ligning rigtig, og vi kan vise, at N(�) < N(�):

N(�) =

N(�)N(r – m + i(s – n)) =

N(�)((r – m)2 + (s – n)2) �

N(�)(( 1–2 )2 + ( 1–2 )2) �

N(�). �

Bemærkning 107

Det ovenstående valg af � er meget geometrisk betinget. Lav en en figur, der illustrerer

dette. Samtidig kan dette tjene til at vise, at � og � ikke er entydigt bestemte, som resten

jo er i �.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 90

91

Øvelse 108

Find en rest (den er jo ikke nødvendigvis entydig!) ved division af 7 + 2i med 5 – 3i.

Find en rest ved division af 11 + 4i med 9.

Vi arbejder os nu nærmere og nærmere målet:

Lemma 109

Lad π være et Gaussisk primtal, og lad � �[i], så π ikke går op i .

Da findes der en enhed u � �[i] og Gaussiske heltal x, y � �[i], så

xπ + y = u.

Bevis

Antag, at den ovennævnte enhed ikke findes og betragt mængden af Gaussiske heltal

xπ + y , hvor x, y � �[i]. Vælg et sådant tal � = xπ + y ud, så N(�) er minimal, men

> 0. Fra antagelsen har vi, at � ikke er en enhed.

Brug nu division med rest af π med � og find � og �, så π = �� + � og N(�) < N(�).

Nu kan vi imidlertid skrive

� = π – �� = π – �(xπ + y ) = (1 – �x)π – �y .

Dermed har � samme form som �, men � var jo valgt, så N(�) var minimal, og ikke 0.

Da N(�) < N(�), må N(�) være 0, og dermed er � = 0.

Da går � op i π, men π er et primtal, og � er ikke en enhed, så � = δπ, hvor δ er en

enhed.

Nu laver vi division med rest af med � og finder helt tilsvarende ud af, at � går op i

. Men dermed går π op i , og det er en modstrid. Ergo var vores antagelse forkert,

og der findes en enhed på den ønskede form. �

Det, vi har vist her, er egentlig et specialtilfælde af Bezout's identitet for Gaussiske hel-

tal jvf. Sætning 4. De supplerende opgaver vil indeholde mere om det generelle tilfæl-

de.

Lemma 110

Lad π være et Gaussisk primtal og og � være elementer i �[i]. Hvis π går op i � går

π op i enten eller �.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 91

92

Bevis

Antag, at π ikke går op i . Fra det foregående lemma ved vi, at der findes en enhed u

samt x og y i �[i], så xπ + y = u. Ganger vi ligningen igennem med �u –1, får vi, at

xπ�u–1 + y �u –1 = �.

Da π går op i begge led på venstresiden, går π op i � . �

Øvelse 111

Find faktoriseringen i primtal af tallene 8, 3 – i og 7i + 1. (Brug normafbildningen!)

Anvendelser og karakterisering af Gaussiske primtal

Lad os vende tilbage til vores problem. Hvis p er et primtal i �, der er kongruent med

1 mod 4, kan vi så finde to hele tal x og y, så p = x2 + y2?

Sætning 112

Lad p være et primtal. Da er p = x2 + y2, x, y � �, ⇔ p � 1 mod 4 eller p = 2.

Bevis

Vi kender allerede den ene vej. Så lad p være et primtal i �, med p � 1 mod 4. Kan p

nu være et primtal i �[i]?

Vi viser dette på en snedig måde: Skriv p = 1 + 4n, hvor n � �, og betragt ((2n)!)2 mod

p. Da er

((2n)!)2 = (1 · 2 ··· 2n)((–1) · (–2) ··· (–2n))

� (1 · 2 ··· 2n) · ((p – 1)(p – 2) · (p – 2n)) mod p

� (p – 1)! � –1 mod p.

Den sidste lighed følger af Wilsons sætning, Sætning 28. Alt i alt viser dette, at der fin-

des et helt tal x, n, nemlig x = (2n)!, p dividerer x2 + 1 = (x + i)(x – i), men p dividerer

ingen af faktorerne x + i og x – i (hvorfor?), og så kan p ikke være et primtal ifølge Lem-

ma 110.

Da p således ikke er et primtal i �[i], kan vi skrive p = �, hvor ingen af og � er enhe-

der. Ved at tage normer ser vi, at

p2 = N(p) = N( )N(�)


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 92

93

og da og � ikke er enheder, er N( ) og N(�) ikke 1, og må derfor være p. Men skri-

ver vi = w + iz, ser vi så, at p = (w + iz)(w – iz) = w2 + z2. �

Vi udnytter vores resultat til at give en god karakteriserende beskrivelse af de Gaussi-

ske primtal.

Sætning 113

Primtallene p fra � har følgende primtalsfaktorisering i �[i].

1) 2 = –i(1 + i)2.

2) Hvis p � 1 mod 4, er p = (a + bi)(a – bi), hvor a + bi og a – bi er Gaussiske primtal.

3) Hvis p � 3 mod 4, er p selv et primtal i �[i].

Ethvert Gaussisk primtal optræder på en af de tre måder.

Bevis

Påstanden om 2 følger ved direkte udregning.

Hvis p � 1 mod 4, fortsætter vi blot det foregående bevis: Vi fik skrevet p =

(w + iz)(w – iz) = w2 + z2, men da ser vi, at N(w + iz) og N(w – iz) er lig p, og dermed

er w + iz og w – iz primtal.

Hvis p � 3 mod 4, skal vi vise, at p er et primtal i �[i]. Skriv p = �, hvor og � til-

hører �[i]. Antag, at hverken eller � er enheder. Dermed har vi, at

p2 = N(p) = N( )N(�),

og vi ser af entydig faktorisering i �, at N( ) = N(�) = p. Men hvis vi skriver = w + iz,

betyder det, at p = w2 + z2, og det kan jo ikke lade sig gøre, når p � 3 mod 4.

Til sidst, men ikke mindst, skal vi vise, at et Gaussisk primtal π genfindes i en af de tre

typer faktoriseringer. Skriv π = w + iz. Da er

N(π) = (w + iz)(w – iz) = p1p2 ··· pn

hvor vi har primtalsfaktoriseret N(π) i de hele tal. Da π er et primtal i �[i], må π divi-

dere et pi . Fra multiplikativiteten af normen ser vi, at N(π) må dividere N(pi) = pi2 i �.

Dermed kan N(π) enten være pi eller pi2.

Hvis N(π) = pi, så er pi = w2 + z2 og vi ved, at pi � 1 mod 4 eller pi = 2, og så er vi i

tilfælde 1 eller 2.

Hvis N(π) = pi2, så er pi = uπ, hvor u er en enhed. Så må pi være et primtal, der er � 3

mod 4, og vi er i tilfælde 3. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 93

94

Øvelse 114

Lad p � 1 mod 4 være et primtal i �. Da kan p skrives som (a + bi)(a – bi), hvor

a + bi og a – bi er Gaussiske primtal. Vis, at a + bi og a – bi ikke er associerede.

Vi skal udnytte de Gaussiske heltal endnu mere i næste kapitel.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 94

12OM FERMATS SIDSTE SÆTNING

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 95

96

Introduktion

Diophantos fra Alexandria fra omkring 250 e. Kr. behandlede i Arithmetica mange ele-

mentære problemer i talteori, jvf. [Heath], specielt sådanne der skulle besvares med

hele tal. De kaldes derfor diofantiske.

Alexandria var dengang verdens intellektuelle hovedstad. Allerede i 47 f. Kr. forsøgte

den romerske kejser Julius Cæsar at styrte Cleopatra ved at sætte ild til den alexandri-

ske flåde. Biblioteket lå nær ved havnen og hundredtusindvis af bøger gik op i flammer.

I 389 e. Kr. blev biblioteket ramt af endnu en katastrofe. Den kristne kejser Theodosi-

us lod tilintetgøre samtlige hedenske dokumenter, og en stor del af seks århundreders

viden gik tabt. Enkelte bøger overlevede det kristne anslag, men i 642 var det musli-

mernes tur. Kalif Omar befalede, at de bøger, som var i modstrid med Koranen skulle

tilintetgøres, og bøger, som stemte overens med Koranen, var overflødige og skulle

også ødelægges.

Arithmetica var oprindelig et værk på 13 bøger, hvoraf kun seks overlevede ødelæggel-

serne.

Figur 3 Forsiden til Bachets oversættelse af Diophan-tos’ Arithmetica, udgivet i 1621.

Talteorien stod stille efter ødelæggelserne i Alexandria; men i 1621 udgav Bachet en

oversættelse af Arithmetica fra græsk til latin. Fermat havde en kopi af Bachets over-

sættelse og lavede en række noter i marginen. Engang i slutningen af 1630'erne, skrev

han den berømte sætning på latin:

Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et

generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas

est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas

non caperet.

En dansk oversættelse er:

Det er umuligt at dele en kubus i en sum af to kuber, en fjerdepotens i en sum af to fjer-

depotenser, og i almindelighed en hvilken som helst potens større end to i en sum af to til-

O M F E R M A T S S I D S T E S Æ T N I N G12

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 96

97

svarende potenser. Jeg har fundet et virkelig vidunderligt bevis for denne sætning, men

denne margen kan ikke rumme det.

I en moderne matematisk formulering er påstanden, at ligningen

xn + yn = zn

ikke har positive heltalsløsninger for n > 2.

Dette er blot et eksempel på en diofantisk ligning, altså en ligning, hvortil vi søger hel-

talsløsninger. Diofantiske ligninger volder nogle af de største problemer i matematik-

ken. Den ovenstående påstand kaldes populært Fermats sidste sætning.

Vi vil se lidt nærmere på Fermats ligning, og først vil vi bestemme samtlige løsninger

til den diofantiske ligning

x2 + y2 = z2

de såkaldte pythagoræiske tripler.

Dernæst vil vi bevise Fermat's sidste sætning i tilfældet n = 4 ved hjælp af en metode,

der kaldes Fermat nedstigning. Vi skal her udnytte vores bestemmelse af de pythago-

ræiske tripler.

Som afslutning vil vi se på Lamés falske bevis for Fermats sidste sætning fra 1847, deruudtalt forudsatte entydig faktorisering i ringe. Det er der imidlertid ikke altid. Kum-mer behandlede faktoriseringsteorien i disse ringe og var i stand til at fastslå, at der ikkealtid er entydig faktorisering, hvorfor Lamés bevis var forkert.For fuldstændighedens skyld noterer vi, at Fermats sidste sætning endelig er blevetbevist af A. Wiles. Det skete i 1993-95. Beviset er meget avanceret og bruger nogle afdet 20. århundredes største opdagelser i matematikken. Kun få mennesker i verden kanvel påstå, at de kender beviset fuldt ud. En god indgang til historien bag sætningen er[Singh].

Ligningen x2 + y2 = z2 og pythagoræiske tripler

Længe mente man, at Diophantos var den første, der bestemte samtlige heltallige

løsninger til den Pythagoræiske ligning

x2 + y2 = z2 (17)

Disse talsæt kaldes Pythagoræiske tripler. Dog har man set problemet vendt af Euklid

(350 f. Kr.) i "the Elements, Book X" [Edwards, side 4].

Men den store overraskelse kom ved fundet af lertavlen fra 1900-1600 f. Kr., som har

fået navnet Plimpton 322 [Holme, side 42-43].

