Diplom Ka

Masarykova univerzita Přírodovědecká fakulta

TEORIE ČÍSEL

sbírka příkladů

Diplomová práce

Brno 2006 Jiří Růžička

Prohlašuji, že jsem tuto diplomovou práci vypracoval samo-statně a použil přitom pouze uvedené literatury.

V Brně 8. května 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Děkuji vedoucímu diplomové práce Mgr.Michalu Bulan-tovi, Ph.D. za cenné připomínky, poskytnutou odbornou li-teraturu a čas, který věnoval konzultacím.

Obsah

Úvod 6

1 Základní pojmy 71.1 Dělitelnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Zajímavé úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Společný dělitel a násobek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Nesoudělná čísla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7 Zajímavé úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Prvočísla a čísla složená 162.1 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Zajímavé úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Kongruence 193.1 Základní vlastnosti kongruencí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.4 Zajímavé úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.5 Eulerova funkce ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.6 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.7 Eulerova a Fermatova věta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.8 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.9 Zajímavé úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 Kongruence o jedné neznámé 334.1 Lineární kongruence o jedné neznámé . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.3 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.4 Soustavy lineárních kongruencí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.5 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.6 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4

OBSAH

4.7 Kongruence vyšších stupňů . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.8 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.9 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.10 Primitivní kořeny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.11 Binomické kongruence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.12 Úlohy a cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.13 Příklady na procvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5 E-learning 67

Seznam použité literatury 69

5

Úvod

Studium teorie čísel bylo oblíbené již v antickém Řecku. K novému oživení do-šlo v Evropě v šestnáctém a sedmnáctém století převážně zásluhou matematikaFermata. V devatenáctém století přinesli zásadní příspěvky matematici Euler aLagrange. Knihy Legendreho (1798) a Gausse přinesly společně první systematickéteorie. Dá se říci, že Gaussova Disquisitiones Arithmeticae (1801) odstartovala za-čátek moderní teorie čísel. Gauss rovněž zavedl pojem kongruence a symbol a ≡ b

(mod c). Do teorie čísel velkou měrou přispělo i mnoho dalších významných ma-tematiků jako jsou Cauchy, Dirichlet nebo Jacobi.Teorie čísel se zabývá řešením problémů v oboru přirozených a celých čísel.

V mnoha úlohách nás totiž jiné než celočíselné výsledky nezajímají. Napříkladpočet lidí zřejmě nebude nikdo vyjadřovat číslem reálným. V tomto směru je tedytakovéto počítání jednodušší než například práce s komplexními čísly. Jednodu-chých je i mnoho základních pojmů, neboť s výrazy jako prvočíslo, nesoudělnáčísla, dělitelnost nebo společný dělitel se jistě již každý setkal na střední škole. Naprvní pohled to tedy vypadá, že se nemůžeme setkat s žádnými většími problémy.Je to však jen zdání. I v teorii čísel je mnoho problémů, které se dají snadnoformulovat, avšak jejichž řešení není triviální nebo se jej dokonce nepodařilo do-posud nalézt. Mezi nejznámější problémy z teorie čísel patří problém prvočíselnýchdvojčat, Goldbachova hypotéza a velká Fermatova věta.Tato diplomová práce je sbírkou úloh a má čtenářům pomoci při studiu úvodu

do teorie čísel. V začátku každé kapitoly jsou zopakovány nejdůležitější definice avěty, bez kterých se při řešení daných úloh neobejdete. Avšak těchto několik de-finic nemůže nahradit patřičnou literaturu z přednášek. Nenajdete zde ani žádnédůkazy vět. Ty opět hledejte v doporučené literatuře. Většina kapitol začíná ná-vodem na řešení jednoduchých úloh z dané oblasti. Následují příklady k samostat-nému řešení, které mají studentům pomoci s procvičením základních výpočetníchtechnik na jednoduchých příkladech. Příklady označené jako ”Na procvičení” byměl zvládnout každý student vypracovat samostatně. Podobná zadání se mnohdyobjevují na zkouškových písemkách a často předpokládají zažitou znalost před-chozích témat. Poslední skupinou jsou příklady ”Zajímavé”, jejichž pochopení bymělo každému pomoci k úspěšnému zvládnutí úvodu teorie čísel.

6

Kapitola 1

Základní pojmy

Dříve než se podíváme na zajímavé úlohy z teorie čísel, zopakujme si pojmy, kteréjsou nezbytné pro studium teoie čísel.

1.1 Dělitelnost

Definice 1.1. Řekneme, že celé číslo a dělí celé číslo b (neboli číslo b jedělitelné číslem a, též b je násobek a), právě když existuje celé číslo c tak, žeplatí a · c = b. Píšeme pak a | b.

I bez důkazů je jistě všem čtenářům zřejmé, že platí několik následujících tvrzení:

a | b ∧ b | c ⇒ a | c,

a | b ∧ a | c ⇒ a | b+ c ∧ a | b − c,

c 6= 0⇒ (a | b ⇔ ac | bc),

a | b ∧ b > 0⇒ a ≤ b.

Věta 1.1 (O dělení celých čísel se zbytkem). Pro libovolná číslaa ∈ Z, m ∈ N existují jednoznačně určená čísla q ∈ Z, r ∈ {0, 1, . . . , m − 1}tak, že a = qm+ r.

Věta 1.2. Pro přirozená čísla a, b platí

a | b ⇐⇒ 2a − 1 | 2b − 1.

7

1. Základní pojmy Zajímavé úlohy

1.2 Zajímavé úlohy

Příklad 1.1Najděte všechna celá čísla x 6= 3, pro která x − 3 | x3 − 3.

ŘešeníOznačme x − 3 = t. Tedy t má být celé nenulové číslo takové, aby pro něj platilot | (t + 3)3 − 3. Protože t dělí každý člen výrazu, který je násobkem t, můžemevýraz zjednodušit vypuštěním těchto členů. Má tedy platit t | 33−3, neboli t | 24.To platí, právě když t je dělitelem čísla 24. A to opět platí, právě když t je rovnoněkterému z čísel ±1,±2,±3,±4,±6,±8,±12,±24. Pro x = t+ 3 dostáváme, žex může nabývat hodnot -21, -9, -5, -3, -1, 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 15, 27. ◦

Příklad 1.2Najděte všechna kladná celá čísla n taková, pro něž platí, že číslo n2+1 je dělitelnéčíslem n + 1.

ŘešeníUpravme si výraz n2 + 1 :

n2 + 1 = n(n+ 1)− (n − 1).

Pokud má platit, že n + 1 | n2 + 1, musí také platit, že n + 1 | n − 1. V oborupřirozených čísel však může větší číslo dělit menší jen tehdy, pokud je tím menšímčíslem 0. Musí tedy být n − 1 = 0.

Výledkem je tedy jediné číslo, a to n = 1. ◦

1.3 Společný dělitel a násobek

Definice 1.2. Mějme celá čísla a1, a2. Libovolné celé číslo m takové, žem | a1, m | a2 (resp. a1 | m, a2 | m) se nazývá společný dělitel (resp. společnýnásobek) čísel a1, a2. Společný dělitel (resp. násobek) m ≥ 0 čísel a1, a2, kterýje dělitelný libovolným společným dělitelem (resp. dělí libovolný společný ná-sobek) čísel a1, a2, se nazývá největší společný dělitel (resp. nejmenší společnýnásobek) čísel a1, a2 a značí se (a1, a2) (resp. [a1, a2]).

S největším (resp. nejmenším) společným dělitelem (resp. násobkem) se jistějiž každý z vás někdy setkal.

8

1. Základní pojmy Společný dělitel a násobek

Způsobů na výpočet společného dělitele je několik, podíváme se nyní na ten nej-známější, tzv. Euklidův algoritmus.

Věta 1.3 (Euklidův algoritmus). Nechť a1, a2 jsou přirozená čísla. Prokaždé n ≥ 3, pro které an−1 6= 0, označme an zbytek po dělení čísla an−2 čísleman−1. Pak po konečném počtu kroků dostaneme ak = 0 a platí ak−1 = (a1, a2).

Výpočet největšího společného dělitele tedy spočívá v tom, že neustále dělímedělitele zbytkem po předchozím dělení. Ve chvíli, kdy nám vyjde zbytek nulový,podíváme se na zbytek v dělení předchozím, a to je právě náš hledaný největšíspolečný dělitel. Ukažme si výpočet na konkrétních příkladech.

Příklad 1.3Najděte největšího společného dělitele čísel 133 a 171.

ŘešeníVydělme číslo 171 číslem 133

171 = 1 · 133 + 38.

Nyní vydělíme dělitele (133) zbytkem po dělení (38)

133 = 3 · 38 + 19,

opět pokračujeme v dělení

38 = 2 · 19 + 0.

Protože jsme nyní dělili beze zbytku, je největším společným dělitelem předchozínenulový zbytek.

Největším společným dělitelem čísel 133 a 171 je tedy číslo 19. ◦

Příklad 1.4Nalezněte největšího společného dělitele čísel 240 − 1 a 228 − 1.

ŘešeníStejně jako v předchozím příkladu začneme dělením čísla většího číslem menším:

240 − 1 = 212(228 − 1) + (212 − 1).

Zbytek je nenulový, dělíme dále

228 − 1 = (216 + 24)(212 − 1) + (24 − 1),

212 − 1 = (28 + 24 + 1)(24 − 1).

9

1. Základní pojmy Společný dělitel a násobek

Z výpočtů je vidět, že největší společný dělitel čísel 240 − 1 a 228 − 1 je číslo24 − 1 = 15. ◦

O největším společném děliteli dvou čísel hovoří následující věta.

Věta 1.4 (Bezoutova). Pro libovolná celá čísla a1, a2 existuje jejich největšíspolečný dělitel (a1, a2), přitom existují celá čísla k1, k2 tak, že

(a1, a2) = k1a1 + k2a2.

Vztah mezi největším společným dělitelem a nejmenším společným násobkemcharakterizuje následující tvrzení.

Věta 1.5. Pro libovolná celá čísla a1, a2 existuje jejich nejmenší společnýnásobek [a1, a2] a platí (a1, a2) · [a1, a2] = |a1 · a2|.

Dělitelé a násobky více čísel se definují analogicky. My je však zde uvádětnebudeme, čtenář se o nich dozví více v příslušné literatuře.Výpočet koeficientů v Bezoutově rovnosti je poměrně snadný. Pro malá čísla

se dají mnohdy psát z hlavy. Pro čísla větší nejprve spočítáme největšího společ-ného dělitele pomocí Euklidova algoritmu. Poté celý princip výpočtu spočívá vezpětném dosazování tak, abychom číslo menší (zbytek) vyjádřili pomocí dvou číselvětších (dělitel a dělenec). Ukažme si to na následujícím příkladu.

Příklad 1.5Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro čísla 308 a 245.

ŘešeníNejprve spočítáme pomocí Euklidova algoritmu největšího společného dělitele:

308 = 1 · 245 + 63,

245 = 3 · 63 + 56,

63 = 1 · 56 + 7,

56 = 8 · 7.

Největším společným dělitelem je (308, 245) = 7.Koeficienty v Bezoutově rovnosti nalezneme pomocí zpětného dosazování

Z předposledního řádku výpočtu NSD dostáváme

7 = 63− 1 · 56.

10

1. Základní pojmy Úlohy a cvičení

Protože platí 56 = 245− 3 · 63, můžeme psát

7 = 63− (245− 3 · 63) = 4 · 63− 245.

Víme také, že platí 63 = 308− 245, dostáváme proto

7 = 4(308− 245)− 245 = 4 · 308− 5 · 245.

Bezoutovu rovnost nyní můžeme psát jako (308, 245) = 4 · 308− 5 · 245. ◦

1.4 Úlohy a cvičení

1. Nalezněte největšího společného dělitele a koeficienty v Bezoutově rovnostipro čísla:

(a) 1234 a 4321

(b) 650 a 702

(c) 345 − 1 a 365 − 1

(d) 377 − 1 a 321 − 1.

[ (a) 1 = 309 · 4321− 1082 · 1234 ]

[ (b) 26 = 13 · 650− 12 · 702 ]

[ (c) 242 = (1 + 325 + 345) · (345 − 1)− (325 + 35) · (365 − 1) ]

[ (d) 2186 = (321 − 1) · (1 + 321 + 342 + 363)− 37 · (377 − 1) ]

1.5 Příklady na procvičení

Příklad 1.6Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel123 a 321.

ŘešeníSpočítejme nejprve největšího společného dělitele pomocí Euklidova algoritmu.

321 = 2 · 123 + 75,

123 = 75 + 48,

75 = 48 + 27,

48 = 27 + 21,

27 = 21 + 6,

21 = 3 · 6 + 3,

6 = 2 · 3.

11

1. Základní pojmy Příklady na procvičení

Největší společný dělitel čísel 123 a 321 je tedy 3. Dosazujme nyní zpětně dorovnosti

3 = 21− 3 · 6,

3 = 21− 3(27− 21),

3 = 4 · 21− 3 · 27,

3 = 4(48− 27)− 3 · 27,

3 = 4 · 48− 7 · 27,

3 = 4 · 48− 7(75− 48),

3 = 11 · 48− 7 · 75,

3 = 11(123− 75)− 7 · 75,

3 = 11 · 123− 18 · 75,

3 = 11 · 123− 18(321− 2 · 123),

3 = 47 · 123− 18 · 321.

