»Sł MpdwMn do ćwfcwrt
Ponieważ 2,fc» I (mod p)> możesz wykazać, że NWD((p — I j/2*, 2*) --- 2\ skąd natychmiast wynika, te p m I (mod 2*H).
(c) Jedyną liczbą pierwszą przystającą do I modliło 64 i mniejszą od y/6Ś537 jest 193. a ta liczba nic jest dzielnikiem 65537.
3. AW7J(R4, 1330) = 14.
/ os
rozważ cztery przypadki ze
4. Zap/« ( /) w.po.uci ( -/} = (j )( j)
względu na to. jaką resztę daje /? przy dzieleniu przez 8.
= -(- I)(-D= -1.
6. (a) 14; (b) 9; (c) 9a.
7. a3 — a (por. dowód twierdzenia 2.2.4); 6, 60, 4080, 24, 210, 336.
8. Ponieważ q s 1 (mod />), więc istnieje pierwiastek pierwotny f stopnia
n
(a) (—- j V ( — 6. 45, 3126, 906 (w ostatnim przypadku skorzystaj
I P )}% \PJ
z równości: 1093 — (37 — l)/2).
'-Wj\
(b) Niech (7 = Y l — )2J. Wtedy najmniejszy dodatni pierwiastek kwad-
ratowy z ^—-Jp modulo 2P — I jest równy (?, jeśli p = 5 (mod 8); jest
p z jedności w ciele Ff. Wtedy (r (por. lemat w dowodzie twierdzenia 2.2.5).
Ę1 ma kwadrat równy
równy —G, jeśli p w 3 (mod 8); jest równy p + G, jeśli p = 7 (mod 8); jest równy p — G, jeśli /? = 1 (mod 8).
I (a) | Cb) | (c) | (d) | (e) 1; (£) 1; gj -1.
co jest równe 1 wtedy i tylko wtedy, gdy p = 1 (mod 3).
13. Ostatnią cyfrą dziesiętną jest 1 lub 9.
14 Każda potęga reszty kwadratowej jett reszta kwadratową. a więc żadna niereszta kwadratowa nie jest potęgą reszty kwadratowej. Zatem reszta kwadratowa nie może być generatorem.
15. (a) Ponieważ p - I jest potęgą 2, więc rząd dowolnego elementu g jest
potęgą 2. Jeśli -1 = (—) s glp~1)12 (mod p), to ten rząd nie może
W
być mniejszy od p - 1.
(b) Jeśli ś: > 1 i /? = 22k + 1, to /? = 2 (mod 5) (gdyż wykładnik tej potęgi 2
jest wielokrotnością 4). Wtedy
(c) Podobnie do (b): ponieważ wykładnik potęgi 2 nie jest podzielny przez
3, więc ta potęga dwójki przystaje do 2 łub do 4 modulo 7; stąd p = 3
16. (a) Zachodzi równość:
(a + bi)p*1 = (ap + bpip)(a + ói) = (a - ói)(a + W) = a2 + b2. Stwierdzenie: Jeśli (a + bi)me ¥p, top+\\m. Aby dowieść tego stwierdzenia, przyjmijmy d = NWD(m, p +1). Rozumując tak samo jak w dowodzie twierdzenia 1.4.2, pokazujemy, że (a + bi)d€ fr Alt p + I jest potęgą 2, więc jeśli d < p + 1, to (a + bifr"m jest takim elementem Fp) którego kwadrat jest równy a2 + b1. Ale a1 + b2 jest nieresztą kwadratową (por. ćwiczenie 14). Zatem d=p +1 i p +1 \m. Teraz, gdy nasze stwierdzenie zostało udowodnione, przypuśćmy, że n = n'(p + 1) jest taką liczbą, że (a + bi)n = 1 (zauważmy, że ze stwierdzenia wynika, iż p +1 |/i). Wtedy (a2 + b2)*' = 1, a więc p - l|n', gdyż a1 + ó2 jest generatorem grupy FJ.
(b) Wykaż, że 17 i 13 są generatorami grupy Ffi.
17. W obu przypadkach otrzymujemy oszacowanie O (log3/?). Ale zauważ, że twierdzenie 2.2.2 stosuje się tylko do przypadku, gdy liczba n jest pierwsza, podczas gdy metoda z punktu (a) ma zastosowanie ogólne, dla dowolnej nieparzystej liczby dodatniej n. Zauważ też, że czas obliczeń w punkcie (a) można zmniejszyć do 0(log2p), stosując metodę wykorzystaną w ćwiczeniu 11 z podrozdziału 1.2.
18. (a) Rozwiąż tę kongruencję metodą uzupełniania do pełnego kwadratu;
pokaż, że liczba rozwiązań jest równa liczbie rozwiązań kongruencji x2 = D (mod p). Istnieje jedno rozwiązanie, gdy D = 0, nie ma rozwiązań, gdy D jest nieresztą, i są dwa rozwiązania, jeśli D jest resztą kwadratową.
(b) 0, 0, 2,1, 2; (c) 2, 2,1,0, 0.