12O M F E R M A T S S I D S T E S Æ T N I N G

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 97

98

Den viser, at Babylonerne for over 3000 år

siden havde en tabel for nogle heltallige

løsninger til den Pythagoræiske ligning

(20). De første tre linjer af tabellen [Hol-

me, side 46] ser således ud, idet det

bemærkes, at skribenten har lavet en fejl i

Nr. 2, hvor tallet fra lertavlen i parentes er

forkert:

Nr. x 4 2

1 120 119 169 2 3456 3367 4825(11521) 3 4500 4601 6649

Hvad denne lertavle har været brugt til vides ikke, men det formodes, at den har været

brugt til astronomi, markopmåling eller lignende ifølge [Holme, side 48].

Den fuldstændige løsning til den pythagoræiske ligning

Vi betragter den pythagoræiske ligning

x2 + y2 = z2

og vi vil finde de hele tal x, y og z, der opfylder ligningen. Et sådant talsæt (x, y, z) kal-

des et pythagoræisk triple. (3, 4, 5) er således et pythagoræisk triple.

Vores første skridt vil være at reducere løsningerne til de såkaldte primitive pythago-

ræiske tripler, i den forstand at vi kan beskrive samtlige pythagoræiske tripler udfra de

primitive. Dernæst går vi ind og beskriver de primitive pythagoræiske tripler.

Definition 115

Et primitivt pythagoræisk triple (x, y, z) er et pythagoræisk triple, hvor x, y og z er ind-

byrdes primiske, x er ulige, y er lige og z > 0.

Talsættet (3, 4, 5) er et primitivt Pythagoræisk triple.

(Er man i tvivl om, hvad en største fælles divisor for tre hele tal er for noget, kan man

kigge i Øvelse 173).

Øvelse 116

Vis, at hvis (x, y, z) er et pythagoræisk triple, hvor x, y og z er indbyrdes primiske, så er

en af x og y lige og den anden ulige. (Regn modulo 4.)


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 98

99

Lemma 117

Samtlige pythagoræiske tripler kan skrives på formen (kx, ky, kz), hvor (x, y, z) er et

primitivt pythagoræisk triple, og k � �. Omvendt er alle talsæt på denne form pytha-

goræiske tripler.

Bevis

Lad os starte med at vise, at hvis (x, y, z) er et primitivt pythagoræisk triple, og k � �,

så vil (kx, ky, kz) være et pythagoræisk triple. Men det følger let, idet

(kx)2 + (ky)2 = k2(x2 + y2) = k2z2 = (kz)2.

Lad os nu tage et pythagoræisk triple (a, b, c) (som ikke er (0, 0, 0)) og finde et primi-

tivt pythagoræisk triple (x, y, z) samt et k � �, så udsagnet i lemmaet er opfyldt.

Hvis d er den største fælles divisor af a, b og c, sætter vi a' = a–d , b' = b–d og c' = c–d . Da er

a' 2 + b' 2 = ��da

��2

+ ��db

��2

= �a2 +

d2

b2

� = ��dc��

2= c' 2

så (a', b', c') er et pythagoræisk triple. Det er også klart, at a', b' og c' er indbyrdes pri-

miske.

Vi konkluderer nu fra Øvelse 116 , at en af a' og b' er lige og den anden ulige. Lad os

også fastslå, at c' � 0, for hvis c' = 0, er c = 0, og fra ligningen a2 + b2 = 0 er vi tvunget

til at konkludere, at a = b = 0, men (a, b, c) var ikke triplet (0, 0, 0).

Lad os nu lave (x, y, z) som påstået i lemmaet: Sæt x til at være den ulige af a' og b' og

sæt y til at være den anden. Sæt z = c', men hvis c' er negativ, skifter vi fortegn på x, y

og z. Så har vi fra det ovenstående, at x, y og z er et pythagoræisk triple, x, y og z er ind-

byrdes primiske, x er ulige, y er lige per konstruktion, og z er større end 0. Sidst, men

ikke mindst, er (a, b, c) = (dx, dy, dz), hvis c' var positiv, og (a, b, c) = ((–d)x, (–d)y,

(–d)z), hvis c' var negativ. �

Efter således at have reduceret problemet til studiet af de primitive pythagoræiske tri-

pler vender vi os mod en beskrivelse af disse. Dette vil gøre brug af de Gaussiske heltal

fra sidste kapitel. Først har vi brug for et lemma.

Lemma 118

Hvis x og y er indbyrdes primiske i �, er x og y indbyrdes primiske i �[i].

Hvis x og y desuden ikke begge er ulige, er de Gaussiske heltal x + iy og x – iy indbyr-

des primiske i �[i].


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 99

100

Bevis

Antag, at x og y er indbyrdes primiske i �, og antag, at et Gaussisk primtal π går op i

både x og y. Da vil N(π) gå op i N(x) = x2 og N(y) = y2, men disse er indbyrdes primi-

ske, så N(π) = 1. Dette er absurd, så x og y er indbyrdes primiske i �[i].

Antag nu, at et Gaussisk primtal π går op i både x + iy og x – iy. Da går π også op i

x + iy + x – iy = 2x og i x + iy – (x – iy) = 2iy. Men dermed må π gå op i 2 og derfor

være en enhed gange (1 + i).

Skriv derfor x + iy = (a + ib)(1 + i) = a – b + i(b + a) med a og b i �. Denne opskriv-

ning medfører, at enten er x og y begge lige, eller også er de begge ulige. De kan ikke beg-

ge være lige, da de er indbyrdes primiske, og fra antagelsen kan de heller ikke begge være

ulige. Vi har da nået en modstrid. x + iy og x – iy må være indbyrdes primiske. �

Sætning 119

Lad (x, y, z) være et primitivt pythagoræisk triple. Da findes der hele tal s og t, så

x = s2 – t2, y = 2st og z = s2 + t2

og hvor den ene af s og t er lige, den anden ulige, og s og t er indbyrdes primiske.

Omvendt er alle talsæt (x, y, z), hvor x, y og z er givet på ovenstående form, primitive

pythagoræiske tripler.

Bevis

Lad os starte med at vise, at hvis x = s2 – t2, y = 2st og z = s2 + t2 med s og t som oven-

for, så er (x, y, z) et primitivt pythagoræisk triple.

(x, y, z) er et pythagoræisk triple, idet

x2 + y2 = (s2 – t2)2 + (2st)2

= s4 + t4 – 2s2t2 + 4s2t2

= s4 + t4 + 2s2t2

= (s2 + t2)2

= z2.

Det er klart, at da s er lige, og t er ulige, vil x være ulige og y lige. Da t ikke kan være 0,

vil z være positiv. Tilbage er der kun at vise, at x, y og z er indbyrdes primiske. Faktisk

er x og y indbyrdes primiske, som vi nu skal se ved at lade p være et primtal, der går op

i både x og y.

Vi bemærker først, at p � 2, da x er ulige. Da p går op i y, må p derfor gå op i s eller t.

Uanset hvilken af dem p går op i, vil p gå op i den anden, da p går op i x. Men s og t er

indbyrdes primiske, så et sådant p findes ikke. x og y er derfor indbyrdes primiske.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 100

101

Lad os nu vise den svære vej: Vi skal lade (x, y, z) være et primitivt pythagoræisk tri-

ple, og vi skal da finde s og t, som opfylder egenskaberne i sætningen.

Vi faktoriserer

x2 + y2 = (x + iy)(x – iy) = z2.

Hvis x og y ikke var indbyrdes primiske, ville x, y og z ikke være indbyrdes primiske (se

på ligningen!). Derfor er x og y indbyrdes primiske, og Lemma 118 og øvelse 116 giver

os, at x + iy og x – iy er indbyrdes primiske.

Da produktet af de to tal er et kvadrat, følger det af entydig faktorisering, at x + iy er et

kvadrat gange en enhed u (overvej det!), så lad os skrive x + iy = u(v + iw)2 for hele tal

v og w.

Ved udregning får vi, at x + iy = u(v2 – w2 + i(2vw)). Da x er ulige, ser vi, at enheden u

bliver nødt til at være �1. Vi bemærker også, at ulige x tvinger den ene af v og w til at

være ulige og den anden lige.

Hvis u er 1, sætter vi s = v og t = w. Hvis u er –1, sætter vi s = w og t = –v. Så har vi

ihvertfald, at x = s2 – t2 og y = 2st. Som ovenfor beregner vi, at (s2 + t2)2 = z2, men da

z er positiv, må vi have z = s2 + t2.

Vi ved allerede, at den ene af s og t er lige og den anden ulige, og det er klart fra udtryk-

kene, at s og t er indbyrdes primiske, da x, y og z er det. �

Eksempel på bestemmelse af talsæt

Vi vil bestemme de primitive pythagoræiske tripler (x, y, z), hvor y = 836 og x � 0. Fra

vores sætning ved vi, at der skal findes hele tal s og t, så 2st = 836. Dermed er st = 418,

og der er kun endeligt mange muligheder for s og t. Det begrænser yderligere mulig-

hederne, at den ene af s og t skal være lige og den anden ulige, og s > t, da x > 0. Vi

prøver mulighederne igennem:

st = 418

418 · 1 = 418

209 · 2 = 418

38 · 11 = 418

22 · 19 = 418.

Hvis vi vælger eksemplet s = 38, t = 11 ud, bliver det primitive pythagoræiske triple

x = 382 – 112 = 1323

y = 2 · 38 · 11 = 836

z = 382 + 112 = 1565.

På samme måde findes samtlige primitive pythagoræiske tripler med y = 836 og x > 0:


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 101

102

s t | x y z

418 1 | 174723 836 174725

209 2 | 43677 836 43685

38 11 | 1323 836 1565

22 19 | 123 836 845

Øvelse 120

Findes der primitive pythagoræiske tripler med y = 34 og x > 0? Hvis ja, bestem dem.

Findes der primitive pythagoræiske tripler med y = 268 og x > 0? Hvis ja, bestem dem. Findes der primitive pythagoræiske tripler med x = 73 og y > 0? Hvis ja, bestem dem.(Husk, at s2 – t2 = (s – t)(s + t).)

Fermat-ligningen x 4 + y 4 = z 4 og Fermat nedstigning

Vi viser Fermats sidste sætning i tilfældet n = 4. Beviset er et indirekte bevis, der anven-der en teknik kaldet Fermat nedstigning. Metoden stammer tilbage fra Fermat [Singh,side 107].Vi antager, at vi har en løsning til ligningen x4 + y4 = z2, hvor x, y og z er hele tal, allestørre end 0. Ud fra denne løsning skabes ved hjælp af en bestemt metode en ny løsning(x∗, y∗, z∗) af positive hele tal, hvor z∗ er mindre end z.Denne proces kan bruges igen og igen i det uendelige. Men det er paradoksalt, da derkun er endelig mange positive hele tal mindre end vores startværdi z. Altså må vi kon-kludere, at der ikke findes nogle positive løsninger til ligningen x4 + y4 = z2.Når der ikke findes positive løsninger til ligningen x4 + y4 = z2, findes der heller ingenpositive løsninger til Fermat-ligningen x4 + y4 = z4.

Sætning 121

Fermats store sætning i tilfældet n = 4. Ligningen

x4 + y4 = z2 (18)

har ingen positive heltallige løsninger.

Bevis

For at bevise dette antager vi modsætningsvis, at der faktisk er en løsning til (18), hvor

x, y og z er hele positive tal.

