Skip to content
Snippets Groups Projects
Commit 98482dba authored by Martin Mareš's avatar Martin Mareš
Browse files

Teorie čísel: Přeznačení v CRT

parent aef897af
No related branches found
No related tags found
No related merge requests found
......@@ -310,17 +310,17 @@ $x^{\varphi(n)} \equiv x^{jk} \equiv (x^j)^k \equiv 1^k \equiv 1$.
\subsection{Čínská věta o~zbytcích}
Nyní se zamysleme nad tím, jak najít číslo~$x$, které dává modulo~$N_1$
zadaný zbytek~$a_1$ a modulo~$N_2$ zbytek~$a_2$. Řešíme tedy soustavu kongruencí:
Nyní se zamysleme nad tím, jak najít číslo~$x$, které dává modulo~$n_1$
zadaný zbytek~$a_1$ a modulo~$n_2$ zbytek~$a_2$. Řešíme tedy soustavu kongruencí:
$$\eqalign{
x&\equiv a_1 \pmod{N_1} \cr
x&\equiv a_2 \pmod{N_2} \cr
x&\equiv a_1 \pmod{n_1} \cr
x&\equiv a_2 \pmod{n_2} \cr
}$$
Především si můžeme všimnout, že najdeme-li nějaké řešení, přičtením
libovolného násobku čísla $N=N_1N_2$ získáme další řešení. Stačí se tedy
omezit na $x\in\Z_N$.
libovolného násobku čísla $n=n_1n_2$ získáme další řešení. Stačí se tedy
omezit na $x\in\Zn$.
Také si všimneme, že jsou-li $N_1$ a~$N_2$ soudělná, nemusí řešení vůbec
Také si všimneme, že jsou-li $n_1$ a~$n_2$ soudělná, nemusí řešení vůbec
existovat -- například v~soustavě
$$\eqalign{
x&\equiv 2 \pmod 6 \cr
......@@ -330,25 +330,25 @@ první kongruence vynucuje, aby $x$~bylo sudé, zatímco druhá, aby bylo liché
Za chvíli uvidíme, že soudělnost je jediná překážka.
\obs{
Nechť $N_1\perp N_2$.
Uvažme funkci $f: \Z_N \rightarrow \Z_{N_1} \times \Z_{N_2}$
Nechť $n_1\perp n_2$.
Uvažme funkci $f: \Zn \rightarrow \Z_{n_1} \times \Z_{n_2}$
definovanou takto:
$$
f(x) = (x\bmod N_1, x\bmod N_2).
f(x) = (x\bmod n_1, x\bmod n_2).
$$
Zamysleme se nad jejími vlastnostmi:
\list{n.}
\:Nejprve si všimneme, že $f$ je prostá.
Pokud $f(x)=f(y)$, pak $x \bmod N_1 = y \bmod N_1$, tedy $N_1 \divs (x-y)$.
Podobně dostaneme $N_2 \divs (x-y)$. Jelikož $N_1\perp N_2$, plyne z~toho
také $N \divs (x-y)$. To je ovšem pro $x,y\in\Z_N$ možné jen tehdy, když $x=y$.
Pokud $f(x)=f(y)$, pak $x \bmod n_1 = y \bmod n_1$, tedy $n_1 \divs (x-y)$.
Podobně dostaneme $n_2 \divs (x-y)$. Jelikož $n_1\perp n_2$, plyne z~toho
také $n \divs (x-y)$. To je ovšem pro $x,y\in\Zn$ možné jen tehdy, když $x=y$.
\:Každá prostá funkce mezi dvěma stejně velkými množinami musí být bijekce.
To znamená, že naše soustava kongruencí má pro každé $a_1$ a~$a_2$ právě
jedno řešení $f\inv(a_1,a_2)$.
\:Naše funkce~$f$ je dokonce izomorfismus okruhů $Z_N$ a $Z_{N_1} \times \Z_{N_2}$.
\:Naše funkce~$f$ je dokonce izomorfismus okruhů $Z_n$ a $Z_{n_1} \times \Z_{n_2}$.
(Součinem okruhů $R_1$ a~$R_2$ se myslí okruh, jehož nosná množina je kartézský
součin nosných množin $R_1\times R_2$ a operace se aplikují po složkách.)
