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2010-10-22

シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第11章の練習問題

※MathJaxの数式表示に少し時間がかかります。

11.1
(a)
97は素数だから\varphi(97)=97-1=96

(b)
8800=2^5\cdot5^2\cdot11。各素数冪は互いに素だから、\varphi(8800)=\varphi(2^5)\varphi(5^2)\varphi(11)=(2^5-2^4)(5^2-5^1)(11^1-11^0)=3200


11.2
(a)
練習問題10.1で示した。

(b)
p_i (i\in\mathbb{N})を奇素数として、一般にm=2^{k_0}p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n} (n\geq0, k_0\geq0, k_1,\cdots k_n\geq1)と素因数分解される。\varphi(m)=\varphi(2^{k_0})\varphi(p_1^{k_1})\cdots\varphi(p_n^{k_n})なので、k_0\geq2なら\varphi(2^{k_0})が偶数であることと(a)とから、k_0\geq2かつn=1、または、n\geq2ならば4\mid\varphi(m)
残る可能性として、(i) k_0\leq1, n=1, (ii) n=0の2つがありうる。(1)のときはpを奇素数、k\geq1としてm=p^kまたはm=2p^kだが、\varphi(2)=1なのでいずれにせよ\varphi(m)=p^{k-1}(p-1)。常に4\nmid p^{k-1}なので、p-1\equiv2 \pmod{4}すなわちp\equiv3\pmod{4}なら4\nmid \varphi(m)で、p\equiv1\pmod{4}なら4\mid\varphi(m)。(ii)のときはk_0=0なら\varphi(m)=\varphi(2)=1k_0=1なら\varphi(m)=\varphi(4)=2k_0\geq3なら\varphi(2^{k_0})=2^{k_0-1}より4\mid\varphi(m)
以上により、4\nmid\varphi(m)となるmは2,4と、pp\equiv3\pmod{4}となる素数としてp^k, 2p^k (k\geq1)。

11.3
mの素因数分解をm=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}とすると、各素数冪は互いに素だから、\varphi(m)=\varphi(p_1^{k_1})\varphi(p_2^{k_2})\cdots\varphi(p_r^{k_r})
=(p_1^{k_1}-p_1^{k_1-1})(p_2^{k_2}-p_2^{k_2-1})\cdots(p_r^{k_r}-p_r^{k_r-1})
=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}(1-1/p_1)(1-1/p_2)\cdots(1-1/p_r)
10000000=2^7\cdot5^7より\varphi(10000000)=10000000\cdot(1/2)\cdot(4/5)=4000000

11.5
(a)
x=59+63n (n\in\mathbb{N})。0\leq x<63の範囲ではx=59

(b)
x=125803+3219n (n\in\mathbb{N})。0\leq x<3219の範囲ではx=262

(c) 
最初の2式を解いてx\equiv26\pmod{84}x=26+84z\equiv8\pmod{13}を解いて、 z\equiv10\pmod{13}により、x=26+84\cdot10\equiv866\pmod{1092}


11.6
x\equiv2 \pmod{3}, x\equiv3 \pmod{5}, x\equiv2 \pmod{7}を解く。最初の2式を解いて x\equiv8 \pmod{15}x=8+15z\equiv2 \pmod{7}を解いて、 z\equiv1 \pmod{7}により、x=8+15\cdot1\equiv23 \pmod{105}

11.7
x\equiv1 \pmod{2}, x\equiv1 \pmod{3}, x\equiv1 \pmod{4}, x\equiv1 \pmod{5}, x\equiv1 \pmod{6}, x\equiv0 \pmod{7}を解く。互いに素な底2,3,5,7をとって、まずx\equiv1 \pmod{2}, x\equiv1 \pmod{3}, x\equiv1 \pmod{5}, x\equiv0 \pmod{7}を解くと、x\equiv91 \pmod{210}91\equiv1 \pmod{6}だが、91\not\equiv1 \pmod{4}x\equiv91 \pmod{210}, x\equiv1 \pmod{4}を解く。n,m\in\mathbb{Z}として、x=91+210n=1+4mより、105n=2m-45。すなわち105n=-45\equiv1 \pmod{2}なのでn=1。したがってx=301 \pmod{420}だから、最小個数は310個。