Hvis d er den største fælles divisor af x og y, må d4 gå op i x4 + y4 = z2. Vi slutter af enty-

dig faktorisering, at d 2 går op i z. Så er x' = x–d , y' = y–

d og z' = z–d2 også en positiv løsning

til (33) (check selv!), og x', y' og z' er indbyrdes primiske.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 102

103

Da fjerdepotenser specielt er kvadrater, kan vi nu slutte af Øvelse 116, at en af x' og y'

er lige og den anden ulige. Hvis x' skulle gå hen og være lige, så byt rundt på x' og y',

så x' bliver ulige.

Nu er (x' 2, y' 2, z') et primitivt pythagoræisk triple. Fra Sætning 119 ved vi, at der fin-

des hele tal s og t, så

x' 2 = s2 – t2 , y' 2 = 2st og z' = s2 + t2.

Da y2 = 2st, har s og t samme fortegn (og s, t � 0), og hvis dette skulle være negativt,

kan vi skifte fortegn på dem, så ovenstående ligninger gælder med s, t > 0.

Vi ved også, at s og t er indbyrdes primiske, og at den ene af s og t er lige og den anden

ulige. Vi kan faktisk slutte, at det er s, der er ulige, for den første ligning siger jo, at

(x', t, s) er et pythagoræisk triple, og da x', t og s er indbyrdes primiske (t og s er jo), vil

vi fra Øvelse 116 have, at netop en af x' og t er ulige. Da x' er ulige, må t være lige, og

s er da ulige. Bemærk også, at da s > 0, er (x', t, s) et primitivt pythagoræisk triple.

Lad os så kigge på den anden ligning y' 2 = 2st. Den kan også skrives (y'–2)2 = s t–2 , og det

er en opskrivning af et kvadrattal som et produkt af to positive indbyrdes primiske tal.

Da er disse tal selv kvadrattal (overvej!), og vi kan finde positive hele tal b og c, så s =

c2 og t–2 = b2. b og c er selvfølgelig indbyrdes primiske.

Vi ved nu, at (x', 2b2 , c2) er et primitivt pythagoræisk triple, og derfor kan vi finde to

indbyrdes primiske hele tal s' og t', så

x' = s' 2 – t' 2, 2b2 = 2s't' og c2 = s' 2 + t' 2.

Da b2 = s't', har s' og t' samme fortegn (og er ikke 0), og hvis dette skulle være nega-

tivt, skifter vi blot fortegn på s' og t', så ovenstående ligninger gælder med s', t' > 0. Igen

har vi så en opskrivning af et kvadrattal som et produkt af indbyrdes primiske positi-

ve tal, og disse er så selv kvadrattal, og vi kan finde positive hele tal x∗ og y∗, så s' = x∗2

og t' = y∗2.

Sætter vi z∗ = c, er vores påstand nu, at x∗, y∗ og z∗ er en positiv heltallig løsning til (18).

At de er positive hele tal, er kendt. Vi checker, at de også opfylder ligningen:

x∗4 + y∗

4 = s' 2 + t' 2 = c2 = z∗2.

Vi håber nu på, at vores nye løsning har den ønskede egenskab, nemlig at z∗ < z. Men

z∗ = c � c4 = s2 < s2 + t2 = z' < z.

Så nu har vi konstrueret en ny positiv heltallig løsning til (18) med mindre z-værdi, og

den konstruktion kan vi anvende igen og igen i modstrid med, at der kun findes ende-

ligt mange positive z-værdier lavere end det oprindelige z. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 103

104

Korollar 122

(Fermats sidste sætning i tilfældet n = 4). Fermat-ligningen

x4 + y4 = z4

har ingen positive heltallige løsninger.

Bevis

Hvis Fermat-ligningen havde en positiv heltallig løsning, ville (18) også have en. �

Øvelse 123

Hvad er løsningerne til Fermat-ligningen x4 + y4 = z4, når x, y og z er hele tal? (Altså

ikke bare positive hele tal.)

Hvad er løsningerne til Fermat-ligningen x4 + y4 = z4, når x, y og z må være rationale

tal?

Lamés falske bevis for Fermats sidste sætning

Introduktion

I 1839 viste Lamé Fermats sidste sætning i tilfældet n = 7, og i 1847 præsenterede han

overfor Académie des Sciences de Paris et "bevis" for vilkårlig eksponent n. Hertil

bemærkede Liouville, at beviset forekom ufuldstændigt, idet Lamé uudtalt syntes at

have gjort brug af, at der skulle være entydig faktorisering af visse polynomiumsudtryk

i n'te enhedsrødder.

Lamé arbejdede i ringen �[�] af komplekse tal af formen

a0 + a1� + a2 �2 + ··· + an–1�n–1, �n =1, ai � �.

For en heltalsløsning x, y, z til Fermat-ligningen zn = xn + yn, var strategien, ligesom i

tilfældet n = 3, at studere faktoriseringen

zn = xn + yn = (x + y)(x + �y) ··· (x + �n–1y).

Her er venstresiden en n-potens. Hvis der er entydig faktorisering i ringen ville enhver

faktor på højresiden også være en n-potens, under forudsætning af, at faktorerne er

parvis indbyrdes primiske.

Cauchy havde efterfølgende 18 skrivelser til Akademiet, hvor han fejlagtigt prøvede at

etablere, hvad der svarede til en divisionsalgoritme som i �, således at han kunne vise,

at der var entydig faktorisering i ringe af cyklotomiske heltal �[�], �n = 1.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 104

105

I 1847 var man således i Paris fuldt klar over såvel vigtigheden af entydig faktorisering

som sublimiteten i problemstillingen. Allerede i 1844 havde Kummer (Tyskland) imid-

lertid studeret aritmetikken i cyklotomiske heltalsringe og vist, at entydig faktorisering

ikke nødvendigvis er sand i ringe af cyklotomiske heltal �[�], �p = 1, p er et primtal.

Det første primtal, hvor det fejler er p = 23. Kummer reparerer også den manglende

entydige faktorisering ved at indføre idealer. Det fører for vidt her at komme ind på

dette begrebsapparat.

Her følger et uddrag af et brev fra Kummer til Liouville, der er sendt foranlediget af

Lamés præsentation af "beviset" for Fermats sidste sætning.

Uddrag af brev fra Kummer til Liouville

Opfordret af min ven Hr. Lejeune Dirichlet, tillader jeg mig hermed at sende Dem nog-

le få eksemplarer af en disputats, jeg skrev for 3 år siden i anledning af Köningberg Uni-

versitets 100-års jubilæum. Samtidig sender jeg Dem en disputats skrevet af min ven og

elev Hr. Kronecker, en fremragende, ung geometriker.

I disse afhandlinger, som jeg vil bede Dem betragte som et tegn på min dybeste agtel-

se, vil De finde bevist en udvikling af visse emner inden for komplekse tal sammensat

af enhedsrødder, dvs. rødderne af ligningen rn = 1, som i den seneste tid har været gen-

stand for en del diskussion på Deres berømmelige Akademi, foranlediget af Hr. Lamés

forsøg på at bevise Fermats Sidste Sætning.

Vedrørende den elementære proposition for disse komplekse tal, udtrykt blot på én

måde kan et sammensat, kompleks tal opdeles i primtal, som De med rette beklager i det-

te bevis, som tillige mangler på andre punkter, må jeg forsikre Dem om, at dette ikke

gælder generelt set for komplekse tal i formen

a0 + a1r + a2r2 + ··· + an–1 rn–1

men det forholder sig muligt at redde dette ved at indføre en ny slags komplekse tal,

som jeg har navngivet ideelle komplekse tal. Mine forskningsresultater vedrørende det-

te anliggende er blevet formidlet til Berlin Akademiet og trykt i Sitzungsberichte (marts

1846), og en afhandling om samme emne vil snarligt udkomme i tidsskriftet Crelle

Journal.

Allerede for længe siden tog jeg anvendelsen af bevisteorien omkring Fermats Sætning

under overvejelse, og det lykkedes mig at udlede usandsynligheden/umuligheden af

ligningen xn + yn = zn af de to primtalsegenskaber, så man mangler bare at udrede,

hvorvidt disse egenskaber gælder for alle primtal.

Såfremt De finder disse resultater af interesse, bliver de offentligtgjort i Berlin Akade-

miets Sitzungsberichte i denne måned.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 105

106

En anden diofantisk ligning

Som et sidste (og andet eksempel end Fermat-ligningerne) på en diofantisk ligning,

altså en ligning, hvor man søger heltalsløsninger, har vi følgende:

Sætning 124

Ligningen x2 + 1 = y3 har kun løsningen x = 0, y = 1, når x og y er hele tal.

Vi varmer lige op med:

Øvelse 125

Vis, at for alle enheder u i de Gaussiske heltal gælder, at u3 = u eller (–u)3 = u.

Bevis for sætningen

Det er klart, at den angivne løsning faktisk er en løsning. Ellers antag, at x og y er hele

tal, som opfylder, at x2 + 1 = y3. Lad os faktorisere det som

(x + i)(x – i) = y3

Kan x være ulige? Hvis ja, er x2 + 1 � 2 mod 4, men vi kan aldrig have y3 � 2 mod 4

(prøv mulighederne af!), så det kan ikke lade sig gøre. Derfor er x lige, og fra Lemma

118 ser vi, at x + i og x – i er indbyrdes primiske.

Fra entydig faktorisering ved vi da, at x + i = u 3, hvor u og er Gaussiske heltal, og u

er en enhed. Da vi ved fra øvelsen, at u er et Gaussisk heltal i tredje potens, kan vi skri-

ve x + i = (a + ib)3 for hele tal a og b. Dermed er

x + i = (a + bi)3 = a3 – 3ab2 + (3a2b – b3)i

Da b(3a2 – b2) således skal være 1, må b være �1. Hvis b = 1, skal 3a2 – 1 være 1, men

det kan ingen hele tal a opfylde. Derfor er b = –1. Da er 3a2 = 0, og a er 0, og vi har

altså x = 0 og dermed y = 1. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 106

13KVADRATISKE TALRINGE

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 107

108

K V A D R A T I S K E T A L R I N G E13

Indledning

De Gaussiske heltal er elementer på formen x + iy, hvor x og y er hele tal, og hvor i er

rod i polynomiet X2 + 1. Denne konstruktion vil vi nu generalisere og få nogle andre

talringe, der kan være nyttige i forbindelse med diofantiske ligninger. Desværre har

disse ringe ikke altid entydig faktorisering i primtal, som vi skal se.

Kvadratiske tal

Et komplekst tal � � � kaldes et kvadratisk tal, hvis det er rod i et andengradspolyno-

mium

X2 + bX + c, b, c � � (19)

med heltalskoefficienter og ledende koefficient 1. Det svarer til, at vi har en ligning

�2 = –(b� + c), b, c � �.

Ved at bestemme rødderne i (19), får vi, at et kvadratisk tal er på formen

� = �–b �

2D

� � �, D = b2 – 4c (20)

Lemma 126

Hvis det kvadratiske tal � ikke er et rationalt tal, så er polynomiet (19), der har � som

rod, entydigt bestemt.

Bevis

Antag, at � ikke er rationalt og lad x2 + b1x + c1, x2 + b2x + c2 være to polynomier med

heltalskoefficienter, der begge har � som rod. Vi har

�2 + b1� + c1 = �2 + b2� + c2 ⇒ (b1 – b2)� = c2 – c1

Hvis b1 � b2, så er � = �bc

1

2

–

–

b

c1

2� og dermed et rationalt tal. Altså er b1 = b2, og dermed

c1 = c2. �

Definition 127

Lad � være et kvadratisk tal, der ikke er rationalt. Det konjugerede kvadratiske tal �' er

den anden rod i det, ifølge Lemma 126, entydigt bestemte polynomium x2 + bx + c, der

har � som rod.