Koeficienty Bezoutovy rovnosti pro čísla 123 a 321 jsou čísla 47 a -18. ◦

Příklad 1.7Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel527 a 713.

ŘešeníNapřed spočítáme největšího společného dělitele.

713 = 527 + 186,

527 = 2 · 186 + 155,

186 = 155 + 31,

155 = 5 · 31.

Největším společným dělitelem je číslo 31. Nyní budeme hledat koeficienty v Bez-outově rovnosti.

31 = 186− 155,

31 = 186− (527− 2 · 186) = 3 · 186− 527,

31 = 3(713− 527)− 527 = 3 · 713− 4 · 527.

Bezoutovu rovnost můžeme psát jako (527, 713) = 3 · 713− 4 · 527. ◦

Příklad 1.8Nalezněte koeficienty v Bezoutově rovnosti pro největšího společného dělitele čísel291 − 1 a 235 − 1.

12

1. Základní pojmy Nesoudělná čísla

ŘešeníSpočítejme NSD:

291 − 1 = (256 + 221)(235 − 1) + (221 − 1),

235 − 1 = (214)(221 − 1) + (214 − 1),

221 − 1 = (27)(214 − 1) + (27 − 1),

214 − 1 = (27 + 1)(27 − 1).

Největším společným dělitelem je číslo 127. To můžeme psát jako

127 = (221 − 1)− 27 · (214 − 1),

127 = (221 − 1)− 27 ·(

(235 − 1)− 214 · (221 − 1))

,

127 = (221 − 1)(221 + 1)− 27 · (235 − 1),

127 =(

(291 − 1)− (256 + 221)(235 − 1))

(221 + 1)− 27 · (235 − 1),

127 = (221 + 1)(291 − 1) + (235 − 1)(

−27 − (256 + 221)(221 + 1))

,

127 = (221 + 1)(291 − 1) + (235 − 1)(−27 − 277 − 256 − 242 − 221).

Největším společným dělitelem čísel 291 − 1 a 235 − 1 je číslo 127.Bezoutovu rovnost můžeme psát jako

(291 − 1, 235 − 1) = (221 + 1)(291 − 1)− (27 + 277 + 256 + 242 + 221)(235 − 1).

◦

1.6 Nesoudělná čísla

Co to jsou soudělná a nesoudělná čísla, ví každý čtenář již ze střední školy. Avšakzopakujme zde definice těchto pojmů.

Definice 1.3. Čísla a1, a2, . . . , an ∈ Z se nazývají nesoudělná, jestliže platí(a1, a2, . . . , an) = 1. Čísla a1, a2, . . . , an ∈ Z se nazývají po dvou nesoudělná,jestliže pro každé i, j takové, že 1 ≤ i < j ≤ n, platí (ai, aj) = 1.


Následující úloha pochází ze zadání matematické olympiády pro střední školy.Zkusme ji nyní bez nějakých dalších vědomostí vyřešit.

13


Příklad 1.9Dokažte, že pro všechna přirozená m platí, že výraz m6 − m2 je dělitelný číslem60.

ŘešeníProtože platí 60 = 3 · 4 · 5 a zároveň jsou čísla 3, 4 a 5 po dvou nesoudělná, stačídokázat, že daný výraz je dělitelný každým z těchto čísel.Nejprve dokážeme, že m6−m2 je násobkem čísla 3. Číslo m může dávat po dělenítřemi pouze některý z těchto zbytků: 0, 1, 2. Podívejme se, jaké dostaneme zbytky,pokud toto číslo umocníme na šestou nebo druhou a jaký zbytek dostaneme,pokud od sebe mocniny odečteme. Tyto zbytky nám ukazuje následující tabulka.Obsahuje vždy jen zbytky po dělení příslušného výrazu číslem 3.

m 0 1 2m2 0 1 1m6 0 1 1m6 − m2 0 0 0

Z tabulky přímo vidíme, že pro kterékoliv přirozené číslo (číslo s libovolným zbyt-kem) je daný výraz dělitelný třemi.Vytvořme stejnou tabulku pro dělení čtyřmi. Zbytky, které můžeme dostat, jsou0, 1, 2 a 3.

m 0 1 2 3m2 0 1 0 1m6 0 1 0 1m6 − m2 0 0 0 0

Nyní vidíme, že výraz je pro všechna m dělitelný i číslem 4.Podívejme se ješte, jak to vypadá pro dělení pěti.

m 0 1 2 3 4m2 0 1 4 4 1m6 0 1 4 4 1m6 − m2 0 0 0 0 0

Výraz je tedy dělitelný i číslem 5.Dostali jsme tak, že daný výraz je dělitelný čísly 3, 4 i 5. Protože jsou tato číslanavzájem nesoudělná, je výraz dělitelný i číslem 3 · 4 · 5 = 60. ◦

Příklad 1.10Dokažte, že pokud jsou a a b různá celá čísla, potom existuje nekonečně mnohokladných celých čísel n takových, že a+ n a b+ n jsou čísla nesoudělná.

14


ŘešeníNechť a a b jsou dvě různá celá čísla. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat,že a < b. Nechť n = (b − a)k + 1− a. Pro k dostatečně velké bude n kladné celéčíslo. Dostáváme a + n = (b − a)k + 1, b + n = (b − a)(k + 1) + 1, kde a + n ab + n jsou celá kladná čísla. Jestliže pro nějaké číslo d platí d | a + n a d | b + n,musí také platit d | b − a. Protože d | a + n = (b − a)k + 1 a zároveň d | b − a,musí také platit d | 1. Odtud dostáváme, že d = 1. Čísla a+ n a b+ n jsou protonesoudělná. ◦

15

Kapitola 2

Prvočísla a čísla složená

Definice 2.1. Pokud má číslo n ≥ 2 pouze triviální kladné dělitele (tedyčíslo 1 a n), nazývá se prvočíslo. Pokud má i netrivální dělitele (tedy i nějakédalší), nazývá se složené číslo.

Věta 2.1. Přirozené číslo p ≥ 2 je prvočíslo, právě když platí: pro každá celáčísla a, b z p | ab plyne p | a nebo p | b.

Věta 2.2. Libovolné přirozené číslo n ≥ 2 je možné vyjádřit jako součinprvočísel, přičem je toto vyjádření jediné, nebereme-li v úvahu pořadí činitelů.


Příklad 2.1Dokažte nebo vyvraťte tvrzení: ”Pro každé prvočíslo p 6= 5 platí, že alespoň jednoz čísel p2 + 4, p2 + 6 není prvočíslo.”

ŘešeníPředpokládejme, že p 6= 5 je prvočíslo. Pokud číslo p dělíme číslem 5, dává zby-tek 1, 2, 3 nebo 4. Podívejme se tedy, jaké zbytky dávají po dělení pěti číslap2 + 4 a p2 + 6.To nám ukazuje následující tabulka.

16

2. Prvočísla a čísla složená Zajímavé úlohy

p 1 2 3 4p2 1 4 4 1p2 + 4 0 4 4 0p2 + 6 2 0 0 2

Z posledních dvou řádků je jasně vidět, že je číslem 5 dělitelný vždy právě jedenz výrazů p2 + 4 nebo p2 + 6. Navíc je každý z těchto výrazů větší než 5 a nemůžetak být prvočíslem. Tím jsme dokázali platnost tvrzení. ◦


Příklad 2.2Najděte všechna prvočísla, která můžeme vyjádřit zároveň jako součet i rozdíldvou jiných prvočísel.

ŘešeníNechť r je takové prvočíslo, které můžeme napsat jako součet i rozdíl dvou jinýchprvočísel. Potom je jistě r > 2 a je lichým prvočíslem. Protože součet i rozdílprvočísel má být opět prvočíslo (liché číslo), musí být jedno z těchto prvočíselsudé, tedy rovno dvěma. Dostáváme tak r = p + 2 = q − 2, kde r, p, q jsouprvočísla. Hledáme proto tři za sebou jdoucí prvočísla. Těmi jsou pouze čísla 3,5 a 7. Dostáváme tak, že jedině prvočíslo 5 můžeme napsat jako součet i rozdíljiných dvou prvočísel (5 = 2 + 3 = 7− 2). ◦

Příklad 2.3Najděte všechna prvočíselná řešení p, q, r rovnice p(p+ 1) + q(q + 1) = r(r+ 1).

ŘešeníRovnice má jediné řešení, a to p = q = 2, r = 3. Ukažme si proč. Najděme nejprvevšechna řešení rovnice p(p+ 1) + q(q + 1) = n(n + 1), kde p, q jsou prvočísla a n

je kladné celé číslo. Naši rovnici můžeme přepsat do tvaru

p(p+ 1) = n(n+ 1)− q(q + 1) = (n − q)(n+ q + 1),

zároveň musí být n > q. Protože p je prvočíslo, musí platit p | n−q nebo p | n+q+1.Jestliže p | n − q, potom p ≤ n − q, z čehož plyne p(p+ 1) ≤ (n − q)(n − q + 1) atedy n+q+1 ≤ n−q+1. To je ovšem nemožné. Proto musí platit, že p | n+q+1,což znamená, že pro nějaké kladné celé k rovněž platí

n+ q + 1 = kp, což implikuje p+ 1 = k(n − q).

17

2. Prvočísla a čísla složená Zajímavé úlohy

Pokud je k = 1, potom n+ q+1 = p a p+1 = n− q, dostáváme tak p− q = n+1a zároveň p+q = n+1. To je ovšem nemožné. Proto musí být k > 1. Z předchozíhomůžeme psát

2q = (n+ q)− (n − q) = kp − 1− (n − q) =

= k · [k(n − q)− 1]− 1− (n − q) = (k + 1) [(k − 1)(n − q)− 1] .

Protože k ≥ 2, je k + 1 ≥ 3. Výraz 2q je dělitelný pouze čísly 1, 2, q, 2q.Musí proto být k + 1 = q nebo k + 1 = 2q. Jestliže je k + 1 = q, potom je(k − 1)(n − q) = 3. Odsud (q − 2)(n − q) = 3. Nyní je buď q − 2 = 1, n − q = 3a proto q = 3, n = 6, k = q − 1 = 2 a p = 5 nebo je q − 2 = 3, n− q = 1 a z tohotodostáváme q = 5, n = 6, k = 4 a p = 3.Také může být k + 1 = 2q a odtud (k − 1)(n − q) = 2. Proto platí i rovnost

2(q − 1)(n − q) = 2. Tento vztah vede k tomu, že q − 1 = 1 a n − q = 1, neboliq = 2, n = 3 a p = 2.Takže pro kladné celé číslo n dostáváme tato řešení s prvočísly p a q:

1. p = q = 2, n = 3

2. p = 5, q = 3, n = 6

3. p = 3, q = 5, n = 6.

Pouze v prvním případě jsou všechna tři čísla prvočísla. ◦

18

Kapitola 3

Kongruence

Definice 3.1. Pokud mají dvě celá čísla a, b po dělení přirozeným číslem m

stejný zbytek r, kde 0 ≤ r < m, nazýváme je kongruentní modulo m (nebokongruentní podle modulu m). Zapisujeme to takto:

a ≡ b (mod m).

Jestliže mají různý zbytek, říkáme, že nejsou kongruentní modulom, a píšeme:

a 6≡ b (mod m).

Věta 3.1. Pro libovolné a, b ∈ Z, m ∈ N jsou následující podmínky ekviva-lentní:

1. a ≡ b (mod m),

2. a = b+mt pro vhodné t ∈ Z,

3. m | a − b.

3.1 Základní vlastnosti kongruencí

Připomeňme zde několik vět o vlastnostech kongruencí. Ty poměrně snadno ob-držíme přímo z definice. Důkazy zde uvádět nebudeme, najdete je v patřičnéliteratuře.

19

3. Kongruence Základní vlastnosti kongruencí

Věta 3.2. 1. Kongruence podle téhož modulu můžeme sčítat.Libovolný sčítanec můžeme přenést s opačným znaménkem z jednéstrany kongruence na druhou.Na libovolnou stranu kongruence můžeme přičíst jakýkoliv násobek mo-dulu.

2. Kongruence podle téhož modulu můžeme násobit.Obě strany kongruence můžeme umocnit na totéž přirozené číslo nebovynásobit stejným celým číslem.

3. Obě strany kongruence můžeme vydělit jejich společným dělitelem, po-kud je tento dělitel nesoudělný s modulem.

4. Obě strany kongruence i její modul můžeme vynásobit tímtéž přirozenýmčíslem.

5. Obě strany kongruence i její modul můžeme vydělit jejich společnýmkladným dělitelem.

6. Pokud kongruence a ≡ b platí podle více modulů m1 . . . mk, platí i podlemodulu, který je nejmenším společným násobkem [m1 . . . mk] těchtomodulů.

7. Platí-li kongruence podle modulu m, platí také podle libovolného modulud, který je dělitelem čísla m.

8. Pokud nějaké číslo dělí jednu stranu kongruence i modul, pak také dělídruhou stranu kongruence.

Poznámka. Počítání s kongruencemi nevyžaduje žádné zvláštní vědomosti. Spíšejen cvik a představivost, co to znamená, pokud jsou dvě čísla spolu kongruentní.Početních cest vede k cíli obvykle více. Ke zjednodušení výrazu se nejvíce vyu-žívá toho, že můžeme libovolné číslo nahradit jeho zbytkem po dělení modulem,případně číslem o modul menším než je zbytek (plyne z 3.2.1).