Platí totiž $f(0)=(0,0)$, $f(1)=(1,1)$, $f(x+y) = f(x) + f(y)$ a $f(xy) = f(x)\cdot f(y)$.
......@@ -361,17 +361,17 @@ se jí říká proto, že byla známa už ve starověké Číně. Zkracuje se ja
Chinese Remainder Theorem.} Ukážeme si její dvě verze:
\theoremn{Čínská o~zbytcích neboli CRT}{
Nechť $N_1,\ldots,N_k$ jsou navzájem nesoudělná kladná čísla,
$N=N_1\cdot\ldots\cdot N_k$ a $a_i\in\Z_{N_i}$ pro $i=1,\ldots,k$.
Pak existuje právě jedno $x\in\Z_N$ takové, že $x\bmod N_i = a_i$ pro všechna~$i$.
Nechť $n_1,\ldots,n_k$ jsou navzájem nesoudělná kladná čísla,
$n=n_1\cdot\ldots\cdot n_k$ a $a_i\in\Z_{n_i}$ pro $i=1,\ldots,k$.
Pak existuje právě jedno $x\in\Zn$ takové, že $x\bmod n_i = a_i$ pro všechna~$i$.
}
\theoremn{Algebraická formulace CRT}{
Nechť $N_1,\ldots,N_k$ jsou navzájem nesoudělná kladná čísla a
$N=N_1\cdot\ldots\cdot N_k$.
Pak funkce $f: \Z_N \rightarrow Z_{N_1} \times \ldots \times \Z_{N_k}$
definovaná jako $f(x) = (x\bmod N_1, \ldots, x\bmod N_k)$
je izomorfismus okruhů $Z_N$ a $Z_{N_1} \times \ldots \times \Z_{N_k}$.
Nechť $n_1,\ldots,n_k$ jsou navzájem nesoudělná kladná čísla a
$n=n_1\cdot\ldots\cdot n_k$.
Pak funkce $f: \Zn \rightarrow Z_{n_1} \times \ldots \times \Z_{n_k}$
definovaná jako $f(x) = (x\bmod n_1, \ldots, x\bmod n_k)$
je izomorfismus okruhů $Z_n$ a $Z_{n_1} \times \ldots \times \Z_{n_k}$.
}
\proof
......@@ -392,16 +392,16 @@ Větu opět stačí dokázat pro $k=2$ a pak použít indukci.
Inspirujeme se Lagrangeovou interpolací z~oddílu \secref{shamir}.
Pokud bychom znali čísla $u_1$ a~$u_2$ taková, že $f(u_1) = (1,0)$
a $f(u_2) = (0,1)$, řešením je jejich lineární kombinace
$x = (a_1u_1 + a_2u_2) \bmod N$.
$x = (a_1u_1 + a_2u_2) \bmod n$.
Jelikož $f$ je homomorfismus, je lineární. Proto platí:
$f(x) = a_1f(u_1) + a_2f(u_2) = a_1(1,0) + a_2(0,1) = (a_1,a_2)$.
Zbývá si pořídit~$u_1$ ($u_2$~najdeme obdobně)
Nejprve si všimneme, že $f(N_2) = (v_1,0)$ pro nějaké~$v_1$.
Pokud je $v_1=1$, položíme $u_1=N_2$ a jsme hotovi.
Jinak najdeme multiplikativní inverzi~$w_1$ čísla $v_1$ modulo~$N_1$
a položíme $u_1=w_1N_2$. Bude platit $f(u_1) = f(w_1N_2) = w_1f(N_2)
= w_1(v_1,0) = (w_1v_1\bmod N_1,0) = (1,0)$.
Nejprve si všimneme, že $f(n_2) = (v_1,0)$ pro nějaké~$v_1$.
Pokud je $v_1=1$, položíme $u_1=n_2$ a jsme hotovi.
Jinak najdeme multiplikativní inverzi~$w_1$ čísla $v_1$ modulo~$n_1$
a položíme $u_1=w_1n_2$. Bude platit $f(u_1) = f(w_1n_2) = w_1f(n_2)
= w_1(v_1,0) = (w_1v_1\bmod n_1,0) = (1,0)$.
\qed
\subsection{Eulerova funkce}
......
0% Loading or .
You are about to add 0 people to the discussion. Proceed with caution.
Please register or to comment