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 108

109

13K V A D R A T I S K E T A L R I N G E

Hvis � er et rationalt kvadratisk tal, defineres �' blot til at være � selv.

Eksempel 128

De komplekse tal

i = –1, –2, –3, –5, 10,

er alle kvadratiske tal, idet de er rødder i polynomierne

x2 + 1, x2 + 2, x2 + 3, x2 + 5, x2 – 10, x2 + x + 1.

De konjugerede kvadratiske tal er

–i = ––1, ––2, ––3, ––5, –10, .

Øvelse 129

Er 1 + –7 et kvadratisk tal? Hvis ja, hvordan ser dets polynomium ud? Beregn også

dets konjugerede kvadratiske tal.

Øvelse 130

Lad � være et irrationalt kvadratisk tal med polynomium x2 + bx + c, hvor b og c er hele

tal.

Vis, at �' = –� – b.

Kvadratiske talringe

Lad � være et irrationalt kvadratisk tal, der således tilfredsstiller

�2 = –(b� + c) (21)

for entydigt bestemte b, c � �, jævnfør Lemma 126

Vi eftersøger nu den mindste ring R � �, der indeholder �. Det er klart, at denne ring

indeholder 1 og dermed 1, 1 + 1 = 2, 2 + 1 = 3, ···. Også –1 og dermed 1 – 1 = 0, 0 – 1

= –1, –1 – 1 = –2, ... må være med. Da således � � R, må alle komplekse tal af formen

x + y�, hvor x, y � �, være elementer i R, idet summer og produkter af ringens ele-

menter igen skal være i ringen, og den forlods indeholder �. Det viser sig, at begrænser

vi os til præcis disse komplekse tal har vi faktisk en ring, kaldet en kvadratisk talring.

− − −12

32

− + −12

32

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 109

110


Lemma 131

Lad � være et irrationalt kvadratisk tal.

Delmængden af de komplekse tal

�[�] = {x + y� | x, y � �} � �

er en ring.

Hvis 1 = x1 + y1� , 2 = x2 + y2� er to elementer i �[�], så er

1 + 2 = (x1 + x2) + (y1 + y2)�

1 2 = (x1x2 – cy1y2) + (x1y2 + x2 y1 – by1y2)� .

For et � �[�] er fremstillingen = x + y� med x, y � � entydig.

Bevis

Vi skal godtgøre, at reglerne i Definition 50 er opfyldt. Igen, da �[�] er en delmængde

af �, ved vi, at de kommutative, associative og den distributive lov gælder. Lad 1 = x1

+ y1�, 2 = x2 + y2� være to elementer i � [�]. Da er 1 + 2 = (x1 + x2) + (y1 + y2)�, så

summen af to elementer fra �[�] er igen i �[�].

For multiplikation finder vi, at

1 2 = x1x2 + (x1y2 + x2 y1)� + y1 y2�2

Indsætter vi nu udtrykket for �2 fra (21) i højresiden fås, at

1 2 = x1x2 + (x1y2 + x2y1)� – y1y2(b� + c)

som samles til

1 2 = (x1x2 – cy1y2) + (x1y2 + x2y1 – by1y2)�

altså et tal i �[�], så produktet af to elementer fra �[�] ligger igen i �[�].

Neutral-elementerne ligger selvfølgelig i �[�], da hele � er indeholdt i �[�]. Til sidst

konstaterer vi blot, at den additive inverse til x + y� � �[�] er –x – y�, og dette tal lig-

ger også i �[�]. Dermed er �[�] en ring.

Entydigheden af fremstillingen følger af, at � ikke er et rationalt tal. Vi har nemlig, at

x1 + y1� = x2 + y2� ⇒ –(x1 – x2) = (y1 – y2)�

Hvis y1 � y2, så er � = – �x

y1

1

–

–

x

y2

2� og dermed et rationalt tal. Altså er y1 = y2, og dermed

x1 = x2. �

00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 110

111

Eksempel 132

Vi har allerede set den Gaussiske talring �[i] som et eksempel på en kvadratisk talring.

Ringen �[�], hvor � = , er et eksempel på en såkaldt cyklotomisk heltalsring og

er vist på Figur 4.

På Figur 3 er �[–2] vist.

I alle tilfældene er gitterpunkterne tallene i de kvadratiske talringe.

Figur 3 Den kvadratiske Figur 4 Den cyklotomisketalring �[–2]. Tallene er heltalsring �[�], �2 + � + 1 = 0. gitterpunkterne. Tallene er gitterpunkterne. Der er Der er 2 enheder, nemlig �1. 6 enheder, nemlig �1, ��, ��2.

Øvelse 133

Opskriv alle de på figurerne viste tal i de respektive kvadratiske talringe på formen

x + y�.

Grundlæggende egenskaber ved kvadratiske talringe

Vi vil her fremhæve et par vigtige egenskaber ved kvadratiske talringe. Vi starter med

følgende resultat:

Sætning 134

Lad �[�] være en kvadratisk talring. Hvis α � �[�], så er α et kvadratisk tal.

Bevis

Antag, at � er rod i X2 + bX + c, hvor b, c � �. Skriv α = x +y�. Vi skal finde b', c' � �,

så α er rod i X2 + b'X + c'. Men det er let nok at checke, at α er rod i

X2 + (by – 2x)X + x2 – bxy + cy2

og begge koefficenter er heltallige. �

− − −12

32


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 111

112

Vores andet resultat er, at man i stedet for � kan finde en nemmere “frembringer” for

den kvadratiske talring �[�]:

Sætning 135

Lad Z[�] være kvadratisk talring, og antag, at � er rod i x2 + bx + c, hvor b, c � �.

Hvis b er lige, findes D � �, så D ikke er et kvadrattal, og �[�] = [D].

Hvis b er ulige, findes D � �, så D � 1 mod 4, D er ikke et kvadrattal og �[�] = �[ ].

Vi begynder med et lemma:

Lemma 136

Hvis �1 og �2 er to irrationale kvadratiske tal, og �1 = a � �2, hvor a � �, så er �[�1] =

�[�2].

Bevis

Da �1 = a � �2, har vi oplagt, at �1 � �[�2]. Da � � �[�2], har vi også, at �[�1] � �[�2],

for �[�1] er jo en ring, og udtrykkene i �[�1] har formen x + y�1, hvor x, y � �.

Omvendt kan vi også skrive �2 = (–a + �1) = a' � �1, hvor a' � �, og ved samme argu-

ment som før slutter vi, at �[�2] � �[�1]. Alt i alt er �[�2] = �[�1]. �

Bemærk, at det er en konsekvens af lemmaet, at �[�] = �[�'].

Bevis for sætningen

Lad D' være diskriminanten af 2.gradspolynomiet x2 + bx + c. D' er da et helt tal,

D' = b2 – 4c, og vi har � = fra 5.

Hvis b er lige, er D' � 0 mod 4, og � = . Hvis vi sætter D = D'–4 , har vi � = –b–2 �

D. D kan ikke være et kvadrattal, for ellers vill � være rational. Men D er klart et

kvadratisk tal, og Lemma 136 giver os, at �[�] = �[D].

Hvis b er ulige, sætter vi blot D = D'. Da er D � 1 mod 4 og � er enten eller

. D kan ikke være et kvadrattal, for så ville � være rational. Desuden er

et kvadratisk tal, for det er rod i x2 – x + 1 – D–––4 . Lemma 136 giver os nu, at �[�] =

�[ ]. �

Sætningen giver en meget klar beskrivelse af samtlige kvadratiske talringe.

12

+ D

12

+ D− + +−b D12

12

− − ++b D12

12

− ±b D2 4

'

− ±b D'2

12

+ D


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 112

113

Øvelse 137

Betragt talringen �[�], hvor �2 + � + 1 = 0. Beskriv den i termer af sætningen ovenfor.

Normafbildningen

Normafbildningen fra en kvadratisk talring skal vise sig at være et meget værdifuldt

værktøj, ganske som det var for den Gaussiske talring.

Definition 138

Lad �[�] være en kvadratisk talring.

Normen af = x + y� � �[�] defineres som

N( ) = ' .

Vi husker, at selv er et kvadratisk tal, fra Sætning 134, så denne definition giver

mening.

Eksempel 139

Normerne af de komplekse tal (fra Eksempel 128)

i = –1, –2, –3, –5, 10, – 1–2 +

er givet ved

1, 2, 3, 5, –10, 1.

Hvis er et irrationalt tal x + y� i �[x], og � er rod i polynomiet X2 + bX + c, hvor b,

c � Z, ved vi fra beviset for Sætning 134, at er rod i polynomiet

X2 + (by – 2x)X + x2 – bxy + cy2.

Den anden rod i dette polynomium er ', og vi ved da, at

' = – – (by – 2x) = –(x + y�) – (by – 2x) = x + y(–� – b) = x + y�'

og

N( ) = ' = x2 – bxy + cy2.

Det følger endda, at uanset om = x + y� er rational eller irrational, (Hvilket kun

−32


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 113

114

kommer an på, om y er 0 eller ej), kan vi skrive ' = x + yx'.

Vi ser også, at normen altid er et helt tal.

Sætning 140

Normal afbildningen

N : �[�] → �

tilfredsstiller for a, b � �[�], at

i) N( �) = N( )N(�) (Normafbildningen er multiplikativ),

ii) N( ) = 0 ⇔ = 0

iii) a er en enhed i �[�] ⇔ N( ) = �1.

Bevis

i) Vi bruger her resultatet i den foregående øvelse. Det ønskede resultat følger nu let,

for

N( �) = N(�) = ��' = � '�' = N( )N(�) .

ii) Vises på følgende måde: Det er klart, at hvis = 0, så er N( ) = 0. Omvendt, hvis

N( ) = 0, er mindst en af og ' lig 0. Kan ' være 0, uden at er det? Nej, for hvis

= x + y� med x, y hele tal, er ' = x + y(–b – �). Hvis dette udtryk er 0, og y � 0, er

� � �, men � er irrational, så det går ikke. Ergo er y = 0, men så ser vi let, at x = 0 og

dermed har vi = 0.

Vi viser iii) ved først at antage, at er en enhed i �[�]. Da findes der � � �[�], så

� = 1. Fra i) ser vi, at N( )N(�) = N(1) = 1. Dermed er N( ) en enhed i �, og er der-

med �1. Omvendt, hvis N( ) = �1, er ' = �1, og dermed ( ' ) = 1, og er en

enhed i �[�]· �

Bemærkning 141

Vi kan bruge vores generelle opskrivning af kvadratiske ringe til at give normafbild-

ningen meget eksplicit.

Da D er rod i x2 – D, bliver

N(x + yD) = x2 – Dy2 for x + yD � �[D].

Hvis D � 1 mod 4, er rod i x2 – x + , hvor koefficienterne er heltallige. Der-

med er

12−D1

2+ D


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 114

115

N(x + y ) = x2 + xy + y2 for x + y � �[ ].

Enheder i kvadratiske talringe og Pell's ligning

I denne sektion vil vi lave en nærmere undersøgelse af, hvad enhederne er i kvadrati-

ske talringe. Vi ved jo nu, at en kvadratisk talring har formen �[D] eller �[ ]. Det

viser sig, at hvis D er negativ, kan vi rimeligt let bestemme enhederne.

Sætning 142

Lad D være et negativt helt tal.

Da er �[D]∗ = {�1}, medmindre D = –1.

�[–1]∗ = {�1, �i}.

Bevis

�[–1] er jo bare de Gaussiske heltal, så der kender vi enhederne.