Příklad 3.1Nalezněte zbytek po dělení čísla 230 číslem 5.

ŘešeníZjevně platí kongruence

22 = 4 ≡ −1 (mod 5).

20


Nyní podle věty 3.2.2 můžeme obě strany kongruence umocnit, tedy

415 = 230 ≡ (−1)15 = −1 (mod 5).

Protože podle definice má pro zbytek platit 0 ≤ r < m, ještě přičteme na pravoustranu jednou modul

230 ≡ −1 + 5 (mod 5),

230 ≡ 4 (mod 5).

Zbytek po dělení čísla 230 číslem 5 je tedy 4. ◦


ŘešeníČíslo 72 si nejprve rozložíme na vhodnější součinitele a zjednodušíme. Například

7211 = (4 · 18)11 ≡ (4 · 1)11 = 411 (mod 17).

Kongruenci budeme dále upravovovat:

7211 ≡ 411 = 4 · 410 = 4 · 165 (mod 17).

Protože 16 ≡ −1 (mod 17), provedeme záměnu

7211 ≡ 4 · (−1)5 = −4 (mod 17).

Neboť je −4 ≡ 13 (mod 17), provedeme ještě jednou záměnu

7211 ≡ 13 (mod 17).

Zbytek po dělení čísla 7211 číslem 17 je tedy 13. ◦


ŘešeníPlatí, že

13 ≡ −1 (mod 7).

21


Musí tedy platit také

1325 ≡ (−1)25 = −1 (mod 7).

A tedy po přičtení modulu na pravou stranu dostáváme výsledek

1325 ≡ 6 (mod 7).

Zbytek po dělení čísla 1325 číslem 7 je 6. ◦

Příklad 3.4Nalezněte zbytek po dělení čísla 1312 + 1211 + 1110 číslem 9.

ŘešeníVytvořme kongruenci náhradou čísel za zbytky po dělení 9

1312 + 1211 + 1110 ≡ 412 + 311 + 210 (mod 9).

Upravme kongruenci do vhodného tvaru

1312 + 1211 + 1110 ≡ (2)24 + 32 · 39 + 2 · (23)3 (mod 9).

Po jednoduché úpravě dostaneme

1312 + 1211 + 1110 ≡ 88 + 9 · 39 + 2 · 89 (mod 9).

Opět nahradíme některá čísla menšími zbytky

1312 + 1211 + 1110 ≡ (−1)8 + 0 + 2 · (−1)9 (mod 9).

Nyní stačí už jen upravovat:

1312 + 1211 + 1110 ≡ 1− 2 (mod 9),

1312 + 1211 + 1110 ≡ 8 (mod 9).

Zbytek po dělení čísla 1312 + 1211 + 1110 číslem 9 je tedy 8. ◦

Příklad 3.5Dokažte, že číslo 1615 + 2914 + 4213 je dělitelné číslem 13.

ŘešeníDokázat, že číslo 13 dělí číslo jiné, je totéž jako ukázat, že takové číslo dává zbyteknula po dělení třinácti. Tedy, že je kongruentní s nulou modulo 13.

22


Nejprve nahradíme základy mocnin zbytky po dělení číslem 13:

1615 + 2914 + 4213 ≡ 315 + 314 + 313 (mod 13).

Kongruenci upravíme:

1615 + 2914 + 4213 ≡ 313 · (9 + 3 + 1) (mod 13),

1615 + 2914 + 4213 ≡ 313 · 13 (mod 13).

Číslo 13 na pravé straně můžeme nahradit jeho zbytkem, tedy nulou:

1615 + 2914 + 4213 ≡ 0 (mod 13).

Tímto jsme ukázali, že výraz 1615 + 2914 + 4213 je kongruentní s nulou, neboli žeje dělitelný číslem 13. ◦

Příklad 3.6Dokažte, že číslo 215 + 314 + 513 + 212 je dělitelné číslem 22.

ŘešeníOpět ukážeme kongruenci tohoto čísla s nulou modulo 22. Vyřešení však vyžadujevíce úprav, než jsme byli doposud zvyklí.

Nejprve výraz vhodně upravíme

215 + 314 + 513 + 212 = (23 + 1) · 212 + 5 · (52)6 + 314 =

= 9 · 212 + 5 · (25)6 + 314.

Nyní už řešíme běžným způsobem danou kongruenci

215 + 314 + 513 + 512 ≡ 9 · 212 + 5 · 56 + 314 ≡ 9 · 212 + 36 · (5 + 38)

≡ 9 · 212 + 36 · (5 + 812) ≡ 9 · 212 + 36 · (5 + 72) ≡ 9 · 212 + 36 · 10

≡ 2 · (9 · 211 + 36 · 5) (mod 22).

Ukázat, že je levá strana kongruence kongruentní s nulou modulo 22 je stejné, jakonyní ukázat, že je modulo 11 s nulou kongruentní výraz v závorce na pravé straně

9 · 211 + 5 · 36 ≡ 18 · (25)2 + 45 · 34 ≡ 7 · (−1)2 + 1 · 34 ≡ 7 + 81 ≡ 0 (mod 11).

Z obou kongruencí tedy plyne, že 215+314+513+512 ≡ 0 (mod 22), nebo-li že jedaný výraz dělitelný číslem 22. ◦

23

3. Kongruence Úlohy a cvičení


1. Jaký zbytek dává číslo:

(a) 1325 dělené číslem 6

(b) 2666666 dělené číslem 7

(c) 13 · 2666666 + 7 · 215 dělené číslem 5

(d) 214 + 513 + 212 dělené číslem 22?

[ (a) 1; (b) 1; (c) 3; (d) 13 ]

2. Dokažte, že je dělitelné:

(a) číslo 812 + 11 · 210 číslem 5

(b) číslo 940 + 730 + 520 + 310 číslem 4

(c) číslo 3330 − 2815 + 520 − 105 číslem 13

(d) číslo 717 · 515 − 1513 číslem 13.


Příklad 3.7Určete dvě poslední číslice dekadického zápisu čísla 39876543.

ŘešeníZadání příkladu je stejné, jako kdybychom se ptali, jaký zbytek dává dané číslopo dělení stem, neboli s čím je toto číslo kongruentní modulo 100.

39876543 ≡ 273292181 = 27 · 273292180 = 27 · (272)1646090 ≡ 27 · 291646090 (mod 100)

27 · 291646090 = 27 · (292)646090 = 27 · (841)1646090 ≡ 27 · 41823045 (mod 100)

27 · 41823045 = 27 · (415)164609 = 27 · (115856201)164609 ≡ 27 · 1164609 (mod 100)

39876543 ≡ 27 (mod 100)

Zjistili jsme, že poslední dvě cifry dekadického zápisu čísla 39876543 jsou 27. ◦

Příklad 3.8Nalezněte přirozené číslo x splňující x ≡ 448 (mod 97).

ŘešeníMáme najít s čím je 448 kongruentní. Tedy

x ≡ 448 = 6416 ≡ (−33)16 = 3316 = 10898 ≡ 228 = 4844 ≡ (−1)4 = 1 (mod 97).

Se zadanným číslem je kongruentní číslo 1. ◦

24

3. Kongruence Zajímavé úlohy


Příklad 3.9Dokažte, že pro kladné celé číslo n platí n2 | (n+ 1)n − 1.

ŘešeníZ binomické věty dostáváme

(1 + n)n = 1 +

(

n

1

)

n +

(

n

2

)

n2 + · · ·+

(

n

n

)

nn.

Navíc pro druhý sčítanec platí(

n

1

)

n = n2.

Pokud je tedy n > 1, platí, že všechny členy rozkladu kromě prvního jsou násob-kem n, jehož mocnina je ≥ 2. Tedy platí

n2 |

(

n

1

)

n+

(

n

2

)

n2 + · · ·+

(

n

n

)

nn.

Odtud tedy plyne závěr, že n2 | (n+ 1)n − 1. ◦

Příklad 3.10Najděte všechna kladná celá čísla a taková, pro která je výraz a10 + 1 dělitelnýčíslem 10.

ŘešeníJestliže je a kladné celé číslo a r je jeho zbytek po dělení deseti, potom je a10 + 1dělitelné číslem 10 tehdy a jen tehdy, když je r10 + 1 dělitelné deseti. Zbytek r

je právě některé z čísel 0, 1, 2, . . . , 9. Pro tato čísla jednoduše ověříme, že pouze310 + 1 a 710 + 1 jsou dělitelná deseti.

010 + 1 = 1

110 + 1 = 2

210 + 1 = 1025

310 + 1 = 95 + 1 ≡ (−1)5 + 1 = 0 (mod 10)

410 + 1 Toto je jistě liché číslo a proto nemůže být dělitelné deseti.

510 + 1 = 255 + 1 ≡ 5 · 54 + 1 ≡ 5 · 5 + 1 ≡ 6 (mod 10)

610 + 1 Opět dostáváme liché číslo, které nemůže být dělitelné deseti.

710 + 1 = 495 + 1 ≡ (−1)5 + 1 = 0 (mod 10)

810 + 1 I toto číslo je liché.

910 + 1 ≡ (−1)10 + 1 = 2 (mod 10)

25

3. Kongruence Eulerova funkce ϕ

To znamená, že číslo a, pro které platí 10 | a10 +1, může být pouze tvaru 10k+3nebo 10k + 7 pro k = 0, 1, 2, . . . . ◦

Příklad 3.11Dokažte, že pokud pro celá čísla a a b platí 7 | a2+ b2, potom 7 | a a zároveň 7 | b.

ŘešeníDruhá mocnina celého čísla nedělitelného sedmi dává po dělení sedmi zbytek 1, 2nebo 4. Součet dvou takovýchto zbytků může být 1, 2, 3, 4, 5 nebo 6. Pokud jsoutedy a a b taková čísla, že 7 | a2 + b2, musí být sedmi dělitelná také obě čísla a ib. ◦

Příklad 3.12Dokažte, že pro Fn = 22

n

+ 1 platí Fn | 2Fn − 2 (n = 1, 2, . . . ).

ŘešeníMůžeme jednoduše indukcí ukázat, že pro kladná celá čísla n platí 2n ≥ n + 1,z čehož plyne, že 2n+1 | 22

n

a z věty 1.2 dostáváme 22n+1

− 1 | 222n

− 1. Dále platí22

n

+1 | 22n+1

−1 = (22n

+1)(22n

−1) a 222n

−1 | 2(222n

−1) = 222n+1

−2. Dohromadytak můžeme psát Fn = 22

n

+ 1 | 22n+1

− 1 | 222n

− 1 | 222n+1

− 2 = 2Fn − 2, tedyFn | 2Fn − 2. Tímto je důkaz hotov. ◦

Poznámka. Někteří matematici se domnívají, že tento vztah vedl P. Fermata k do-měnce, že všechna čísla Fn (n = 1, 2, . . . ) jsou prvočísla. Za Fermata se lidédomnívali, že tzv. Čínská věta je pravdivá, tedy tvrzení, že když m > 1 splňujevztah m | 2m − 2, pak je m prvočíslo (vztah byl ověřen pro několik prvních stovekcelých čísel). Toto tvrzení bylo vyvráceno pro m = 341 = 11 · 31.

3.5 Eulerova funkce ϕ

Definice 3.2. Nechť n ∈ N. Definujeme Eulerovu funkci ϕ předpisem

ϕ(n) =| {a ∈ N | 0 < a ≤ n, (a, n) = 1} | .

Eulerova funkce ϕ(n) je definována jako počet přirozených čísel menších nežn, která jsou nesoudělná s n.

26

3. Kongruence Příklady na procvičení

Věta 3.3. Nechť n ∈ N a jeho rozklad je tvaru n = pα11 . . . p

αk

k . Pak

ϕ(n) = (pα11 − pα1−1

1 ) . . . (pαk

k − pαk−1k ).

Snadnou úpravou dostaneme, že

ϕ(n) = n ·

(

1−1p1

)

. . .

(

1−1pk

)

.

Z definice platí ϕ(1) = 1.

Je zřejmé, že pro prvočíslo p je ϕ(p) = p − 1.

Věta 3.4. Pro libovolná dvě nesoudělná přirozená čísla m1, m2 platí

ϕ(m1, m2) = ϕ(m1) · ϕ(m2).

Výpočet Eulerovy funkce je poměrně snadný. Stačí zadané číslo rozložit nasoučin prvočísel a dosadit do jednoho z výše uvedených vzorců.


Příklad 3.13Spočítejte hodnotu Eulerovy funkce pro číslo 735.

ŘešeníNejprve si rozložíme číslo 735 na součin prvočísel:

735 = 3 · 245 = 3 · 5 · 49 = 3 · 5 · 72.

Zbývá dosadit do vhodného vzorce. Nejlépe je vzorce dle potřeby kombinovat:

ϕ(735) = ϕ(3) · ϕ(5) · ϕ(72),

ϕ(735) = 2 · 4 ·(

72 − 71)

,

ϕ(735) = 336.

Eulerova funkce pro číslo 735 má hodnotu 336. ◦

27

3. Kongruence Eulerova a Fermatova věta

3.7 Eulerova a Fermatova věta

Věta 3.5 (Fermatova, Malá Fermatova). Pro libovolné prvočíslo p

a každé celé číslo a platíap ≡ a (mod p).

Je-li navíc (a, p) = 1, platí ap−1 ≡ 1 (mod p).