11.9
任意の2つ、例えばx\equiv a_1 \pmod{m_1}x\equiv a_2 \pmod{m_2}を解き、その解と第3式を連立させればよい。すなわちまず、x=m_1x_1+a_1\equiv a_2 \pmod{m_2}から、m_1x_1\equiv a_2-a_1\pmod{m_2}を解き、解x_1 (0\leq x_1<m_2)を得る。これより、x\equiv m_1x_1+a_1 \pmod{m_1m_2}。この式とx\equiv a_3 \pmod{m_3}を連立して、x=m_1m_2x_2+m_1x_1+a_1\equiv a_3 \pmod{m_3}から、m_1m_2x_2\equiv a_3-(m_1x_1+a_1)\pmod{m_3}を解き、解x_2 (0\leq x_2<m_3)を得る。以上により、x=m_1m_2x_2+m_1x_1+a_1 \pmod{m_1m_2m_3}
より多くの合同式でも以上を繰り返せば良い。m_1,m_2,\cdots,m_rの、どの2つも互いに素でなければならない。

11.10
(1) \varphi(n)が素数の時:
練習問題11.2(a)により\varphi(n)n\geq3では偶数だから、\varphi(n)が素数なら\varphi(n)=2=1\cdot2しかない。n=lmとして、\varphi(l)=1のときl=1 or 2\varphi(m)=2のときm=p^k (k\geq1)として\varphi(m)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)=2だから、p^{k-1}=2かつp-1=1、または、p^{k-1}=1かつp-1=2。したがって、(p,k)=(2,2)または(3,1)なので、m=3 or 4\varphi(n)=\varphi(l)\varphi(m)となるには\gcd(l,m)=1でなければならないから、可能な組み合わせは、n=3,4,6

(2) \varphi(n)が素数の2乗の時:
\varphi(n)が素数なら\varphi(n)=4=1\cdot2\cdot2=1\cdot4しかない。まず\varphi(n)=4=1\cdot2\cdot2と考えると、n=jlmとして、\varphi(j)=1に対しj=1 or 2
\varphi(l)=\varphi(m)=2に対し(1)と同様にl,m=3, 4, or 6\gcd(j,l,m)=1でなければならないから、可能な組み合わせはn=12。次に、\varphi(n)=4=1\cdot4と考えると、n=lmとして、\varphi(l)=1に対しl=1 or 2\varphi(m)=4に対しm=p^k (k\geq1)として\varphi(m)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)=4だから、p^{k-1}=1かつp-1=4、または、p^{k-1}=4かつp-1=1、または、p^{k-1}=2かつp-1=2。最後の場合は解がない。したがって、(p,k)=(5,1)または(2,3)なので、m=5 or 8\gcd(l,m)=1でなければならないから、可能な組み合わせはn=lm=5, 8, or 10
以上をまとめて、n=5, 8, 10 or 12

11.11
160=2^5\cdot5である。
160=2^4\cdot10=\varphi(2^5)\varphi(11)=\varphi(352)2^4\cdot10=\varphi(17)\varphi(11)=\varphi(187)
160=1\cdot2^4\cdot10=\varphi(2)\varphi(17)\varphi(11)=\varphi(374)
160=2^2\cdot2^2\cdot10=\varphi(2^3)\varphi(5)\varphi(11)=\varphi(440)2^2\cdot2^2\cdot10=\varphi(12)\varphi(5)\varphi(11)=\varphi(660)
160=2\cdot2^3\cdot10=\varphi(3)\varphi(2^4)\varphi(11)=\varphi(528)
160=2^3\cdot20=\varphi(2^4)\varphi(52)=\varphi(400)
160=2\cdot2^2\cdot20=\varphi(3)\varphi(2^3)\varphi(5^2)=\varphi(600)
160=2^2\cdot40=\varphi(5)\varphi(41)=\varphi(205)2^2\cdot40=\varphi(2^3)\varphi(41)=\varphi(328)2^2\cdot40=\varphi(10)\varphi(41)=\varphi(410)2^2\cdot40=\varphi(12)\varphi(41)=\varphi(492)
まとめると、187, 205, 328, 352, 374, 400, 410, 440, 492, 528, 600, 660の12個で全て。

(a)
1000=2^3\cdot5^3。この因数の中で、Euler関数の値域になるのは偶数なので、さらに絞り込むと、1=\varphi(2), 2=\varphi(2^2)=\varphi(3)=\varphi(2\cdot3),2^2=\varphi(5)=\varphi(2^3)=\varphi(2\cdot5), 2^3=\varphi(2^4), 2\cdot5=\varphi(11), 2^2\cdot5=\varphi(5^3), 2^3\cdot5=\varphi(41),  2^2\cdot5^2=\varphi(101),  2\cdot5^3=\varphi(251),  2^2\cdot5^3=\varphi(54)なので、nを割る候補の素数は2, 3, 5, 11, 41, 101, 251。