Hvis D � –1, bruger vi normafbildningen og Sætning 136. Hvis x + y D � �[D], er

N(x + yD) = x2 – Dy2

og giver således altid noget positivt. Vi skal dermed undersøge, hvornår x2 – Dy2 = 1.

Men hvis D < –1, kan dette kun lade sig gøre, hvis y er 0, og dermed må x være �1. Alt

i alt ser vi, at enhederne er {�1}. �

Sætning 143

Lad D være et negativt helt tal, så D � 1 mod 4.

Da er �[ ]∗= {�1}, medmindre D = –3.

�[ ]∗= {�1, � , � }.

Bevis

Tilfældet med D = –3 overlades til læseren som Øvelse 144 nedenfor. Hvis D � –3, kig-

ger vi på normafbildningen. Hvis x + y � �[ ], er

4N(x + y ) = 4(x2 + xy + 1 – D–––4 y2) = (2x + y)2 – Dy2.

Vi ser, at normen altid er positiv, og vi skal således undersøge, hvornår

(2x + y)2 – Dy2 = 4.

12

+ D

12

+ D12

+ D

− + −1 32

1 32

+ −1 32

+ −

12

+ D

12

+ D

12

+ D12

+ D12−D1

2+ D


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 115

116

Da D � 1 mod 4 og ikke er –3, må D < –4. Og så kan ligningen ovenfor kun løses, hvis

y = 0, og dette giver os, at x = �1. Vi ser altså, at enhederne er {�1}. �

Øvelse 144

Vis, at enhederne i �[ ] (den cyklotomiske talring) er som beskrevet i sætningen

ovenfor. (Brug opskrivningen i beviset!)

Vis også, at ( )2= .

Så vi ved nu hvad enhederne er, når D < 0. Når D > 0, er problemstillingen væsentlig

mere kompliceret, og vi vil her nøjes med at se på �[D]-tilfældet. (D er dermed ikke

et kvadrattal fra nu af). Her handler det altså om at løse ligningen

x2 – Dy2 = �1

i hele tal. Ligningen x2 – Dy2 = 1 er historisk kendt som Pell's ligning, efter den engel-

ske matematiker John Pell (1610-1685), som dog ikke bidrog til ligningens løsning.

Ligningen er kendt meget før, helt tilbage fra Arkimedes, der stillede sit berømte

kvægproblem, der dog ikke vil blive gengivet her på grund af dets omfangsrighed. Det-

te problem afføder en Pell-ligning med meget store løsninger.

Med hensyn til den generelle Pell-ligning er det kendt, at indiske matematikere faktisk

havde løst ligningen inden år 1000. Den første europæiske matematiker, der seriøst stu-

derede problemet, var Fermat, og det var en udfordring fra Fermat til William Broun-

cker (1620-1684), der førte til, at europæerne også fik løst problemet. En ofte brugt

løsningsmetode til ligningen bruger kædebrøker, dvs. brøker på formen

Pell-ligningen har altid uendeligt mange løsningspar (x, y), og man angiver dem ved

først at finde den fundamentale løsning, der er den løsning (x, y), hvor x og y er positi-

ve, og x + y D er mindst mulig. (Der findes en metode til at finde den, men vi vil ikke

beskrive den her). Dernæst bruger man følgende lemma:

Lemma 145

Lad R være en ring, og lad u være en enhed i R. Da er un en enhed for alle n � �.

Hvis (x, y) er en løsning til x2 – Dy2 = 1, hvor D er positiv (og ikke et kvadrattal), så er

(xn, yn) også en løsning, hvor xn + ynD = (x + y D)n og n � �.

0a + 1

1a + 1

2a + 1

3a + 1

4a + ⋅ ⋅ ⋅

− +1 32

1 32

+

1 32

+ −


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 116

117

Bevis

Den første bemærkning følger direkte. Til den anden bemærkning observerer vi først,

at (x + y D)n � �[D] for alle n, og derfor har en (entydig) opskrivning som

xn + ynD. Det er klart, at

xn2 – Dyn

2 = N(xn + ynD) = N((x + y D)n) = 1n = 1

hvis n er positiv. Hvis n er 0, har vi blot løsningen (1, 0). Hvis n er negativ, er x2 – Dy2 =

(x – y D)(x + y D) = 1, så (x + y D)–1 = x – y D, og denne har norm 1. Derved bli-

ver (x + y D)n = (x – y D)–n, som så får norm 1. �

Bruger vi for eksempel den fundamentale løsning (x, y) i lemmaet ser vi, at (xn, yn) også

bliver løsninger for n � �, og dette udgør faktisk alle løsninger.

Øvelse 146

Bestem samtlige heltalsløsninger til ligningen x2 – 3y2 = 1.

Ligningen x2 – Dy2 = –1 er beslægtet med Pell-ligningen, men det er ikke sikkert, at den

har en løsning:

Lemma 147

Lad x og y være hele tal, der opfylder x2 – Dy2 = –1. Da er D � 1, 2 mod 4.

Bevis

Vi skal blot undersøge ligningen modulo 4. Hvis D � 0 mod 4, skulle x2 � –1 mod 4,

men det kan ikke lade sig gøre. Hvis D � –1 mod 4, ville x2 + y2 � –1 mod 4, men det-

te kan heller ikke lade sig gøre. Tilbage er der kun mulighederne D � 1, 2 mod 4. �

Den generelle metode for at finde enhederne i �[D] for D > 0 er at undersøge om der

er løsninger til ligningen x2 – Dy2 = –1. Hvis ja, find den såkaldte fundamentale løsning

(x, y) med x, y positive og x + y D mindst mulig. Hvis nej, find den fundamentale

løsning (x, y) til x2 – Dy2 = 1. Enhederne fås nu som {�(x + y D)n | n � �}. Igen, lem-

maet ovenfor siger, at de her nedskrevne elementer er enheder, men vi vil ikke bevise,

at de udgør dem allesammen.

Lad os dog bevise, at den ovenstående metode virker i et specialtilfælde.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 117

118

Sætning 148

�[2]∗ = {�(1 + 2)n | n � �}

Bevis

Det er let at checke, at 1 + 2 er en enhed, og vi ved så allerede, at mængden angivet

på højresiden består af enheder. Spørgsmålet er bare, om den udgør alle enhederne. Vi

vil bevise, at det gør den ved en metode, der minder meget om nedstigning.

Lad u + v 2 være en enhed, hvor vi antager, at u og v er positive. Betragt

(u + v2)(1 + 2)–1

Den inverse til 1 + 2 er –(1 – 2), og vi kan udregne

(u + v2)(–(1 – 2)) = (2v – u) + (u – v)2

Vi vil nu se på fortegnet af 2v – u og u – v. Hvis 2v – u var � 0, var v � u–2 , og så ville

u2 = �1 + 2v2 � 1 + u2

–2

hvilket medfører, at u2 � 2. Da u er positiv, må u være 1, men så er v � 1–2 , hvilket ikke

kan lade sig gøre. Ergo er 2v – u > 0.

Hvis u – v � 0, det vil sige, u � v, er

u2 = �1 + 2v2 � –1 + 2u2,

hvilket medfører, at u2 � 1. Da u er positiv, må u være 1. Vi ser da af ligningen

u2 – 2v2 = �1, at v = 1. Konklusionen er altså, at enten er både 2v – u > 0 og u – v > 0,

eller også er u + v2 = 1 + 2.

Så medmindre u + v2 = 1 + 2, har vi fundet en ny enhed u' + v'2 med positive u'

og v'. Og nu kommer det springende punkt: Vi har jo, at v' < v, idet u – v < v. Nu kører

vi så processen igen. Hvis u' + v'2 � 1 + 2, ganger vi (1 + 2)–1 på og får en ny

enhed u'' + v'' 2 med positive u'', v'' og v'' < v'. Hvis denne er forskellig fra 1 + 2,

ganger vi (1 + 2)–1 på, får en ny enhed... og så videre. Da koefficienten til 2 er posi-

tiv og bliver mindre og mindre, kan dette ikke fortsætte i det uendelige, efter at have

ganget (1 + 2)–1 på et vist antal (for eksempel n) gange, får vi enheden 1 + 2. Men

da ser vi, at

u + v2 = (1 + 2)n+1

Dette argument klarer altså tilfældet, hvis u og v var positive. Men resten er let. Hvis

u + v2 er en tilfældig enhed, er |u| + |v|2 = (1 + 2)n for et n � 0. Vi har da, at


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 118

119

–(1 + 2)n = –|u| – |v|2, (1 + –2)–n = �(1 – 2)n og (1 – 2)n = �(|u| – |v|2), så

med et af udtrykkene �(1 + 2)n, �(1 + 2)–n rammer vi u + v2. �

Beviset for de andre kombinationer af fortegn på u og v kan udledes af ovenstående.

Dette overlades til læseren.

Øvelse 149

Bestem enhederne i �[3].

Faktorisering i kvadratiske talringe

Definition 150

Lad �[�] være en kvadratisk talring og lad , � � �[�] med � � 0. Vi siger, at � går op

i , hvis der findes et � � �[�], så �� = .

For to tal , � � �[�] med � � 0 er det let at afgøre om � går op i i �[�]. Under alle

omstændigheder findes et � � �, så = ��. Tallet � er altså det komplekse tal

� = �

�� = �

�

�

�´´

� = �N

(�

�

´

)�

Tælleren på højresiden er på formen x + y� med x, y � �. Derfor er � � �[�] (og � går

dermed op i i �[�]), hvis og kun hvis N(�) går op i både x og y i �.

Eksempel 151

I �[i] går 2 + 5i og i 4 – 19i, thi

�42

–+

159ii

� = �(4

(2–

+19

5ii))((22-

–5i

5)i)

� = �–87

2–9

58i� = –3 – 2i

Derimod går 2 + 5i ikke op i 4 + 19i, beregningerne giver nemlig, at

�4

2++5

1i9i

� = �((42

++

159ii))((22

––

55ii))

� = �103

2+9

18i�

og 29 går hverken op i 103 eller 18.

Øvelse 152

Afgør om 10 – 3 er divisor i 1 – 1653 i ringen �[3].


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 119

120

Øvelse 153

Lad � = � �[�], der tilfredsstiller ligningen 1 + � = –�2 og lad � = 1 – � � �[�].

Vis, at �2 = –3�.

Bestem N(�), N(�2), N(�1 � �), N(�1 � �2).

Vis, at �2 ikke går op i �1 � � eller i �1 � �2 i �[�].

Lad os se nærmere på primtallene i en kvadratisk talring.

Definition 154

Lad �[�] være en kvadratisk talring.

Et � �[�], som ikke er 0 eller en enhed, kaldes et primtal i �[�], hvis = �� med-

fører, at � eller � er en enhed.

To primtal og � i �[�] kaldes associerede, hvis der findes en enhed u i �[�], så

= u�.

Eksempel 155

I de Gaussiske heltal �[i] fandt vi ud af at 1 + i er et primtal. 1 – i er også et primtal,

og det er associeret til 1 + i, da –i(1 + i) = 1 – i, og –i er en enhed i �[i].

Igen kan vi bruge normafbildningen til at afsløre primtal.

Lemma 156

Lad � �[�]. Hvis |N( )| er et primtal i �, er et primtal i �[�].