Věta 3.6 (Eulerova). Nechť a ∈ Z, m ∈ N, (a, m) = 1. Pak

aϕ(m) ≡ 1 (mod m).

S Eulerovou větou a Eulerovou funkcí úzce souvisí důležitý pojem řád číslamodulo m.

Definice 3.3. Nechť a ∈ Z, m ∈ N, (a, m) = 1. Řádem čísla a modulo mrozumíme nejmenší přirozené číslo n splňující

an ≡ 1 (mod m).

Věta 3.7. Nechť a ∈ Z, m ∈ N, (a, m) = 1. Označme r řád čísla a modulom. Pak pro libovolná t, s ∈ N ∪ {0} platí

at ≡ as (mod m) ⇐⇒ t ≡ s (mod r).

Věta 3.8. Nechť a ∈ Z, m ∈ N, (a, m) = 1. Označme r řád čísla a modulom.

1. Pro libovolné n ∈ N ∪ {0} platí

an ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ r | n.

2. r | ϕ(m).

28



Příklad 3.14Určete řád čísla 5 modulo 13.

ŘešeníVíme, že má platit 5 | ϕ(m) = 12. Řádem proto bude některé z čísel 1, 2, 3, 4, 6, 12.Budeme prověřovat tato čísla postupně od nejmenšího.

51 ≡ 5 (mod 13)

52 ≡ −1 (mod 13)

53 ≡ −1 · 5 = −5 (mod 13)

54 ≡ −5 · 5 ≡ 1 (mod 13)

Řádem čísla 5 modulo 13 je číslo 4. ◦

Příklad 3.15Rozhodněte, pro která přirozená čísla n je číslo 3n + 4n − 5n dělitelné jedenácti.

ŘešeníMá-li být zadaný výraz dělitelný číslem 11, musí dávat po dělení jedenácti zbytek0. Budeme modulo 11 zjišťovat, jaké zbytky dávají jednotlivé sčítance a jakýzbytek dostaneme jejich součtem, v závislosti na n. Lze snadno ověit, že modulo11 mají čísla 3, 4, 5 stejný řád 5 (řád musí dělit ϕ(11) = 10, je to proto některéz čísel 1, 2, 5, 10). Je proto zřejmé, že stačí ověřit zbytky pro n ≤ 5. Poté se budoujejich zbytky opakovat stejným způsobem od začátku.Zapišme si výsledky do přehledné tabulky.

n 3n 4n 5n 3n + 4n − 5n

1 3 4 5 22 9 5 3 03 5 9 4 104 4 3 9 95 1 1 1 1

Z tabulky je vidět, že výraz je dělitelný pouze pro n ≡ 2 (mod 5). ◦

Příklad 3.16Dokažte tvrzení: ”Pro každé přirozené číslo n platí, že číslo 22

6n+2−16 je dělitelné

číslem 37.”

29


ŘešeníPlatí, že

26 = 64 ≡ 1 (mod 9).

Odtud dostáváme

26n ≡ 1 (mod 9),

26n+2 ≡ 22 (mod 22 · 9),

26n+2 ≡ 4 (mod 36).

Kongruenci také můžeme zapsat parametricky:

26n+2 = 36t+ 4, kde t ∈ Z.

Z Fermatovy věty plyne

236 ≡ 1 (mod 37).

Z obou výrazů můžeme psát

226n+2

= 236t+4 ≡ 24 = 16 (mod 37),

tedy

226n+2

− 16 ≡ 0 (mod 37).

Tímto jsme dokázali, že číslo 37 dělí výraz 226n+2

− 16 pro všechna přirozená n. ◦

Příklad 3.17Dokažte, že pro všechna n ∈ N platí 25 | 42n+1 − 10n − 4.

ŘešeníPodívejme se, jaké zbytky dávají (modulo 25) pro všechna možná n jednotlivéčleny výrazu a jaký zbytek dává celý výraz. Protože řád čísla 4 modulo 25 je 5,budou se zbytky vždy po pěti opakovat. Protože (10,25)=5 a 25:5=5, budou se izbytky členu 10n vždy po pěti opakovat. Stačí se tedy podívat na čísla 1 ≤ n ≤ 5.

n 42n+1 10n 42n+1 − 10n − 41 14 10 02 24 20 03 9 5 04 19 15 05 4 0 0

30


Z tabulky je patrné, že zadaný výraz je dělitelný číslem 25 pro všechna přirozenáčísla n. ◦

Příklad 3.18Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n je číslo 111 + 22

22n−1

dělitelné číslem127.

ŘešeníMáme ukázat, že všechna přirozená n splňují kongruenci

2222n−1

≡ −111 (mod 127).

Tuto kogruenci můžeme upravit

2222n−1

≡ 16 = 24 (mod 127).

Protože číslo 7 je řád čísla 2 modulo 127. Platí podle věty 3.7 daná kongruence,právě když platí kongruence

222n−1

≡ 4 = 22 (mod 7).

Modulo 7 má číslo 2 řád 3. Opět podle věty 3.7 kongruence platí, právě když

22n−1 ≡ 2 (mod 3).

Kongruenci můžeme ještě přepsat:

(−1)2n−1 ≡ (−1) (mod 3).

Kongruence je zajisté splněna vždy, když je výraz 2n−1 lichým přirozeným číslem.Tím je ovšem pro libovolné přirozené n, čímž jsme dokázali požadované tvrzení. ◦


Příklad 3.19Dokažte, že neexistuje žádné celé číslo n > 1 takové, pro které platí n | 2n − 1.

ŘešeníPředpokládejme, že existuje celé číslo n > 1 takové, že n | 2n − 1 a nechť n jenejmenší z takovýchto čísel.Pak je jistě n liché a je proto (n, 2) = 1. Z Eulerovy věty dostáváme n | 2ϕ(n) − 1.

31


Z věty 1.2 plyne, že největší společný dělitel čísel 2a − 1 a 2b − 1 je číslo 2d − 1,kde d = (a, b). Pro a = n a b = ϕ(n), d = (n, ϕ(n)) dostáváme, že n | 2d − 1. Pron > 1 však dostáváme 2d − 1 > 1. Z toho plyne d > 1 a 1 < d ≤ ϕ(n) < n. Odtudd | n | 2d − 1, což je v rozporu s naším předpokladem o n. ◦

Příklad 3.20Dokažte, že pro liché n platí n | 2n! − 1.

ŘešeníPro n = 1 je vztah zřejmý. Pro n > 1, jehož rozklad na prvočísla je n =qα11 qα22 . . . q

αk

k a

ϕ(n) = qα1−11 qα2−1

2 . . . qαk−1k (q1 − 1) . . . (qk − 1),

a kde q1 < q2 < · · · < qk platí qα1−11 qα2−1

2 . . . qαk−1k | n, kde q1 − 1 < qk ≤ n. Jistě

platí qk −1 < n a q1−1 < q2−1 < · · · < qk −1 jsou různá kladná celá čísla menšínež n. Odtud dostáváme (q1− 1)(q2− 1) . . . (qk − 1) | (n− 1)! a zároveň tedy musíplatit ϕ(n) | (n−1)! ·n = n! Pokud je n liché, potom (z Eulerovy věty) dostávámen | 2ϕ(n) − 1 | 2n! − 1, tedy n | 2n! − 1. Tím je důkaz hotov. ◦

Příklad 3.21Dokažte, že číslo 19 dělí číslo 22

6k+2+ 3 pro k = 0, 1, 2, . . .

ŘešeníPlatí, že 26 = 64 ≡ 1 (mod 9). Z toho plyne, že pro všechna k = 0, 1, 2, . . . platí26k ≡ 1 (mod 9). Odtud dostáváme 26k+2 ≡ 22 (mod 9) a protože obě strany jsousudé, dostáváme 26k+2 ≡ 22 (mod 18). Toto můžeme napsat jako 26k+2 = 18t+22,kde t je celé číslo ≥ 0. Z Fermatovy věty plyne 218 ≡ 1 (mod 19) a odtud 218t ≡ 1(mod 19) pro t = 0, 1, 2, . . . . Z předchozího plyne 22

6k+2= 218t+4 ≡ 24 (mod 19).

Závěrem dostáváme

226k+2

+ 3 ≡ 24 + 3 ≡ 0 (mod 19).

Tímto je důkaz hotov. ◦

32

Kapitola 4

Kongruence o jedné neznámé

Definice 4.1. Nechť m ∈ N, f(x), g(x) ∈ Z[x]. Zápis

f(x) ≡ g(x) (mod m)

nazýváme kongruencí o jedné neznámé x.

Úkolem nalézt množinu řešení této kongruence rozumíme nalézt mno-žinu čísel c ∈ Z takových, že platí f(c) ≡ g(c) (mod m).

Dvě kongruence se nazývají ekvivalentní, mají-li stejnou množinu řešení.

Věta 4.1. Pro libovolná a, b ∈ Z, m ∈ N, f(x) ∈ Z[x] platí

a ≡ b (mod m) =⇒ f(a) ≡ f(b) (mod m).

4.1 Lineární kongruence o jedné neznámé

Definice 4.2. Lineární kongruencí o jedné neznámé nazýváme kongruencitypu

ax ≡ b (mod m), m ∈ N, a, b ∈ Z. (1)

Věta 4.2. Označme d = (a, m). Pak kongruence (1) má řešení právě tehdy,když d | b. Pokud d | b, pak má tato kongruence právě d řešení (modulo m).

33

4. Kongruence o jedné neznámé Lineární kongruence o jedné neznámé

Poznámka. Ověření, zda má daná kongruence řešení je obvykle prvním krokemvýpočtu.

Na samotné řešení lineárních kongruencí existuje více způsobů, my se zde po-díváme na několik nejzákladnějších:

1) Jednoduchými úpravamiTento způsob řešení využívá takových úprav kongruence, že se výsledná množinařešení nezmění. Tento postup vede k výsledku obvykle nejrychleji a nejjednodušeji,avšak není dostatečně dobře algoritmizovatelný.

Příklad 4.1Řešte kongruenci 21x ≡ 6 (mod 9).

ŘešeníNejprve ověříme, zda má daná kongruence řešení:

(21, 9) = 3 | 6.

Daná kongruence má tedy tři řešení modulo devět.

Kongruenci budeme upravovat základními pravidly 3.2. Nahraďme tedy číslo 21jeho zbytkem:

3x ≡ 6 (mod 9).

Nyní obě strany kongruence vydělíme číslem 3. Toto číslo však dělí i modul, protojej také podělíme,

x ≡ 2 (mod 3).

Řešením jsou všechna x, pro která platí x ≡ 2 (mod 3).

V úvodu příkladu jsme zjistili, že kongruence má tři řešení modulo 9. My všakmáme pouze jeden výsledek modulo 3. Převod na tři řešení modulo 9 je však velmisnadný: x ≡ 2 (mod 9), x ≡ 5 (mod 9), x ≡ 8 (mod 9). ◦


ŘešeníOvěříme nejprve, zda má kongruence řešení.

(265, 11) = (26, 11) = 1 | 16

34


Kongruence má jedno řešení modulo 11. Budeme proto pokračovat ve výpočtech.Číslo 26 nahradíme zbytkem po dělení 11

45x ≡ 16 (mod 11).

Obě strany podělíme číslem 16

43x ≡ 1 (mod 11).

Kongruenci dále upravujeme:

16 · 4x ≡ 1 (mod 11),

5 · 4x ≡ 1 (mod 11),

20 · x ≡ 1 (mod 11),

9x ≡ 1 (mod 11).

Potřebujeme se zbavit devítky na levé straně. Ta však nemá žádného netriviálníhospolečného dělitele s jedničkou, proto si přičteme k jedničce modul,

9x ≡ 12 (mod 11).

Nyní můžeme obě strany podělit třemi:

3x ≡ 4 (mod 11).

Opět nelze žádným číslem dělit pravou a levou stranu kongruence současně. Při-čteme si tedy na pravou stranu znovu modul (toto je velmi častý krok při výpo-čtech kongruencí)

3x ≡ 15 (mod 11).

Pokud obě strany znovu podělíme třemi, máme výsledek

x ≡ 5 (mod 11).

Řešením jsou tedy všechna x, pro která platí x ≡ 5 (mod 11). ◦

2) S využitím Eulerovy věty:Pokud je kongruence tvaru (1) a navíc platí (a, m) = 1 (toho vždy můžeme do-sáhnout vydělením), lze psát:

ax ≡ b (mod m).

35


Po vynásobení kongruence číslem aϕ(m)−1 dostaneme

aϕ(m)−1 · a · x ≡ aϕ(m)−1 · b (mod m),

po úpravě

aϕ(m) · x ≡ aϕ(m)−1 · b (mod m).

Protože aϕ(m) ≡ 1 (mod m) (Eulerova věta), platí

x ≡ aϕ(m)−1 · b (mod m).

Tento postup výpočtu je poměrně jednoduchý, avšak ke konci řešení může véstk velmi náročným úpravám.


ŘešeníJelikož je kongruence ve správném tvaru a (26, 9) = 1, můžeme ji řešit přesněpodle návodu. Navíc 1 | 4, a proto bude mít kongruence jedno řešení modulo 9Spočítejme nejprve Eulerovu funkci pro hodnotu 9:

ϕ(9) = 9 · (1−13) = 6.

