Teorie čísel: Přeznačení v CRT

07-teorie-cisel/teorie-cisel.tex

@@ -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}