Bevis

Bemærk, at hvis |N( )| er et primtal, så er ihvertfald ikke 0 eller en enhed. Så skriv

= ��, og brug normen. Da fås:

N( ) = N(�) N(�)

Da |N( )| er et primtal, må dette medføre, at en af N(�) og N(�) er �1, og dermed er

en af � og � en enhed. �

Eksempel 157

I den kvadratiske talring �[–2] er elementet 3 + –2 et primtal, da N(3 + –2) =

32 + 2 · 12 = 11, og dette er et primtal i �.

5 er også et primtal i �[–2]. N(5) er godt nok 25, men vi kan se, at ingen tal i �[–2]

− + −12

32


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 120

121

kan have norm 5, så hvis 5 = ��, bliver en af � og � nødt til at have norm 1 og dermed

være en enhed.

Øvelse 158

Vis, at 3 + 2, 5 + 42 og 5 – 22 er primtal i �[2]. Hvilke af disse er associerede?

Er 2 et primtal i �[2]?

Vi vil undersøge, om der er entydig faktorisering i primtal, som der var i � og �[i], for

denne egenskab har vist sig nyttig, specielt i forbindelse med diofantiske ligninger.

Igen, det at man kan faktorisere i primtal, er ikke noget større problem.

Sætning 159

Ethvert � �[�] (som ikke er 0 eller en enhed) kan skrives som et produkt af primtal

fra �[�], = π1π2 ··· πn.

Bevis

Lad os modsætningsvis antage, at der findes tal (som ikke er 0 eller en enhed) i �[�],

der ikke kan skrives som et produkt af primtal i �[�]. Find nu et sådant , så |N( )| er

minimal.

Da ikke selv er et primtal, må vi kunne skrive = ��, hvor hverken � eller � er enhe-

der. Fra multiplikativitet af N ved vi, at N( ) = N(�)N(�), og da ingen af N(�) og N(�)

er �1, må vi have 1 � |N(�)|, |N(�)| � |N( )|.

Men det betyder jo fra minimaliteten af N( ), at � og � hver især kan skrives som et

produkt af primtal, og så kan jo også, og det er en modstrid. �

Øvelse 160

Bevis, at der er uendeligt mange primtal i en kvadratisk talring �[�].

Øvelse 161

Skriv 11 som et produkt af primtal i ringene �[3] og �[–7]. Er der andre måder at

gøre det på i det sidste tilfælde?

Entydigheden af faktoriseringen er desværre en helt anden historie end før. Som nævnt

brød Lamés bevis for Fermat's sidste sætning sammen, fordi visse ringe ikke har enty-

dig faktorisering, og denne brist kan allerede observeres i kvadratiske talringe, som vi

skal illustrere med følgende eksempel. Lad os først definere, hvad vi præcist mener med

entydig faktorisering.


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 121

122

Definition 162

Lad �[�] være en kvadratisk talring. Vi siger, at denne har entydig faktorisering, hvis

ethvert � �[�] (der ikke er 0 eller en enhed)kan opskrives entydigt som et produkt

af primtal fra �[�]. Det vil sige, hvis

= π1 · π2 ··· πk = �1 · �2 ··· �l

hvor π1, π2, ···, πk og �1, �2, ···, �l er primtal, så er k = l og efter en eventuel ombytning

af faktorerne er πi associeret til ρi for alle i = 1, ..., k.

Eksempel 164

Betragt ringen �[–5], hvor normafbildningen hedder N(x + y–5) = x2 + 5y2 (og

dermed altid er positiv). Bemærk først, at intet tal i �[–5] har norm 2 eller 3. Betragt

faktoriseringerne

6 = 2 · 3 = (1 + –5) (1 – –5).

Tallene 2, 3, 1 + –5, 1 – –5 er primtal, da de har norm 4, 9, 6 og 6 henholdsvis. I sig

selv er ovenstående faktorisering ikke et problem endnu, for primtallene kunne være

associerede til hinanden. Vi ved derimod, at enhederne i �[–5] er {�1}, så 1 + –5kan ikke være associeret til hverken 2 eller 3. Derfor er der ikke entydig faktorisering i

�[–5].

Bemærkning 169

Man har selvfølgelig prøvet at undersøge, hvilke kvadratiske talringe der har entydig

faktorisering. Skriver vi de kvadratiske talringe som �[D] og �[ ] kan vi (som

ved enhederne) dele dem op i to tilfælde, D < 0 og D > 0.

D < 0-situationen er et afsluttet kapitel. Her ved man, at de kvadratiske talringe, der

har entydig faktorisering, er ringene �[D] med D = –1 eller D = –2, og �[ ] med

D = –3, –7, –11, –19, –43, –67 og –163. Der er simpelthen ikke andre.

Hvis D > 0, er situationen stadig uafklaret. Der er væsentlig oftere entydig faktorisering

i disse kvadratiske talringe, og man formoder, at der er uendeligt mange af disse ringe,

der har entydig faktorisering, men det er altså ikke bevist endnu. Som eksempel på

nogle af disse ringe med entydig faktorisering nævner vi �[2] og �[3].

Lad os til sidst igen understrege nytten af entydig faktorisering til at løse den diofanti-

ske ligning x2 + 2 = y3. Denne er tæt beslægtet med ligningen x2 + 1 = y3, som vi har

set på før, men denne gang benytter vi, at der er entydig faktorisering i �[–2], og det

benytter vi uden bevis.

12

+ D

12

+ D


00 AlgeTal 23/10/02 11:48 Side 122

123

Sætning 165

Ligningen x2 + 2 = y3 har ingen heltallige løsninger udover (� 5, 3).

Bevis

Antag, at vi har en heltallig løsning x2 + 2 = y3. Vi viser først, at x er ulige, for hvis x er

lige, vil y være lige, og x2 + 2 � 0 mod 4 kan ikke lade sig gøre. Nu faktoriserer vi

(x + –2)(x – –2) = y3

og bemærker, at hvis d går op i både x + –2 og x – –2, vil d gå op i 2–2 og dermed

have lige norm eller være en enhed. Nu har x � –2 ulige norm (da x er ulige), så d

må være en enhed.

Fra entydig faktorisering i �[–2] slutter vi nu, at x + –2 må kunne skrives som u�3,

hvor � � �[–2]. Da u enten er 1 eller –1, er dette det samme som (u�)3. Skriver vi

u� = a + b–2, hvor a, b � �, kan vi udregne

x + –2 = (a + b–2)3 = a3 – 6ab2 + (3a2b – 2b3)–2 .

Ligningen 3a2b – 2b3 = 1 tvinger b til at være �1, men hvis b = –1, kan –3a2 = –1 ikke

løses med hensyn til a, så det går ikke. Dermed er b = 1, og 3a2 – 2 = 1 giver os så, at

a = �1. Dermed er x = �5 og y = 3. �


00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 123

124


00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 124

125

Opgaver til Kapitel 1

Øvelse 166

Beregn sfd(373, 7244) og sfd(621, 7572).

Øvelse 167

Find hele tal x og y, så 621x + 7572y = 3.

Øvelse 168

Kan man finde hele tal x og y, så 403x + 3263y = 7? Findes de, så 403x + 3263y = 17?

Eller findes de, så 403x + 3263y = 26? Find sådanne x og y i de tilfælde hvor man kan.

Øvelse 169

Findes der positive hele tal a og b, så sfd(a, b) = 7 og a + b = 311?

Øvelse 170

Lad a være et positivt helt tal og beregn sfd(a, a + 1).

Øvelse 171

Lad a være et ulige tal. Vis, at 8 går op i a2 – 1.

Øvelse 172

Lad a være et helt tal. Vis, at 4 ikke kan gå op i a2 + 2.

Øvelse 173

Hvis a, b og c er hele tal, ikke alle 0, definerer vi den største fælles divisor sfd(a, b, c) til

at være det største positive hele tal, der går op i samtlige af a, b og c.

Vis, at sfd(a, b, c) = sfd(sfd(a, b), c).

OO P G A V E R

SUPPLERENDE OPGAVER

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 125

126

Øvelse 174

Prøv at generalisere den foregående opgave til n positive hele tal a1, a2, ... , an.

Øvelse 175

Vis, at a|bc hvis og kun hvis �sfd(a

a

, b)� |c.


Øvelse 176

Find primtalsfaktoriseringen af tallene 3689, 713, 1375 og 929.

Øvelse 177

Vis, at hvis a3|b2, så vil a|b.

Øvelse 178

Vis at sfd(a2, b2) = (sfd(a, b))2.

Øvelse 179

Vis, at et primtal, der er >3, kan skrives som 6k + 1 eller 6k – 1 for et eller andet helt

tal k.

Vis, at hvis p og p + 2 er primtal (såkaldte tvillingeprimtal), og p > 3, så vil 12|2p + 2.

Øvelse 180

Antag, at primtallet p går op præcis n gange i a og præcis m gange i b. Antag at n � m.

Vis, at p går op mindst n gange i a + b.

Vis, at hvis n < m, så går p op præcis n gange i a + b.

Øvelse 181

Vis, at hvis et positivt helt tal a kan skrives som x2 – y2, hvor x og y er positive hele tal,

og forskellen mellem x og y er >1, så er a ikke et primtal.

Udnyt ovenstående til at primtalsfaktorisere tallet 8051. (Altså ingen lommeregner!)

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 126

127

Øvelse 182

Vi erindrer, at hvis n er et positivt helt tal, så defineres n! til at være produktet

n(n – 1)(n – 2) ··· 3 · 2 · 1.

Vis, at hvis n > 1, så er der ingen af tallene n! + 2, n!+3, ··· , n! + n, der er primtal.

Overvej, at dette betyder, at der kan være vilkårligt langt mellem to efterfølgende prim-

tal. (Primtalsørkner).

Øvelse 183

Findes der primtal p, så 17p + 1 er et kvadrattal? (Et kvadrattal er et tal på formen x2,

hvor x er et helt tal). Hvis ja, hvilke?

Øvelse 184

Vis, at a4 + a2 + 1 er et sammensat tal for alle hele tal a > 1. Hint: Tænk som i Øvelse

181.

Øvelse 185

Lad x og y være hele tal, n være et positivt helt tal, og eftervis relationen

xn – yn = (x – y)(xn – 1 + xn – 2y + ··· + xyn – 2 + yn – 1).

Øvelse 186

Øvelse 185 er vigtig i denne opgave.

Lad a være et positivt helt tal. Vis, at hvis an – 1 er et primtal, så er a = 2 og n et prim-

tal. (Primtal på formen 2p – 1, hvor p er et primtal, kaldes Mersenne-primtal, og disse

topper i øjeblikket rekordlisterne over de størst kendte primtal).

Øvelse 187

Øvelse 185 er vigtig i denne opgave.

Vis at hvis 2n + 1 er et primtal, så er n en 2-potens. (Primtal på formen 22k+ 1 kaldes

Fermat-primtal). Hint: For at kunne bruge relationen i Øvelse 185 er det nok smart at

betragte +1 som –(–1)u, hvor u er et ulige tal.

Øvelse 188

(En udfordring!) Lad n være et helt tal >1. Vis, at summen 1 + 1–2 + 1–3 + ··· + 1–n ikke kan

være et helt tal. Hint: Du skal have fat i Øvelse 180 og den højeste 2-potens, der er � n.

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 127

128


Øvelse 189

Hvordan kan man udtrykke det faktum, at et helt tal enten er lige elle ulige, i sproget

om restklasser?

Øvelse 190

Er {5, 12, –31, 41, 16, 9} et komplet sæt rester for �6?

Øvelse 191

Hvad er resten af 430 ved division med 23?

Hvad er resten af 41920 ved division med 23?

Øvelse 192

Vis, at 22n+ 5 er et sammensat tal for alle positive hele tal n.