Nyní vynásobíme obě strany kongruence číslem 265:

265 · 26x ≡ 265 · 4 (mod 9),

266x ≡ 265 · 4 (mod 9),

Protože je 266 ≡ (−1)6 ≡ 1 (mod 9), můžeme psát

x ≡ 265 · 4 (mod 9).

Tímto jsme získali výsledek. Je však třeba jej ještě upravit. To provedeme běžnýmiúpravami tak, jak jsme zvyklí.

Nahradíme číslo 26 jeho zbytkem modulo 9 a ještě jednou od něj modul odečteme:

x ≡ (−1)5 · 4 (mod 9),

x ≡ −4 (mod 9).

36


Nyní ješte můžeme přičíst modul na pravou stranu kongruence

x ≡ 5 (mod 9).

Kongruence má tedy řešení pro taková x, pro která platí x ≡ 5 (mod 9). ◦


ŘešeníKongruence je sice ve tvaru (1), ale (76, 10) = 2 a to pro nás není vhodné. Protokongruenci nejprve upravíme podělením obou stran i modulu číslem 2,

38x ≡ 4 (mod 5).

Tato kongruence již splňuje všechny požadavky a bude mít jedno řešení modulo5.Spočítejme hodnotu Eulerovy fce v čísle 5,

ϕ(5) = 4.

Nyní obě strany kongruence vynásobíme číslem 383,

383 · 38x = 384x ≡ 383 · 4 (mod 5).

Jelikož 384 ≡ 1 (mod 5), nahradíme koeficient u neznámé na levé straně jednič-kou:

x ≡ 383 · 4 (mod 5).

Tento mezi-výsledek ještě upravíme. Nahradíme číslo 38 jeho zbytkem po dělenípěti, atd.

x ≡ 33 · 4 (mod 5),

x ≡ 27 · 4 (mod 5),

x ≡ 2 · 4 (mod 5),

x ≡ 3 (mod 5).

Řešením kongruence jsou tak všechna čísla, pro která platí, že po dělení pěti dávajízbytek tři. ◦

3) S využitím Bezoutovy věty:

37


Podle Bezoutovy věty existují v kongruenci (1) koeficienty k1, k2 ∈ Z takové, žeplatí (a, m) = k1 · a + k2 · m. Čísla k1, k2 se dají spočítat například Euklidovýmalgoritmem.Z rovnosti d = k1 · a+ k2 · m také plyne kongruence

k1 · a+ k2 · m ≡ d (mod m).

Člen k2 · m můžeme vypustit, protože je zjevně kongruentní s nulou modulo m.

Po vynásobení číslem bddostaneme

k1 · a ·b

d≡ b (mod m).

Porovnáním se zápisem (1) dostaneme vždy výsledek ve tvaru

x ≡ k1 ·b

d(mod m).

Poznámka. Pokud má kongruence více řešení, existují i jiná čísla než bd, kterými

můžeme obě strany násobit. Je tedy lepší na začátku kongruenci ”krátit” tak, abyměla jen jedno řešení a my na nějaké nezapomněli.

Postup výpočtu je poměrně snadný. Ve své podstatě stačí spočítat koeficientyBezoutovy rovnosti a dosadit do výše uvedeného vzorce. Častěji si však každýodvozuje postup znovu.


ŘešeníProtože (5, 8) = 1 | 7, bude mít kongruence jedno řešení modulo 8.Postupovat budeme podle výše uvedeného postupu.

Pomocí Euklidova algoritmu spočítáme koeficienty v Bezoutově rovnosti,

(5, 8) = 1 = −3 · 5 + 2 · 8.

Tuto rovnost můžeme napsat také jako kongruenci

−3 · 5 + 2 · 8 ≡ 1 (mod 8).

Druhý sčítanec na pravé straně je kongruentní s nulou, můžeme ho tedy vypustit:

−3 · 5 ≡ 1 (mod 8).

38


Nyní vynásobíme obě strany číslem 7,

7 · (−3) · 5 ≡ 7 (mod 8).

Když nyní porovnáme tuto kongruenci se zadáním, obdržíme řešení

x ≡ 7 · (−3) (mod 8).

Zbývá už jen drobnost, totiž výsledek upravit:

x ≡ (−1) · (−3) (mod 8),

x ≡ 3 (mod 8).

Řešením jsou všechna čísla x, která dávají po dělení osmi zbytek tři. ◦


ŘešeníPlatí (16, 6) = 2 | 4, takže kongruence bude mít modulo 6 dvě řešení.

Najděme koeficienty v Bezoutovy rovnosti:

(16, 6) = 2 = 16 · (−1) + 6 · 3.

Každou rovnost můžeme napsat jako kongruenci podle lib. modulu,

16 · (−1) + 6 · 3 ≡ 2 (mod 6).

Druhý člen na levé straně můžeme vynechat (je dělitelný modulem),

16 · (−1) ≡ 2 (mod 6).

Na pravé straně by se nám hodilo získat číslo 4 (to se totiž vyskytuje v zadání napravé straně). Vynásobíme tedy obě strany číslem 2. POZOR! Obě strany takémůžeme vynásobit číslem 5. Sice je 2 · 5 = 10, ale 10 ≡ 4 (mod 6). Je tedy jedno,kterým z těchto čísel kongruenci vynásobíme. Pokud chceme dostat požadovanýtvar, žádným jiným číslem menším než 6 nyní už násobit nelze.

a) Násobíme dvěma

16 · (−2) ≡ 4 (mod 6).

39

4. Kongruence o jedné neznámé Úlohy a cvičení

Když nyní porovnáme tuto kongruenci s kongruencí zadanou, vidíme, že mářešení právě když

x ≡ −2 (mod 6).

Po přičtení modulu na pravou stranu dostaneme

x ≡ 4 (mod 6).

b) Násobíme pěti

16 · (−5) ≡ 10 (mod 6).

Po odečtení modulu od pravé strany obdržíme

16 · (−5) ≡ 4 (mod 6).

Řešením jsou proto taková x, pro která platí:

x ≡ −5 (mod 6).

Po přičtení modulu na pravou stranu dostáváme

x ≡ 1 (mod 6).

Výsledkem jsou proto taková x, pro která platí x ≡ 1 (mod 6) nebo x ≡ 4(mod 6), což můžeme napsat dohromady jako x ≡ 1 (mod 3). ◦

Poznámka. Kdybychom při výpočtu zapomněli, že můžeme násobit i pěti, přišlibychom o jedno řešení. Je tedy potřeba dávat pozor na to, kolik řešení kongru-ence má. Pomoci si můžeme i tak, že kongruenci na začátku vždy ”krátíme”, abykoeficient na levé straně a modul byly nesoudělné. V tom případě bude existovatjen jedno řešení vzhledem k nějakému jinému modulu. V našem případě bychomna počátku podělili zadanou kongruenci dvěma a dostali bychom jeden konečnývýsledek modulo tři.


1. Řešte kongruence:

(a) 4x ≡ 3 (mod 7)

(b) 5x ≡ 6 (mod 9)

(c) 8x ≡ 4 (mod 12)

(d) 14x ≡ 4 (mod 30).

[ (a) x ≡ 6 (mod 7); (b) x ≡ 3 (mod 9); (c) x ≡ 2 (mod 3); (d) x ≡ 11 (mod 15) ]

40

4. Kongruence o jedné neznámé Příklady na procvičení


Příklad 4.7Rozhodněte, zda má kongruence 2x ≡ 1 (mod 12345678910111213) řešení.

ŘešeníŘešitelnost samostatné kongruence ověříme podle věty 4.2.Protože je modul s koeficienty u neznámé nesoudělný, bude mít kongruence jednořešení podle tohoto modulu. ◦

Příklad 4.8Rozhodněte, kolik má kongruence 642x ≡ 1844 (mod 1144) řešení a poté ji vy-řešte.

ŘešeníNejprve ověříme počet řešení. Protože (642, 1144) = 2 | 1844, je daná kongruenceřešitelná a má dvě řešení modulo 1844 (jedno řešení modulo 572).Zbývá toto řešení nalézt.

642x ≡ 1844 (mod 1144)

642x ≡ 700 (mod 1144)

321x ≡ 350 (mod 572)

321x ≡ −222 (mod 572)

107x ≡ −74 (mod 572)

107x ≡ 498 (mod 572)

Protože kongruenci je nyní příliš těžké řešit pomocí jednoduchých úprav, vyřešímeji pomocí Bezoutovy rovnosti. Bezoutovu rovnost můžeme psát jako (572, 107) =1 = 139 · 107− 26 · 572. Můžeme ji napsat také jako kongruenci

139 · 107− 26 · 572 ≡ 1 (mod 572),

139 · 107 ≡ 1 (mod 572),

139 · 107 · 498 ≡ 498 (mod 572).

Porovnáním s kongruencí 107x ≡ 498 (mod 572) můžeme psát řešení jako

x ≡ 139 · 498 (mod 572).

Zbývá řešení vhodně upravit.

x ≡ 139 · 498 = 69222 (mod 572)

x ≡ 69222− 572 · 100 = 12022 (mod 572)

x ≡ 12022− 572 · 20 = 582 (mod 572)

x ≡ 10 (mod 572)

41

4. Kongruence o jedné neznámé Soustavy lineárních kongruencí

Řešením zadané kongruence je x ≡ 10 (mod 572). ◦

4.4 Soustavy lineárních kongruencí

Pokud máme soustavu kongruencí o stejné neznámé, můžeme rozhodnout o každékongruenci zvlášť, zda má řešení. Pokud některá z nich řešení nemá, pak nemářešení ani celá soustava.

Jestliže každá kongruence řešení má, můžeme soustavu upravit do tvaru

x ≡ c1 (mod m1)... (2)

x ≡ ck (mod mk).

Nejprve se podíváme na řešení soustavy dvou kongruencí o jedné neznámé.

Věta 4.3. Nechť c1, c2 ∈ Z a m1, m2 ∈ N. Označme d = (m1, m2). Paksoustava dvou kongruencí

x ≡ c1 (mod m1)

x ≡ c2 (mod m2),(3)

v případě c1 6≡ c2 (mod d) nemá řešení. Jestliže naopak c1 ≡ c2 (mod d),pak existuje c ∈ Z tak, že x ∈ Z splňuje soustavu (3), právě když vyhovujekongruenci

x ≡ c (mod [m1, m2]).

Soustavu dvou kongruencí o jedné neznáme řešíme obvykle tak, že první kon-gruenci přepíšeme do ”parametrického” tvaru a dosadíme do kongruence druhé.Druhou kongruenci vyřešíme a přípustné hodnoty parametru opět dosadíme doprvní kongruence. Nejlépe bude, když si to ukážeme na příkladě.

Příklad 4.9Řešte systém kongruencí:

x ≡ −5 (mod 20)

x ≡ 2 (mod 13).

42


ŘešeníS číslem -5 jsou modulo 20 kongruentní všechna čísla tvaru x = 20k − 5, kdek ∈ Z. Tato čísla x musí vyhovovat i druhé kongruenci. Musí tedy platit

20k − 5 ≡ 2 (mod 13).

Kongruenci upravíme:

7k ≡ 7 (mod 13),

k ≡ 1 (mod 13).

Parametr k musí být tvaru k = 13s+ 1, kde s ∈ Z. Nyní dosadíme k do parame-trického vyjádření x:

x = 20(13s+ 1)− 5,

po úpravě

x = 260s+ 15.

Oběma kongruencím tedy vyhovují čísla tvaru x = 260s+15 pro libovolné s ∈ Z.To můžeme také zapsat jako x ≡ 15 (mod 260). Tedy jsou to taková x, která podělení číslem 260 dávají zbytek 15. ◦

Nyní jsme si ukázali, jak se řeší soustava dvou kongruencí o jedné neznámé.Pokud se soustava skládá z více kongruencí než dvou, je postup obdobný. Vždyz jedné kongruence vyjádříme parametricky neznámou a toto vyjádření dosadímedo další kongruence.


x ≡ 8 (mod 11)

x ≡ 5 (mod 8)

x ≡ 1 (mod 3).

ŘešeníPrvní kongruenci splňují čísla x = 11k + 8, k ∈ Z. Tato čísla dosadíme do druhékongruence

11k + 8 ≡ 5 (mod 8).

43


Po úpravě

3k ≡ 5 (mod 8),

3k ≡ −3 (mod 8),

k ≡ −1 (mod 8).

Tuto kongruenci splňují takové parametry k, které jsou tvaru k = 8s − 1, kdes ∈ Z. Neznámá x tedy musí být tvaru

x = 11k + 8 = 11(8s − 1) + 8 = 88s − 3, s ∈ Z.

Řešením soustavy kongruencí jsou však taková x, která navíc splňují i třetí kon-gruenci. Dosadíme tedy do ní

88s − 3 ≡ 1 (mod 3),

s ≡ 1 (mod 3).

Tuto kongruenci splňují všechna s tvaru s = 3t+ 1, t ∈ Z.Nyní dosadíme parametr s do parametrického vyjádření x.

x = 88s − 3 = 88(3t+ 1)− 3,

x = 264t+ 85, t ∈ Z.

To je již výsledek. Můžeme také napsat, že řešením jsou všechna x, pro která platíx ≡ 85 (mod 264). ◦

Ne vždy se zadaná soustava kongruencí nachází ve tvaru (2). Mnohdy ji musímenejprve upravit.


272x ≡ 73 (mod 5)

132x ≡ 33 (mod 7)

32x ≡ 113 (mod 9).