(b)
1000=1\cdot2\cdot500=\varphi(2^2)\varphi(5^4)=\varphi(2500)
1000=1\cdot2\cdot500=\varphi(3)\varphi(5^4)=\varphi(1875)
1000=1\cdot2\cdot500=\varphi(2)\varphi(3)\varphi(5^4)=\varphi(3750)
1000=1\cdot4\cdot500=\varphi(2^3)\varphi(251)=\varphi(2008)
1000=1\cdot4\cdot500=\varphi(5)\varphi(251)=\varphi(1255)
1000=1\cdot4\cdot500=\varphi(2)\varphi(5)\varphi(251)=\varphi(2510)
1000=1\cdot10\cdot100=\varphi(11)\varphi(5^3)=\varphi(1375)
1000=1\cdot10\cdot100=\varphi(11)\varphi(101)=\varphi(1111)
1000=1\cdot10\cdot100=\varphi(2)\varphi(11)\varphi(5^3)=\varphi(2750)
1000=1\cdot10\cdot100=\varphi(2)\varphi(11)\varphi(101)=\varphi(2222)
1000=1\cdot2\cdot2\cdot250=\varphi(2^2)\varphi(3)\varphi(251)=\varphi(3012)

となり、n=1111, 1255, 1375, 1875, 2008, 2222, 2500, 2510, 2750, 3012, 3750

11.12
(a) n=2^m (m\in\mathbb{N})
(b) n=2^{m_1}\cdot3^{m_2} (m_1,m_2\in\mathbb{N})
(c) 存在しない。


11.13
(a) 
2^{1000}\equiv9376 \pmod{10000}
3^{1000}\equiv1 \pmod{10000} 
4^{1000}\equiv9376 \pmod{10000}
5^{1000}\equiv625 \pmod{10000}
6^{1000}\equiv9376 \pmod{10000}
7^{1000}\equiv1 \pmod{10000}
8^{1000}\equiv9376 \pmod{10000}
9^{1000}\equiv1 \pmod{10000}
10^{1000}\equiv0 \pmod{10000}


(b)
(1) a\equiv0 \pmod{10}のときa^{1000}\equiv0 \pmod{10000}
(2) a\equiv5 \pmod{10}のときa^{1000}\equiv625 \pmod{10000}
(3) a\equiv1,3,7,9\pmod{10}のときa^{1000}\equiv1 \pmod{10000}
(4) a\equiv2,4,6,8\pmod{10}ときa^{1000}\equiv9376 \pmod{10000}

(c)
二項定理(第36章)を使えば単純:
a\equiv l\pmod{10} (0\leq l\leq9)とすると、a=l+10k (k\in\mathbb{Z})。a^{1000}=(l+10k)^{1000}=l^{1000}+10000kl^{999}+49950000k^2l^{998}+166167000000k^3l^{997}+((10k)^4=10000k^4\mbox{以上の冪の項})\equiv l^{1000}\pmod{10000}
(a)と、自明な0^{1000}\equiv0 \pmod{10000}, 1^{1000}\equiv1 \pmod{10000}とから、(b)が従う。

第11章までの知識でなんとかしようと思うと...:
(1) a\equiv0 \pmod{10}のときはa=10k (k\in\mathbb{Z})なのでa^{1000}=10000\cdot10^{996}k^{1000}\equiv0\pmod{10000}

(2) a\equiv5 \pmod{10}のときa^{4m}\equiv625\pmod{4m} (m\in\mathbb{N})であることを数学的帰納法で示す。a=5+10k (k\in\mathbb{Z})として、m=1のときa^4=625+4\cdot10k\cdot5^3+6\cdot(10k)^2\cdot25+4\cdot(10k)^3\cdot5+(10k)^4=625+5000k(k+1)(2k^2+2k+1)
で、kk+1のいずれかは偶数だから5000k(k+1)\equiv0\pmod{10000}となりa^4\equiv625\pmod{10000}
mではa^{4m}=a^4a^{4(m-1)}\equiv625\cdot625\equiv625\pmod{10000}

(3) a\equiv1,3,7,9 \pmod{10}のとき
(4) a\equiv2,4,6,8 \pmod{10}のとき
...

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