Øvelse 193

Find resten af 1! + 2! + 3! + ··· + 100! ved division med 45.

Øvelse 194

Hvad er det sidste ciffer i 2400?

Øvelse 195

Vis, at 13 går op i 42n + 1 + 3n + 2 for alle positive hele tal n.

Øvelse 196

Beskriv samtlige heltallige løsninger x og y til ligningen 3x + 7y = 1.

Øvelse 197

En bondemand gik på marked og købte heste og okser for 1770 kroner. En hest koste-

de 31 kroner, og en okse kostede 21 kroner. Hvor mange heste og okser købte bonde-

manden?

(Denne opgave stammer fra Eulers Algebra fra 1770).

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 128

129

Øvelse 198

Vis, at et helt tal, der er � 3 mod 4, har en primfaktor, der er � 3 mod 4.

Vis, at der er uendeligt mange primtal, der er � 3 mod 4. Hint: Følg Euklids bevis, men

kig på 4p1p2 ··· pn – 1.


Øvelse 199

Er 1357 et primtal? Er 1359? Er 1361?

Øvelse 200

Vis, at 2701 er et pseudoprimtal.

Øvelse 201

Vis, at hvis a er et helt tal, indbyrdes primisk med 561, så vil a560 � 1 mod 561.

(Dermed er det umuligt for den beskrevne primtalstest at afsløre, at 561 ikke er et

primtal. Tal med denne egenskab kaldes Carmichael-tal).

Øvelse 202

Vis at n5–5 + n3–3 + 7n–15 er et helt tal for alle hele tal n.

Øvelse 203

Vis, at hvis a er et helt tal, og p er et primtal, så går p op i ap + (p – 1)!a.

Øvelse 204

Vis, at hvis p er et primtal forskelligt fra 2 og 5, så vil p gå op i uendeligt mange af tal-

lene 9,99,999, ···. Hint: De relevante tal er alle på formen 10n – 1 for positive hele tal n.

Øvelse 205

Bestem et positivt helt tal e, så 13e � 32 mod 37.

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 129

130


Øvelse 206

Udregn �(35) og �(44).

Øvelse 207

Hvad er resten af a72 mod 35, hvis a er et helt tal, der ikke er deleligt med 5 og 7?

Øvelse 208

Vis, at x =ba�(m) – 1 altid løser ligningen ax � b mod m, når a og m er indbyrdes pri-

miske.

Øvelse 209

Vis, at hvis m og n er indbyrdes primiske, så er m�(n) + n�(m) � 1 mod mn.

Øvelse 210

Hvilke hele positive tal n tror du, opfylder, at �(n) = �(2n)? Lav nogle eksempler inden

du kommer med dit bud.


Øvelse 211

Udregn resten af 15526262 ved division med 1677.

Øvelse 212

Udregn resten af 321792211 ved division med 51222.

Øvelse 213

Forsøg at lave et program på en computer, der kan lave disse modulære potensopløft-

ninger.

Øvelse 214

Løs ligningen x7 � 21 mod 66.

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 130

131

Øvelse 215

Løs ligningen x11 � 37 mod 70.

Øvelse 216

Forsøg at lave et program på en computer, der kan lave disse modulære roduddrag-

ninger.


Øvelse 217

Lad p og q være forskellige primtal, og sæt m = pq. Lad k være et positivt helt tal, så k

og φ(m) er indbyrdes primiske. Vi ved fra Euklids udvidede algoritme, at vi kan finde

positive hele tal u og v, så ku – vφ(m) = 1.

Vis, at ligningen

xk � b mod m

har x = bu som løsning. Derved virker dekrypteringsalgoritmen i RSA altid, uanset om

b og m er indbyrdes primiske eller ej.

Hint: Hvis b og m er indbyrdes primiske, kender vi resultatet, og resultatet er også

klart, hvis både p og q går op i b. Tilbage er der kun mulighederne p|b og q|b. Vi i beg-

ge disse tilfælde, at bv(p – 1)(q – 1) + 1 � b mod p og mod q.

Øvelse 218

Lad p være 647 og q være 821. Er disse tal primtal?

Beregn �(pq). Vælg en offentlig nøgle k (indbyrdes primisk med �(pq)) og krypter tal-

let 492222. Udregn den hemmelige nøgle og dekrypter tallet tilbage igen til 492222.

Øvelse 219

Gentag foregående opgave med p = 3733 og q = 3911. Krypter tallet 9999999.

Øvelse 220

Vis at hvis a er et helt tal, der ikke er deleligt med 2 og 3, så går 24 op i a2 – 1.

Vis, at RSA-systemet med p = 5 og q = 7 er meget usikkert (og ikke kun på grund af

størrelsen af p og q!), idet man altid kan bruge den offentlige nøgle til både at krypte-

re og dekryptere med.

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 131

132


Øvelse 221

Lad R være en ring med hensyn til operationerne + og · . Definer en subtraktion på R

ved x – y = x +(–y) for alle x, y � R. Vis, at mængden R også er en ring med hensyn til

operationerne – og · .

Øvelse 222

Lad C være mængden af funktioner f, der går fra � ind i �.

Definer addition og multiplikation på C ved, at f + g og f · g er funktionerne, der sen-

der et x � � over i

(f + g)(x) = f(x) + g(x)

(f · g)(x) = f(x) · g(x).

Vis, at C er en ring med hensyn til + og · .

Øvelse 223

Betragt mængden af polynomier i �[X], jævnfør Eksempel 61. Hvad er 0 og 1-ele-

mentet i �[X]?

Hvis f � �[X], hvad er da – f ?

Øvelse 224

Definer grad-funktionen på et polynomium f = a0 + a1X + ... + an Xn � �[X], hvor f

ikke er 0, til at være det største j, så aj er forskellig fra 0. Definer graden af 0-polyno-

miet til at være – ∞.

Lad f og g være polynomier i �[X]. Vis, at graden af f + g er mindre end eller lig sum-

men af graden af f og graden af g.

Vis, at graden af f · g er lig produktet af graden af f og graden af g.

Øvelse 225

Lad R være en ring og betragt mængden af enheder R∗.

Vis, at 1 � R∗.

Vis, at hvis x, y � R∗, så vil x · y � R∗.

Vis, at hvis x � R∗, så vil x –1 � R∗.

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 132

133

Øvelse 226

Vis, at hvis man definerer division som i Bemærkning 66, så opfyldes følgende vel-

kendte regneregler for alle x, y, z, w � R med y, w � R∗:

�x

y� + �

w

z� = �

xw

y

+

w

yz�

�x

y� · �

w

z� = �

y

x

w

z�

Øvelse 227

En ring R siges at være et integritetsområde, hvis ligningen x · y = 0 medfører, at x = 0

eller y = 0.

Overvej, at �, � og � er integritetsområder.

Vis, at et legeme er et integritetsområde.

Find et n, så �n ikke er et integritetsområde.

Øvelse 228

I en ring R kan det hænde, at hvis man lægger 1-elementet sammen med sig selv nok

gange, får man 0. Hvis det sker, definerer vi karakteristikken af R til at være det mind-

ste n, således, at 1 + 1 + ··· +1 (n gange) er lig 0. Hvis dette ikke kan lade sig gøre for

nogen n, siger vi, at karakteristikken af R er 0.

Overvej, at karakteristikken af �, � og � er 0.

Hvad er karakteristikken af �n?

Vis, at hvis R er et legeme, så er karakteristikken af R enten 0 eller et primtal.

Øvelse 229

Findes der et legeme med 4 elementer? (Prøv at give navne a, b, c, d til fire elementer

og prøv at definere addition og multiplikation, så kravene i Definition 50 er opfyldt).

Hvor mange legemer kan du finde med 4 elemeter?

Øvelse 230

(Svær!) Findes der et legeme med 6 elementer?

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 133

134


Øvelse 231

Udregn –i(1 + i)2 og �2

2

+

–

3

i

i� og angiv resultaterne i standardform.

Øvelse 232

Lad x + iy og w + iz være komplekse tal, med w + iz � 0. Find �w

x +

+

i

i

y

z� , udtrykt på stan-

dardform.

Øvelse 233

(Lineære ligninger.)

Løs ligningen (3 + 5i)X = 7 – i i de komplekse tal. Angiv resultatet i standardform.

Løs helt generelt ligningen (x + iy)X = w + iz, hvor x + iy � 0, i de komplekse tal og

opskriv et udtryk for X i standardform.

Øvelse 234

Løs ligningerne X2 = –5 og X2 = 1 + i.

Øvelse 235

Løs ligningerne 5X2 + 7X – 3 = 0 og (2 + i)X2 – 5iX + 3 = 0. Angiv løsningerne i stan-

dardform.

Øvelse 236

Lad x + iy være et komplekst tal. Definer normen (eller modulus) |x + iy| af x + iy til

at være |x + iy| = x2 + y2 � �.

Beregn |2 + 3i| og | 1–2 – i|.

Overvej, at normen af et komplekst tal egentlig bare er afstanden mellem punkterne

(x, y) og (0, 0) i planen. Overvej også, at hvis x + iy er reel, så er normen af x + iy lig

den numeriske værdi.

Vis, at |(x + iy) · (w + iz)| = |x + iy| · |w + iz|.

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 134

135

Øvelse 237

(Denne opgave er en lidt sværere fortsættelse af Øvelse 235.)

Lad x + iy og w + iz være komplekse tal.

Vis, at x2z2 + y2w2 � 2xywz.

Vis, at xw + yz � |x + iy| · |w + iz| (Cauchy-Schwarz-uligheden).

Vis ved hjælp af ovenstående ulighed trekantsuligheden for komplekse tal:

|(x + iy) + (w + iz)| � |x + iy| + |w + iz|

Øvelse 238

Betragt et komplekst tal x + iy med x > 0. Definer argumentet Arg(x + iy) til at være

Arg(x + iy) = tan–1(y–x).

Beregn Arg(1 + 2i) og Arg(1 – 5i).

Overvej, at Arg(x + iy) er vinklen mellem linjestykket gennem (0, 0) og (1, 0) og linje-

stykket gennem (0, 0) og (x, y) i planen.

Hvordan kunne man generalisere Arg(x + iy) til vilkårlige komplekse tal x + iy for-

skellige fra 0?

Beregn Arg((1 + 2i) · (1 – 5i)) og sammenlign med de tidligere beregninger. Beregn

også Arg(3 + 4i), Arg(5 – i) og Arg((3 + 4i) · (5 – i)). Er der en sammenhæng?

Øvelse 239 (Ordning)

De komplekse tal � har indtil videre haft alle de gode egenskaber, � har, men der er en

egenskab, de reelle tal har, som ikke kan overføres til de komplekse tal.

Betragt de sædvanlige ulighedstegn > og < og overvej, at de har følgende egenskaber i

�:

1) For alle x, y � � gælder der præcis en af følgende: x < y, x > y eller x = y.

2) Hvis x og y begge er enten > 0 og < 0, vil xy > 0.

Vis, at vi ikke kan udvide < og > fra � til �, så de to regler ovenfor er opfyldt.


Øvelse 240

Er 6 – i et Gaussisk primtal? Er 5 + 2i? Hvad med 11i ?

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 135

136

Øvelse 241

Find faktoriseringen i Gaussiske primtal af 4 + 6i , 8 – 3i og 13i .

Hvad er din metode til at finde faktoriseringen?

Øvelse 242

Kan primtallet 89 (i �!) skrives som en sum af to kvadrattal? Hvis ja, hvordan?

Kan primtallet 1000003 skrives som en sum af to kvadrattal?