ŘešeníNejprve upravíme zvlášť každou kongruenci, abychom dostali soustavu, která je

44


ve tvaru (2).Pro první kongruenci dostáváme

272x ≡ 73 (mod 5),

22x ≡ 23 (mod 5),

x ≡ 2 (mod 5).

Pro druhou kongruenci

(−1)2x ≡ 9 · 3 (mod 7),

x ≡ 6 (mod 7).

A konečně pro třetí

32x ≡ 113 (mod 9),

5x ≡ 23 (mod 9),

5x ≡ 8 (mod 9),

5x ≡ 8 + 3 · 9 (mod 9),

5x ≡ 35 (mod 9),

x ≡ 7 (mod 9).

Řešení původní soustavy tak můžeme převést na řešení nové soustavy

x ≡ 2 (mod 5)

x ≡ 6 (mod 7)

x ≡ 7 (mod 9).

Nyní pokračujeme již běžným způsobem. Řešením první kongruence jsou všechnax = 5k + 2, k ∈ Z. Tento výsledek dosadíme do druhé kongruence:

5k + 2 ≡ 6 (mod 7),

5k ≡ 4 (mod 7),

5k ≡ 4 + 3 · 7 (mod 7),

5k ≡ 25 (mod 7),

k ≡ 5 (mod 7).

Druhou kongruenci splňují všechny parametry k = 7s+5, s ∈ Z. Za tento parametrdosadíme do předchozího řešení:

x = 5k + 2 = 5(7s+ 5) + 2 = 35s+ 27, s ∈ Z.

45


Ještě zbývá dosadit za x do poslední kongruence:

35s+ 27 ≡ 7 (mod 9),

35s ≡ −20 (mod 9),

35s ≡ 7 (mod 9),

5s ≡ 1 (mod 9),

5s ≡ 1 + 6 · 9 (mod 9),

s ≡ 11 (mod 9),

s ≡ 2 (mod 9).

Třetí kongruenci tedy splňují taková s, pro která platí s = 9t+ 2, t ∈ Z.Na závěr zbývá dosadit za s do parametrického vyjádření x

x = 35s+ 27 = 35(9t+ 2) + 27,

x = 315t+ 97, t ∈ Z,

nebolix ≡ 97 (mod 315).

Toto je konečné řešení. ◦


1. Řešte systém kongruencí:

(a) x ≡ 6 (mod 8)x ≡ 2 (mod 5)

(b) x ≡ 3 (mod 9)x ≡ 7 (mod 15)

(c) x ≡ 2 (mod 4)x ≡ 4 (mod 6)x ≡ 6 (mod 10)

(d) 2x ≡ 3 (mod 5)3x ≡ 5 (mod 7)5x ≡ 7 (mod 9).

[ (a) x ≡ 2 (mod 30) ]

[ (b) x ≡ 82 (mod 126) ]

[ (c) x ≡ 46 (mod 60) ]

[ (d) x ≡ 284 (mod 315) ]

46



Příklad 4.12Když při spartakiádní skladbě vytvořili cvičenci sedmistupy, zbývali 3 navíc, přicvičení v kruzích o 11 lidech přebývali 2 a při tvorbě pyramid (na každou je potřeba13 lidí), jich 5 jen přihlíželo. Kolik cvičenců se vystoupení zúčastnilo, když jichbylo určitě méně než 1000?

ŘešeníV tomto příkladě se vlastně nejedná o nic jiného, než slovně zadanou úlohu vedoucík soustavě lineárních kongruencí o jedné neznámé.Zapišme tedy řešení jako soustavu rovnic:

x ≡ 3 (mod 7)

x ≡ 2 (mod 11)

x ≡ 5 (mod 13)

x < 1000.

Soustavu budeme řešit obvyklým způsobem. První rovnici vyhovují všechna x

tvaru x = 7k + 3. Dosadíme za x do druhé rovnice. Dostáváme

7k + 3 ≡ 2 (mod 11),

7k ≡ −1 (mod 11),

7k ≡ 21 (mod 11),

k ≡ 3 (mod 11).

Nyní dosadíme za parametr k. Dostaneme x = 7k+3 = 7(11s+3)+3 = 77s+24.Zbývá dosadit za x do třetí rovnice:

77s+ 24 ≡ 5 (mod 13),

77s ≡ −19 (mod 13),

9s ≡ −6 (mod 13),

3s ≡ −2 + 26 (mod 13),

s ≡ 8 (mod 13).

Nyní opět dosadíme do parametrického vyjádření x. Tedy x = 77x + 24 =77(13t + 8) + 24 = 1001t + 640. Má-li platit, že x < 1000, lze dosadit za pa-rametr jen t = 0 a pro x dostáváme řešení x = 640.

Vystoupení se tak muselo zúčastnilo 640 cvičenců. ◦

Příklad 4.13Šest loupežníků si chtělo rozdělit zlaťáky, které měli na stole. Když je rozdělovali

47


na šest stejných hromádek, tři zlaťáky zbyly. Když je zkusili rozdělit na pět stej-ných hromádek, jeden zlaťák zbyl. Nakonec se nepoprali, protože se vrátil sedmýloupežník, který z kapsy přidal tři zlaťáky na stůl a všechny zlaťáky pak rozdělilna sedm stejných hromádek. Kolik zlaťáků bylo původně na stole, víte-li, že jichnebylo více než 400 a méně než 100.

ŘešeníOpět se jedná o příklad na řešení soustavy rovnic o jedné neznámé. Zadání protomůžeme přepsat takto:

x ≡ 3 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ −3 (mod 7)

100 ≤ x ≤ 400.

Z první rovnice dostáváme x = 6k + 3. Dosadíme do rovnice druhé

6k + 3 ≡ 1 (mod 5),

6k ≡ −2 + 20 (mod 5),

k ≡ 3 (mod 5).

Tedy platí, že x = 6(5s+ 3) + 3 = 30s+ 21. Zbývá dosadit do třetí rovnice:

30s+ 21 ≡ −3 (mod 7),

10s ≡ −8 (mod 7),

5s ≡ −4 (mod 7),

s ≡ 2 (mod 7).

Z poslední rovnice dosazením za x dostáváme x = 30s + 21 = 30(7t+ 2) + 21 =210t+ 81.Z nerovnosti, kterou musí x splňovat dostáváme jediné řešení pro t = 1, a tox = 291. ◦

Příklad 4.14Určete, která z následujících soustav rovnic má řešení. Svoji odpověď stručnězdůvodněte.

a) x ≡ 1 (mod 3)x ≡ −1 (mod 9)

b) x ≡ 3 (mod 29)x ≡ 5 (mod 47)

48


ŘešeníO řešitelnosti rozhodneme podle věty 4.3.

a) V této soutavě je řešitelná každá z obou kongruencí. Největší společný dělitelmodulů je roven (3,9)=3. Pravé strany kongruencí však nejsou kongruentnípodle modulu 3 (1 6≡ −1 (mod 3)).Tato soustava proto řešení nemá.

b) Každá z kongruencí jistě řešitelná je. Moduly obou kongruencí jsou spolunesoudělné, (29,47)=1. Platí proto kongruence 3 ≡ 5 (mod 1).Z toho plyne, že tato soustava řešení má.

◦

Příklad 4.15Rozhodněte, pro která přirozená čísla n je číslo 22

n

− 2n2dělitelné sedmi.

ŘešeníPodle věty 3.7 je

22n

≡ 2n2

(mod m) ⇐⇒ 2n ≡ n2 (mod 3).

Číslo 3 je v tomto případě řád čísla 2 modulo 7. Kongruenci ještě můžeme upravit:

(−1)n ≡ n2 (mod 3).

Nyní je vidět, že na levé straně kongruence můžeme dostat buď +1 nebo -1, avšakna pravé straně můžeme dostat pouze kladná čísla. Musí proto být n sudé

n ≡ 0 (mod 2).

Abychom i na pravé straně kongruence dostali jedničku, musí být

n ≡ ±1 (mod 3).

Dostáváme tak dvě soustavy dvou lineárních kongruencí o jedné neznámé. První

n ≡ 0 (mod 2)

n ≡ +1 (mod 3)

a druhou

n ≡ 0 (mod 2)

n ≡ −1 (mod 3).

49


Jejich vyřešením dostaneme dva výsledeky, a to

n ≡ 4 (mod 6),

n ≡ 2 (mod 6).

◦

Příklad 4.16Rozhodněte, pro která přirozená čísla n je číslo n · 2n + 1 dělitelné sedmi.

ŘešeníHledáme taková n, pro která platí

n · 2n ≡ −1 (mod 7).

Řád čísla 2 modulo 7 je 3. Rozdělme nyní výpočet do tří skupin v závislosti na n:

1. n ≡ 0 (mod 3)

Pokud je n kongruentní s nulou, pak musí podle věty 3.7 platit

2n ≡ 20 = 1 (mod 7).

Když dáme tuto kongruenci dohromady se zadanou, dostaneme, že hledanén musí splňovat

n · 1 ≡ −1 (mod 7),

neboli

n · 1 ≡ 6 (mod 7).

Dostáváme, že n musí být tvaru

n ≡ 6 (mod 7).

Dejme nyní oba požadavky na tvar dohromady. Dostaneme jednoduchousoustavu kongruencí

n ≡ 0 (mod 3)

n ≡ 6 (mod 7).

Soustava má řešení

n ≡ 6 (mod 21).

50


2. n ≡ 1 (mod 3)

Opět podle věty 3.7 musí platit

2n ≡ 21 = 2 (mod 7).

Nahrazením výrazu 2n v zadané kongruenci dostaneme

n · 2 ≡ −1 (mod 7),

neboli

n · 2 ≡ 6 (mod 7),

po jednoduché úpravě

n ≡ 3 (mod 7).

Neznámá n tak musí vyhovovat soustavě

n ≡ 1 (mod 3)

n ≡ 3 (mod 7).

Řešením je

n ≡ 10 (mod 21).

3. n ≡ 2 (mod 3)

I nyní musí platit, že

2n ≡ 22 = 4 (mod 7).

Nahrazením v původní kongruenci dostaneme

n · 4 ≡ −1 (mod 7).

Kongruenci vyhovuje n tvaru

n ≡ 5 (mod 7).

Protože n musí splňovat i první kongruenci, musí být řešením soustavy:

n ≡ 2 (mod 3)

n ≡ 5 (mod 7).

Vyřešením obdržíme

n ≡ 19 (mod 21).

51

4. Kongruence o jedné neznámé Kongruence vyšších stupňů

Řešením jsou tedy taková n, pro která platí

n ≡ 6 (mod 21) nebo n ≡ 10 (mod 21) nebo n ≡ 19 (mod 21).

◦

4.7 Kongruence vyšších stupňů

Při řešení kongruencí o jedné neznámé stojí v obecnějším případě na obou stranáchmnohočleny téže proměnné x. Kongruenci můžeme snadno převést na tvar

F (x) ≡ 0 (mod m),

kde F (x) je mnohočlen s celočíselnými koeficienty a m ∈ N.

Věta 4.4. Pro libovolný mnohočlen F (x) s celočíselnými koeficienty, přiro-zené číslo m a celá čísla a, b taková, že a ≡ b (mod m), platí F (a) ≡ F (b)(mod m).

Díky této větě víme, že při řešení nám pouze stačí nalézt všechna celá čísla a,0 ≤ a < m, pro která platí F (a) ≡ 0 (mod m). Řešením pak jsou všechna x

kongruentní s takovými a.

Příklad 4.17Řešte kongruenci 2x3 ≡ 5 (mod 7).

ŘešeníNejprve kongruenci upravíme odečtením pětky od obou stran do tvaru

2x3 − 5 ≡ 0 (mod 7).

Spočítáme nyní hodnoty polynomu pro čísla x = 0 . . . 6.Označme F (x) = 2x3 − 5, pak platí

F (0) = 2 · 0− 5 = −5,

F (1) = 2 · 1− 5 = −3,

F (2) = 2 · 23 − 5 = 11 ≡ 4 (mod 7),

F (3) = 2 · 33 − 5 = 2 · 3 · 9− 5 ≡ 6 · 2− 5 ≡ 0 (mod 7),

F (4) = 2 · 43 − 5 = 2 · 4 · 16− 5 ≡ 1 · 2− 5 ≡ 4 (mod 7),

F (5) = 2 · 53 − 5 = 2 · 5 · 25− 5 ≡ 3 · 4− 5 ≡ 0 (mod 7)

F (6) = 2 · 63 − 5 = 2 · (−1)3 − 5 = −7 ≡ 0 (mod 7).

52


Z výše uvedeného je vidět, že daný polynom je kongruentní s nulou (modulo 7),když za x dosadíme 3, 5 nebo 6. Podle věty 4.4 tak dostáváme, že řešením jsouvšechna x tvaru: x ≡ 3 (mod 7), x ≡ 5 (mod 7), x ≡ 6 (mod 7). ◦

Příklad 4.18Řešte kongruenci 3 · x4 − 2 · x3 + x − 4 ≡ 0 (mod 9).

ŘešeníStejně jako v předchozím příkladě budeme zjišťovat, pro která x je polynom kon-gruentní s nulou modulo 9.

F (0) ≡ 5 (mod 9)

F (1) ≡ 7 (mod 9)

F (2) ≡ 3 (mod 9)

F (3) ≡ 8 (mod 9)

F (4) ≡ 1 (mod 9)

F (5) ≡ 6 (mod 9)

F (6) ≡ 2 (mod 9)

F (7) ≡ 4 (mod 9)

F (8) ≡ 0 (mod 9)

Vidíme, že řešením kongruence jsou taková x, pro která platí x ≡ 8 (mod 9). ◦

Z výše uvedeného plyne, že tato metoda řešení je poměrně pracná, předevšímpak pro větší moduly. Pokud je modulem m velké číslo, můžeme si pomoci tak, žemodul rozložíme na součin menších čísel m = m1 · . . .mk a místo jedné kongruenceřešíme soustavu kongruencí podle modulů m1, . . . , mk.

Příklad 4.19Řešte kongruenci x5 + 2 ≡ 0 (mod 35).

ŘešeníMá-li být výraz x5 + 2 dělitelný číslem 35, musí být dělitelný jak číslem 5, takčíslem 7. Řešme tedy soustavu dvou kongruencí x5 + 2 ≡ 0 (mod 5) a x5 + 2 ≡ 0(mod 7).

F (0) ≡ 2 (mod 5) F (0) ≡ 2 (mod 7)

F (1) ≡ 3 (mod 5) F (1) ≡ 3 (mod 7)

F (2) ≡ 4 (mod 5) F (2) ≡ 6 (mod 7)

F (3) ≡ 0 (mod 5) F (3) ≡ 0 (mod 7)

F (4) ≡ 1 (mod 5) F (4) ≡ 4 (mod 7)

F (5) ≡ 5 (mod 7)

F (6) ≡ 1 (mod 7)

53


Z první kogruence dostáváme, že

x ≡ 3 (mod 5),

z druhé, že

x ≡ 3 (mod 7).

Společným řešením obou kongruencí je

x ≡ 3 (mod 35).

Toto x je proto také řešením zadané kongruence. ◦

Příklad 4.20Řešte kongruenci x6 − 1 ≡ 0 (mod 35).

ŘešeníModul je možné opět rozložit na součin čísel 5 a 7. Dostáváme tak opět dvěsoustavy kongruencí, které řešíme zvlášť.

F (0) ≡ 4 (mod 5) F (0) ≡ 6 (mod 7)

F (1) ≡ 0 (mod 5) F (1) ≡ 0 (mod 7)

F (2) ≡ 3 (mod 5) F (2) ≡ 0 (mod 7)

F (3) ≡ 3 (mod 5) F (3) ≡ 0 (mod 7)

F (4) ≡ 0 (mod 5) F (4) ≡ 0 (mod 7)

F (5) ≡ 0 (mod 7)

F (6) ≡ 0 (mod 7)

První kongruenci splňují dvě x, a to

x ≡ 1 (mod 5),

x ≡ 4 (mod 5).

Druhou kogruenci splňují všechna x taková, že

x ≡ 1 (mod 7),

x ≡ 2 (mod 7),

x ≡ 3 (mod 7),

x ≡ 4 (mod 7),

x ≡ 5 (mod 7),

x ≡ 6 (mod 7).

54


Takové x, které je řešením zadané kongruence, musí splňovat některou z prvníkongruence a zároveň některou z druhé, tedy kteroukoliv z následujících soustav

x ≡ 1 (mod 5) x ≡ 1 (mod 5) x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7) x ≡ 2 (mod 7) x ≡ 3 (mod 7)

x ≡ 1 (mod 5) x ≡ 1 (mod 5) x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 7) x ≡ 5 (mod 7) x ≡ 6 (mod 7)

x ≡ 4 (mod 5) x ≡ 4 (mod 5) x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 7) x ≡ 2 (mod 7) x ≡ 3 (mod 7)

x ≡ 4 (mod 5) x ≡ 4 (mod 5) x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 7) x ≡ 5 (mod 7) x ≡ 6 (mod 7).

Řešením jednotlivých soustav jsou tato x:

x ≡ 1 (mod 35) x ≡ 16 (mod 35) x ≡ 31 (mod 35)

x ≡ 11 (mod 35) x ≡ 26 (mod 35) x ≡ 6 (mod 35)

x ≡ 29 (mod 35) x ≡ 9 (mod 35) x ≡ 24 (mod 35)

x ≡ 4 (mod 35) x ≡ 19 (mod 35) x ≡ 34 (mod 35).

Zapíšeme-li výsledek přehledněji, dostáváme, že řešením příkladu jsou taková x,pro která platí x ≡ a (mod 35), kde a ∈ {1, 4, 6, 9, 11, 16, 19, 24, 26, 29, 31, 34}. ◦


Řešte kongruence:

(a) 3x3 ≡ 1 (mod 5),

(b) x4 − x3 + x+ 1 ≡ 0 (mod 11),

(c) x2 − 23 ≡ 0 (mod 77),

(d) x3 − 2x2 + 8x ≡ 0 (mod 28).

[ (a) x ≡ 3 (mod 5) ]

[ (b) x ≡ 2 (mod 11), x ≡ 5 (mod 11) ]

[ (c) x ≡ a (mod 77), a ∈ {10, 32, 45, 67} ]

[ (c) x ≡ a (mod 28), a ∈ {0, 8, 14, 22} ]

55



Příklad 4.21Řešte kongruenci x3 + x+ 3 ≡ 0 (mod 169).

ŘešeníProtože 169 = 132, musí takové x, které je řešením dané kongruence modulo169, být i řešením stejné kongruence modulo 13. Zjistěme proto nejprve řešeníkongruence

x3 + x+ 3 ≡ 0 (mod 13).

Budeme postupovat běžným způsobem:

F (0) = 3

F (1) = 5

F (2) ≡ 0 (mod 13)

F (3) ≡ 7 (mod 13)

F (4) ≡ 6 (mod 13)

F (5) ≡ 3 (mod 13)

F (6) ≡ 4 (mod 13)

F (7) ≡ 2 (mod 13)

F (8) ≡ 3 (mod 13)

F (9) ≡ 0 (mod 13)

F (10) ≡ 12 (mod 13)

F (11) ≡ 6 (mod 13)

F (12) ≡ 1 (mod 13).

Jako řešení tak připadají v úvahu pouze čísla kongruentní s čísly 2 a 9 modulo 13.Parametricky můžeme tato x vyjádřit jako:

x = 13t+ 2, x = 13t+ 9, t ∈ (Z).

Toto parametrické vyjádření teď můžeme dosadit do původní kongruence.

1. Pro x = 13t+ 2 dostaneme

(13t+ 2)3 + (13t+ 2) + 3 ≡ 0 (mod 169),

(169t2 + 52t+ 4) · (13t+ 2) + 13t+ 2 + 3 ≡ 0 (mod 169),

(52t+ 4) · (13t+ 2) + 13t+ 5 ≡ 0 (mod 169),

4 · 169t+ 104t+ 52t+ 8 + 13t+ 5 ≡ 0 (mod 169),

169t ≡ −13 (mod 169),

0 ≡ −13 (mod 169).

Tato kongruence ovšem nemá řešení.

56



(13t+ 9)3 + (13t+ 9) + 3 ≡ 0 (mod 169),

(169t2 + 18 · 13t+ 81) · (13t+ 9) + 13t+ 9 + 3 ≡ 0 (mod 169),

18 · 13 · 9t+ 81 · 13t+ 81 · 9 + 13t+ 12 ≡ 0 (mod 169),

78t+ 39t+ 53 + 13t+ 12 ≡ 0 (mod 169),

130t+ 65 ≡ 0 (mod 169).

Tuto kongruenci můžeme vyřešit

10t ≡ −5 (mod 13),

2t ≡ −1 (mod 13),

t ≡ 6 (mod 13).

Tento jediný výsledek dosadíme do parametrického vyjádření x,

x = 13 · (13s+ 6) + 9 = 169s+ 87,

neboli

x ≡ 87 (mod 169).

Tímto jsme obdrželi finální řešení tohoto příkladu. ◦

Příklad 4.22Řešte kongruenci x2 + x − 2 ≡ 0 (mod 49).

Řešenípokud má kongruence platit modulo 49, musí platit i modulo 7. Vyřešme ji protonejprve modulo 7.

F (0) = −2

F (1) = 0

F (2) = 4

F (3) ≡ 3 (mod 7)

F (4) ≡ 4 (mod 7)

F (5) ≡ 0 (mod 7)

F (6) ≡ 5 (mod 7)

Dostáváme, že hledané x musí být tvaru x = 7t + 1 nebo x = 7t + 5, kde t ∈ Z.Dosadíme teď za x do zadání.

57

4. Kongruence o jedné neznámé Primitivní kořeny


(7t+ 1)2 + (7t+ 1)− 2 ≡ 0 (mod 49),

49t2 + 14t+ 1 + 7t − 1 ≡ 0 (mod 49),

21t ≡ 0 (mod 49).

Kongruenci vyřešíme

21t ≡ 0 (mod 49),

3t ≡ 0 (mod 7),

t ≡ 0 (mod 7).

Dosazením do parametrického vyjádření x dostáváme

x = 7(7s) + 1 = 49s+ 1 neboli x ≡ 1 (mod 49).

2. Pro x = 7t+ 5 má platit

(7t+ 5)2 + (7t+ 5)− 2 ≡ 0 (mod 49),

49t2 + 21t+ 25 + 7t+ 3 ≡ 0 (mod 49),

28t+ 28 ≡ 0 (mod 49).

Kongruence má řešení pro t ≡ 6 (mod 7). Jestliže dosadíme do parametric-kého vyjádření za x, dostaneme

x = 7(7s+ 6) + 5 = 49s+ 47 neboli x ≡ 47 (mod 49).

Daný příklad má dvě řešení, a to x ≡ 1 (mod 49) a x ≡ 47 (mod 49). ◦

4.10 Primitivní kořeny

Než se podíváme na další typy lineárních kongruencí, řekneme si něco o tzv. pri-mitivních kořenech.

Definice 4.3. Má-li číslo a ∈ Z, (a, m) = 1 řád ϕ(m) modulo m, nazývá seprimitivní kořen modulo m.

Primitivním kořenem ja takové číslo, pro které neexistuje žádný menší exponentnež ϕ(m) takový, že po umocnění na tento exponent dostaneme jedničku (modulom).

Příklad 4.23Pro modul m = 7 platí ϕ(7) = 6.

58


x x1 x2 x3 x4 x5 x6

2 2 4 1 2 4 13 3 2 6 4 5 1

Číslo 2 není primitivní kořen modulo 7. Jeho řád je totiž 3 a to je méně než 6.Číslo 3 je primitivní kořen modulo 7, protože řád čísla 3 modulo 7 je roven šesti.Primitivní kořen však vůbec existovat nemusí.

Příklad 4.24Pro m = 8 dostáváme ϕ(8) = 4.Možnými primitivními kořeny jsou pouze lichá čísla menší než 8, protože sudéčíslo umocněné na lib. exponent, mínus sudý modul, nemůže dát lichou jedničku.

x x1 x2 x3 x4

1 1 1 1 13 3 1 3 15 5 1 5 17 7 1 7 1

Z tabulky je vidět, že neexistuje primitivní kořen modulo 8.

Věta 4.5 (O existenci primitivního kořene). Nechť m ∈ N, m > 1.Primitivní kořeny existují modulo m, právě když m je tvaru 2, 4, pl, 2pl, kdep je liché prvočíslo, l ∈ N.

Nalézt primitivní kořen je obecně obtížný úkol. Nápomocny nám mohou být ná-sledující věty.

Věta 4.6. Nechť p je liché prvočíslo, l ≥ 1. Nechť m je rovno pl nebo 2pl.Zapišme ϕ(m) = qα1

1 · · · · · qαk

k . K tomu, aby číslo g ∈ Z, (g, m) = 1 byloprimitivním kořenem modulo m, je nutné a stačí, aby g nesplňovalo žádnou

z kongruencí: gϕ(m)

q1 ≡ 1 (mod m), . . . , gϕ(m)

qk ≡ 1 (mod m).

Věta 4.7. Nechť p je liché prvočíslo, g je primitivní kořen modulo pl, l ∈ N.Pak liché z čísel g, g + pl je primitivní kořen modulo 2pl.

Příklad 4.25Nalezněte primitivní kořen modulo 41.

59


ŘešeníČíslo 41 je prvočíslo. Podle věty 4.5 proto primitivní kořen existuje. Nejprve spo-čítame Eulerovu funkci pro číslo 41

ϕ(41) = 40 = 23 · 5.

Nyní podle věty 4.6 víme, že pro primitivní kořen g musí platit:

g8 6≡ 1 (mod 41),

g20 6≡ 1 (mod 41).

Nyní nezbývá než postupně brát čísla od 2 do 40 a ověřovat, zda platí nebo neplatítyto dvě kongruence.

1. Zkusíme g = 2.

28 = 25 · 23 ≡ −9 · 8 ≡ 10 (mod 41),

220 = 282

· 24 ≡ 100 · 16 ≡ 18 · 16 = 288 ≡ 1 (mod 41).

Protože číslo 2 splňuje druhou kongruenci, nemůže být primitivním kořenem.

2. Zkusíme g = 3.

38 = (34)2 ≡ (−1)2 = 1 (mod 41).

Číslo 3 splňuje již první kongruenci, nemůže proto být primitivním kořenem.

3. Zkusíme g = 4.

48 = (22)8 = (28)2 ≡ 102 ≡ 18 (mod 41),

420 = 240 = (220)2 ≡ 1 (mod 41).