Øvelse 243

Lad p være et primtal (i �), der er � 1 mod 4.

På hvor mange måder kan p skrives som en sum af to kvadrattal?

(Hint: Brug entydig faktorisering i �[i].)

Øvelse 244 (Konjugering)

Lad x + iy være et komplekst tal og definer x+iy til at være det komplekse tal x – iy.

Vis, at hvis x + iy � �[i], så er N(x + iy) = (x + iy)(x – iy).

Vis for generelle komplekse tal x + iy og w + iz, at

x+iy+w+iz = x+iy + w+iz(x+iy)·(w+iz) = x+iy · w+iz

x+iy x+iy––––– = –––––w + iz w+iz

(I det sidste tilfælde er w + iz � 0.)

Øvelse 245

Lad , � � �[i] og antag, at ingen af dem er 0. Definer en største fælles divisor � af

og � til at være et Gaussisk heltal med følgende egenskab:

Hvis � går op i både og �, skal � gå op i �.

Vis, at hvis � er en største fælles divisor for og �, så er de eneste største fælles divi-

sorer for og � lig u�, hvor u er en enhed.

Find de største fælles divisorer for parrene 5 + i, 3 + i og 5, 7 – i.

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 136

137

Øvelse 246

(Denne opgave bygger videre på Øvelse 244.)

Lad , � � �[i], med , � � 0.

Generaliser Euklids algoritme fra de hele tal til at finde en største fælles divisor af og

�. (Brug division med rest!)

Hvorfor stopper din algoritme?

Øvelse 247

(Denne opgave bygger videre på Øvelse 244.)

Lad , � � �[i], med , � � 0, og lad � være en største fælles divisor af og �.

Vis Bezouts identitet for de Gaussiske heltal: Der findes Gaussiske heltal x og y, så

x + y� = �

(Hint: Brug metoden i beviset for øvelse 245.)

Øvelse 248

Lad x + iy � �[i]. Hvad kan du sige om x og y, hvis N(x + iy) er ulige?

Lad � være et Gaussisk primtal med ulige norm. Kan vi finde og � i �[i], begge med

ulige norm, så

� = + � ?

Øvelse 249

Antag, at primtallet p (i �) går op i x2 + 1, hvor x � �. Hvad kan vi sige om p mod 4?

(Hint: Kig for eksempel på beviset for Sætning 112.)

Vis, at der er uendeligt mange primtal (i �), der er kongruent med 1 mod 4. (Hint:

Brug Euklids bevis fra �, men kig på (2p1p2 ··· pn)2 + 1.)

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 137

138


Øvelse 250

Findes der en ligebenet retvinklet trekant med heltallige sidelængder?

Øvelse 251

Findes der en retvinklet trekant med heltallige sidelængder, så en af vinklerne i trekan-

ten er 60 grader?

Øvelse 252

Findes der en retvinklet trekant med heltallige sidelængder og areal 30?

Øvelse 253

Vis, at hvis (x, y, z) er et pythagoræisk triple, så er mindst en af x og y delelig med 3, og

mindst en af x, y og z er delelig med 5.

Øvelse 254

Findes der primitive pythagoræiske tripler (x, y, z) med z = 137 og x, y > 0? Hvis ja,

bestem dem.

Øvelse 255

Findes der en retvinklet trekant med heltallige sidelængder, så den ene katete har læng-

de 100?

Øvelse 256

Lad n være et helt tal.

Vis, at der findes hele tal x og y, så x2 – y2 = n, hvis og kun hvis n � 2 mod 4. (Hint:

Kig på (1–2(n + 1))2 – (1–2(n – 1))2.)

Vis, at der altid er en heltallig løsning (x, y, z) til ligningen x2 + y2 – z2 = n.

Øvelse 257

Lad n være et helt tal med n � 3. Vis, at der findes en retvinklet trekant med heltallige

sidelængder med n som en af sidelængderne. (Hint: Første spørgsmål i Øvelse 255 kan

bruges.)

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 138

139

Øvelse 258

Antag i denne opgave, at x, y og z er indbyrdes primiske hele tal, der opfylder lignin-

gen

x2 + y2 = 2z2

Vis, at x, y og z alle er ulige. Vis også, at netop en af x + y og x – y er kongruent med 0

mod 4.

Vis, at (x + y)2 + (x – y)2 = (2z)2.

Vis, at hvis x – y � 0 mod 4, og z > 0, så findes der hele tal s og t, så

x = s2 – t2 + 2st, y = s2 – t2 – 2st og z = s2 + t2

hvor den ene af s og t er lige, den anden ulige, og s og t er indbyrdes primiske.

Øvelse 259

(Svær!) Vis, at ligningen x4 – y4 = z2 ikke har nogle positive heltallige løsninger. (Hint:

Nedstigning!)

Kan en retvinklet trekant med heltallige sidelængder have et kvadrattal som areal?

(Denne opgave stammer fra Fermat.) (Hint: Reducer til et primitivt pythagoræisk tri-

ple (x, y, z). Hvis x er ulige, er x et kvadrattal, og x kan skrives som s2 – t2, hvor hver af

s og t også er kvadrattal.)


Øvelse 260

Bestem enhederne i �[5].

Øvelse 261

Vis, at 2 + 3–11 og 3 + –11 er primtal i �[–11].

Øvelse 262

Opskriv 63 og –5 + 3 som produkter af primtal fra Z[3].

Øvelse 263

Lad D � 1 mod 4. Vis, at 2 er et primtal i �[D].

OO P G A V E R

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 139

140

Ovelse 264

Vis, at �[–14] ikke har entydig faktorisering i primtal.

Øvelse 265

Vis, at �[15] ikke har entydig faktorisering i primtal.

Øvelse 266

Find de heltallige løsninger til den diofantiske ligning x2 + 11 = y2. Det må benyttes

uden bevis, at der er entydig faktorisering i primtal i �[ ].

Øvelse 267

Lad D � 1 mod 4. Vis, at Z[D] ikke kan have entydig faktorisering i primtal. (Hint:

Betragt brøken � �[D] og brug entydig faktorisering i �[D] til at skrive den-

ne som en uforkortelig brøk. Brug nu, at er et kvadratisk tal, for at opnå en mod-

strid.)

12

+ D

12

+ D

1 112

+ −

O P G A V E RO

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 140

141

[Cohn] H. Cohn, Advanced Number Theory, Dover Publications, 1962.

[Euklid] Euklid, Elementerne. bog I-IV, Gyldendal 1897-1900.

(optryk af Trip, 1985)

[Euler] L. Euler, Elements of Algebra, Fifth Edition, Translated by J.

Hewlett, Longman, Orme and Co., London (1840) (Reprinted

by Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1984).

[Edwards] Edwards, H. M., Fermat's Last Theorem, Springer-Verlag, 1977.

[Gauss1] C. F. Gauss, Disquisitiones arithmeticae, 1801. Optrykt i Werke,

Königliche Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen

(Leipzig-Berlin, 1863-1933).

[Gauss2] C. F. Gauss, Sechs Beweise des Fundamentaltheorems über qua-

dratische Reste, E. Netto ed. i Ostwalds Klassiker der exacten

Wissenschaften (Leipzig), no. 122 (1901).

[Gauss3] C. F. Gauss, Zur Theorien der complexen Zahlen. (I) Neue

Theorie der Zerlegung der Cuben; Werke, VOL. ii, pp. 387-391,

Königl. Ges. Wiss., Göttingen, 1876.

[Heath] T. Heath, Diophantus of Alexandria, Second Edition, Cam-

bridge University Press, Cambridge (1910). (Reprint by Dover

Books, New York, 1964).

[Holme] Holme, A., Matematikkens Historie, Fagbokforlaget, 2001.

[Jones & Jones] G. A. Jones. & J. Mary Jones, Elementary Number Theory,

Springer Undergraduate Mathematics Series, Springer Verlag

1998.

LL I T T E R A T U R

LITTERATUR

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 141

142

[Jensen m.fl.] Jensen, S. T., Matthiasen, J. Matematiske Ideer, Matematik-

lærerforeningen, 1993.

[Landrock & Nissen] P. Landrock & K. Nissen, Kryptologi- fra viden til videnskab,

Abacus, 1997.

[Niven & Zuckerman] I. Niven & H. Zuckerman, An Introduction to the Theory of

Numbers, 5.ed., John Wiley & Sons, 1991.

[Silverman] Silverman, J. H., A Friendly Introduction to Number Theory,

Prentice Hall, 1997.

[Singh] Singh, S., Fermat's store sætning, Gyldendal, 1997.

[Singh2] Singh, S., Kodebogen, Gyldendal, 2001.

[Singh video] Singh, S., Fermat's store sætning, Horizon BBC video, 1998.

L I T T E R A T U RL

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 142

143

SS T I K O R D

A

Additionstabellen i �6, 30

algebraens fundamentalsætning, 37, 81

Arithmetica, 20, 96

Aritmetikkens fundamentalsætning, 21

B

Bachet, 96

Bezouts identitet, 15

C

certifikat, 57

cyklotomiske heltalsring, 104

D

dekrypteres, 55

Dekryptering, 39, 55, 62

digital signatur, 53

diofantiske problemer, 9, 96, 106

Diophantos, 96

diskret logaritme problem, 40

Disquisitiones arithmeticae, 26

division med rest, 12, 89

divisor, 12

E

Elektronisk underskrift, 54

enheder, 71

enkrypteres, 55

Euklid, 14

STIKORD

Euklids algoritme, 12

Euklids sætning, 20

Euklids udvidede algoritme, 17

Euler, 46

Eulers φ-funktion, 42

Eulers sætning, 45

F

Fermat, 37

Fermat nedstigning, 97, 102

Fermats lille sætning, 35, 38

Fermats sidste sætning, 95, 97, 102, 104,

105

forkortning i �n, 33

G

Gauss, 37

Gaussisk primtal, 88

Gaussiske heltal, 83, 108, 137

Gentagen kvadrering, 47

I

imaginær delen, 77

indbyrdes primiske, 12

K

komplekse tal, 73

komplet sæt af rester, 27

kongruenser, 25, 30

kongruensklassen, 27

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 143

144

S T I K O R DS

kongruente modulo n, 27

konjugerede kvadratiske tal, 108

kryptering, 53

kryptografi, 38

k'te rod modulo m, 51

Kummer, 105

kvadratisk tal, 107, 108

Kvadratiske talringe, 107

L

Lamé, 104

legeme, 71

Lov om elektroniske signaturer, 58

M

modulær addition, 28

modulær division, 30

modulær multiplikation, 28

Multiplikationstabellen i �6, 30

multiplum, 12

N

nøglecentre, 57

nøgler, 60

neutrale elementer, 66

normafbildningen, 86, 113

O

offentlig nøgle, 56, 61

offentligt nøgle kryperingssystem, 60, 63

P

polynomier, 70

potensudregning modulo m, 50

Pretty Good Privacy, 63

primdivisor, 20

primtal, 20

Primtalsfaktoriseringens kompleksitet, 22

primtalstest, 37

private nøgle, 56

pseudo-primtal, 38

Pythagoræiske tripler, 97, 100

R

restklasser, 26, 27

ring, 65

Rreduceret sæt af rester, 44

RSA, 63

S

sfd, 11

største fælles divisior, 11

U

uendelig nedstigning, 37

Underskrift, 54

V

verificerer en underskrift, 56

W

Wiles, 97

00 AlgeTal 23/10/02 11:49 Side 144

johan p. hansen m.fl - algebra og talteori

Documents