Číslo 4 splňuje druhou kongruenci, nemůže proto být primitivním kořenem.

4. Zkusíme g = 5.

58 = (53)2 · 52 ≡ 22 · 52 ≡ 18 (mod 41),

520 = (53)6 · 52 ≡ 26 · 52 ≡ −9 · 2 · 25 ≡ 1 (mod 41).

Číslo 5 splňuje druhou kongruenci, nemůže proto být primitivním kořenem.

5. Zkusíme g = 6.

68 = 28 · 38 ≡≡ 10 · 1 = 10 (mod 41),

620 = 220 · 320 ≡ −1 (mod 41).

Číslo 6 nesplňuje žádnou z daných dvou kongruencí.

60


Číslo 6 je primitivní kořen modulo 41. ◦

Příklad 4.26Spočítejte primitivní kořen modulo 7.

ŘešeníProtože ϕ(7) = 6 a protože řád čísla musí dělit 6, budeme zkoušet čísla od 2 do6 a zjištovat, které z nich po umocnění na 2 ani 3 není kongruentní s jedničkoumodulo 7.

22 = 4

23 ≡ 1 (mod 7)

2 není primitivní kořen modulo 7

32 ≡ 2 (mod 7)

33 ≡ 6 (mod 7)

Primitivní kořen modulo 7 je 3. ◦

Příklad 4.27Spočítejte primitivní kořen modulo 29.

ŘešeníJistě je ϕ(29) = 28 = 22 · 7. Podle věty 4.6 nesmí primitivní kořen modulo 29splňovat žádnou z kongruencí

g14 ≡ 1 (mod 29)

g4 ≡ 1 (mod 29).

Budeme postupně zkoušet, které číslo splňuje naši podmínku.

(27)2 ≡ 122 ≡ 28 6≡ 1 (mod 29)

24 ≡ 16 6≡ 1 (mod 29).

Protože číslo 2 nesplňuje žádnou z obou daných kongruencí, je primitivním koře-nem modulo 29. ◦

61

4. Kongruence o jedné neznámé Binomické kongruence

4.11 Binomické kongruence

Podívejme se nyní na speciální typ kongruencí vyšších řádů.

Definice 4.4. Binomickou kongruecí nazýváme kongruenci tvaru xn ≡ a

(mod m), kde a ∈ Z, m ∈ N.

Poznámka. Lze ukázat, že pokud je (a, m) 6= 1, můžeme daný příklad převést tak,aby platilo (a, m) = 1. Omezíme se proto jen na příklady, v nichž je (a, m) = 1.

Věta 4.8 (O řešitelnosti binom. kongruencí). Nechť existují primitivníkořeny modulo m, kde m ∈ N. Pak kongruence xn ≡ a (mod m), kde a ∈ Z

a (a, m) = 1, je řešitelná právě tehdy, když platí aϕ(m)

d ≡ 1 (mod m), d =(n, ϕ(m)). Pokud je řešitelná, má právě d řešení.

Při řešení binomických kongruencí se nejčastěji používá následující postup. Nej-prve ověříme zda a kolik má daná kongruence řešení. Poté si zavedeme substituci

x ≡ gy (mod m),

a ≡ gb (mod m),

kde g je primitivní kořen modulo m. Pak podle věty 3.7 platí ekvivalence:

(gy)n ≡ gb (mod m) ⇐⇒ n · y ≡ b (mod ϕ(m)).

Tímto převedeme binomickou kongruenci na řešení lineární kongruence. Tu jižřešit umíme. Na závěr zpětně dosadíme.

Příklad 4.28Řešte binomickou kongruenci x3 ≡ 3 (mod 17).

ŘešeníAbychom ověřili zda má kongruence řešení, musíme nejprve najít primitivní kořenmodulo 17. Ten budeme potřebovat i k následnému řešení kongruence.Snadno bychom ověřili, že 3 je primitivní kořen modulo 17. Protože (3,16)=1a 316 ≡ 1 (mod 17) (podle Fematovy věty), bude kongruence mít jedno řešení.Podíváme se nyní na samotné řešení.Zaveďme substituci

x ≡ 3a (mod 17),

3 ≡ 31 (mod 17).

62


Dosadíme do původní kongruence

(3a)3 = 33a ≡ 31 (mod 17).

Podle věty 3.7 tato kongruence platí právě tehdy, když platí kongruence

3a ≡ 1 (mod 16).

Tuto kongruenci vyřešíme:

3a ≡ −15 (mod 16)

a ≡ −5 ≡ 11 (mod 16), můžeme také psát a = 16k + 11, k ∈ Z.

Nyní dosadíme zpět do substituce

x ≡ 316k+11 ≡ 311 (mod 17),

x ≡ 7 (mod 17).

Řešením jsou všechna x ≡ 7 (mod 17). ◦

Příklad 4.29Řešte kongruenci x3 ≡ 1 (mod 17).

ŘešeníZ předchozího příkladu již víme, že 3 je primitivní kořen modulo 17. Protože(3,16)=1 a 116 ≡ 1 (mod 17), bude mít daná kongruence jedno řešení. Již naprvní pohled je zřejmé, že tím řešením je

x ≡ 1 (mod 17).

◦

Příklad 4.30Řešte kongruenci x10 ≡ 10 (mod 13).

ŘešeníNejprve rozhodneme, zda má vůbec kongruence řešení a pokud ano, tak kolik.

ϕ(13) = 12 = 22 · 3

(10, 12) = 2

10122 = 106 ≡ 93 ≡ 1 (mod 13)

63


Právě jsme ukázali, že daná kongruence je řešitelná a bude mít dvě řešení. Přitomto tvrzení se opíráme i o to, že víme, že k prvočíselnému modulu vždy existujeprimitivní kořen. Pojďme jej tedy nyní najít.Budeme postupně brát čísla od 2 do 12 a ověřovat, zda je toto číslo primitivnímkořenem modulo 13. K ověření můžeme použít větu 4.6. My však raději zjistímezbytky po umocnění daného čísla na všechny exponenty 1, . . . , 12, bude se nám tohodit později.Zkusíme g = 2.

21 = 2

22 = 4

23 = 8

24 ≡ 3 (mod 13)

25 ≡ 6 (mod 13)

26 ≡ 12 (mod 13)

27 ≡ 11 (mod 13)

28 ≡ 9 (mod 13)

29 ≡ 5 (mod 13)

210 ≡ 10 (mod 13)

211 ≡ 7 (mod 13)

212 ≡ 1 (mod 13).

Zjistili jsme, že řád čísla 2 modulo 13 je 12. Číslo 2 je proto primitivním kořenemmodulo 13. Přistupme nyní k samotnému řešení kongruence. Zavedeme substituci

x ≡ 2a (mod 13),

10 ≡ 210 (mod 13).

Zjistit, na jaký exponent máme umocnit primitivní kořen, abychom dostali jinédané číslo je obecně problém. Jak jsme tedy zjitili, že platí 10 ≡ 210 (mod 13)?To jsme právě vyčetli z předchozího výpočtu.Teď dosadíme do zadané kongruence:

(2a)10 = 210a ≡ 210 (mod 13).

Z věty 3.7 víme, že je tato kongruence splněna, právě když platí

10a ≡ 10 (mod 12).

Kongruenci vyřešíme

5a ≡ 5 (mod 6),

a ≡ 1 (mod 6).

64


Řešení můžeme zapsat také parametricky: a = 6k+1, k ∈ Z. Více se nám ale budehodit zapsat řešení jako dva výsledky:

a = 12k + 1, k ∈ Z,

a = 12k + 7, k ∈ Z.

Dosadíme za a do naší substituce.Z prvního řešení dostaneme:

x ≡ 2a = 212k+1 = 2 · 212k ≡ 2 (mod 13), k ∈ Z.

Pro druhé řešení obdržíme:

x ≡ 2a = 212k+7 = 27 · 212k ≡ 27 ≡ 11 (mod 13), k ∈ Z.

Řešením zadané kongruence jsou taková x, pro něž platí x ≡ 2 (mod 13) nebox ≡ 11 (mod 13). ◦


1. Řešte kongruence:

(a) x7 ≡ 8 (mod 13)

(b) x5 ≡ 11 (mod 17)

(c) x6 ≡ 1 (mod 10).

[ (a) x ≡ 5 (mod 13) ]

[ (b) x ≡ 7 (mod 17) ]

[ (c) x ≡ 1 (mod 10), x ≡ 9 (mod 10) ]


Příklad 4.31Určete počet řešení kongruence 3x12 ≡ 31 (mod 41).

ŘešeníProtože 41 je prvočíslo, bude k němu existovat primitivní kořen. Abychom mohli

65


rozhodnout o řešitelnosti dané kongruence, musíme ji nejprve upravit do vhodnéhotvaru:

3x12 ≡ 31 (mod 41),

3x12 ≡ 72 (mod 41),

x12 ≡ 24 (mod 41).

Také víme, že

ϕ(41) = 40,

(12, 40) = 4.

Nyní se podíváme, s čím je kongruentní výraz 2410 modulo 41.

2410 = (242)5 ≡ 25 ≡ 32 6≡ 1 (mod 41)

Podle věty 4.8 nemá daná kongruence řešení. ◦

Příklad 4.32Určete počet řešení kongruence 7x17 ≡ 11 (mod 41).

ŘešeníBudeme postupovat stejně jako v předchozím příkladě. Nejprve kongruenci upra-víme:

7x17 ≡ 11 (mod 41),

6 · 7x17 = 42x17 ≡ 6 · 11 = 66 (mod 41),

x17 ≡ 25 (mod 41).

Dále platí

ϕ(41) = 40,

(17, 40) = 1.

Protože je podle Fermatovy věty 2540 ≡ 1 (mod 41), je také podle věty 4.8 kon-gruence řešitelná a má jedno řešení. ◦

66

Kapitola 5

E-learning

Pod často diskutovaným pojmem e-learning se ukrývá nové pojetí výuky. Přistudiu se využívá výpočetní techniky, e-mailu a internetu. Učitel a žák spolukomunikují elektronicky. Studijní kurzy jsou tvořeny pomocí elektronických mul-timediálních nástrojů. E-learning má obvykle dva cíle. Prvním cílem je rozvinoutdistanční studium, nahradit zde chybějícího učitele a dát studentům dobré ná-stroje pro úspěšné zvládnutí kurzu. Tento úkol se řeší pomocí propracovanýchelektronických studijních textů, nástrojů na procvičování, agend pro komunikacis tutorem a spolužáky a různých hodnotících či statistických aplikací. Druhýmcílem e-learningu je podpora bežné formy výuky.I když se s e-learningem může každý v informačním systému Masarykovy uni-

verzity setkat již delší dobu, dovolím si říci, že jsou tyto aplikace spíše na začátkusvého vývoje. Větší kroky pro rozvoj e-learningu v ISu byly podniknuty teprvepřed pár měsíci na počátku tohoto roku.Informační systém MU nabízí několik nástrojů k tvorbě e-learningových kurzů.

Především zde najdeme správce souborů, pomocí kterého můžeme nahrávat dosystému elektronické materiály a dále s nimi pracovat. Najdeme zde i nástroje provytváření sad testových otázek. To je, řekl bych, klíčový nástroj. S pomocí již ho-tových sad otázek se dají tvořit různá bodovaná i nebodovaná cvičení, průzkumy,cvičná zkoušení, oživené texty a mnoho dalšího. Celý balík souborů pak můžemeuspořádat do interaktivní osnovy a zveřejnit studentům jako celek. K tomu všemulze nastavit práva pro čtení, jež se mohou měnit i v průběhu času. Systém také ob-sahuje nástroje pro provoz tzv. poskytovny, webu, složek se sdílenými dokumenty,diskuzních fór a mnoho dalších užitečných aplikací.Protože se domnívám, že je e-learning velice užitečný, vytvořil jsem tuto di-

plomovou práci jako elektronický kurz zpracovaný do konkrétní interaktivní os-novy. Najít ji můžete v autentizované části ISu na adrese https://is.muni.cz/auth/el/1431/jaro2005/M6520/index.qwarp. Celá osnova je členěna na kapi-toly podle tématu. Každá kapitola obsahuje soubor ve formátu PDF s teoretickýmvýkladem. Podle typu příkladů je u některých témat pomocí nástroje Oživený textvytvořeno cvičení s příklady. Toto řešené cvičení se skládá ze zadání a osnovy pro

67

5. E-learning

řešení. Po kliknutí na klíč se jednotlivé části řešení rozbalují a zobrazují tak de-tailní postup. Většina kapitol má i nějaké cvičné neřešené úlohy, které se sestavujíze sady otázek. Po zodpovězení dotazníku je student ohodnocen a je mu ukázáno,které úkoly vyřešil správně a které ne. U všech odpovědí je zobrazen správnývýsledek.

68

Seznam použité literatury

[1] HERMAN J., KUČERA R., ŠIMŠA J., Metody řešení matematických úloh I,Masarykova univerzita v Brně, Brno 2001

[2] SIERPINSKI W., 250 Problems in elementary number theory, PWN-Polishscientific publishers, Waršava 1970

[3] BULANT M., Algebra 2 - Teorie číselhttp://www.math.muni.cz/~bulik/vyuka/Algebra-2/alg2-screen.pdf

[4] FREEPEDIA, Number theoryhttp://en.freepedia.org/Number_theory.html

69

Documents

Diplom Ka