Liczby kwadratowe i niekwadratowe modulo. Wybrane zagadnienia

22.12.2023

Największy wspólny dzielnik

Definicja H1
Niech będą dane dwie liczby całkowite [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] niebędące jednocześnie zerami. Największym wspólnym dzielnikiem liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] będziemy nazywali liczbę całkowitą [math]\displaystyle{ D }[/math] taką, że

1.   [math]\displaystyle{ D \mid a \quad \text{i} \quad D \mid b }[/math]
2.   [math]\displaystyle{ \,\, d \mid a \quad \text{i} \quad \; d \mid b \qquad \Longrightarrow \qquad d \leqslant D }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ d }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą.

Uwaga H2
Tak zdefiniowaną liczbę [math]\displaystyle{ D }[/math] będziemy oznaczali przez [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ 1 \mid a \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; 1 \mid b }[/math], to z definicji wynika natychmiast, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) \geqslant 1 }[/math].

Zadanie H3
Pokazać, że

[math]\displaystyle{ d \mid \gcd (a, b) \qquad \Longleftrightarrow \qquad d \mid a \quad \text{i} \quad d \mid b }[/math]

Rozwiązanie

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ d \mid \gcd (a, b) }[/math]. Z definicji największego wspólnego dzielnika [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) \mid a }[/math], zatem [math]\displaystyle{ d \mid a }[/math]. Analogicznie pokazujemy, że [math]\displaystyle{ d \mid b }[/math].

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ a = r d }[/math], [math]\displaystyle{ b = s d }[/math]. Z lematu Bézouta (zobacz C73) istnieją takie liczby całkowite [math]\displaystyle{ x, y }[/math], że

[math]\displaystyle{ \gcd (a, b) = a x + b y = r d x + s d y = d (r x + s y) }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ d \mid \gcd (a, b) }[/math].
□

Twierdzenie H4
Jeżeli liczby całkowite [math]\displaystyle{ a, b }[/math] nie są jednocześnie równe zero i [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) = a x + b y }[/math], to [math]\displaystyle{ \gcd (x, y) = 1 }[/math].

Dowód

Z lematu Bézouta (zobacz C73) wiemy, że liczby całkowite [math]\displaystyle{ x, y }[/math] zawsze istnieją. Niech [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) = d \gt 0 }[/math], zatem [math]\displaystyle{ a = d k }[/math] i [math]\displaystyle{ b = d m }[/math], czyli

[math]\displaystyle{ (d k) x + (d m) y = d }[/math]

Co oznacza, że [math]\displaystyle{ k x + m y = 1 }[/math], ale [math]\displaystyle{ \gcd (x, y) }[/math] jest dzielnikiem [math]\displaystyle{ k x + m y }[/math] (bo jest dzielnikiem [math]\displaystyle{ x }[/math] i [math]\displaystyle{ y }[/math]), zatem [math]\displaystyle{ \gcd (x, y) \mid 1 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \gcd (x, y) = 1 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H5
Niech [math]\displaystyle{ a, b, k \in \mathbb{Z} }[/math]. Prawdziwy jest wzór

[math]\displaystyle{ \gcd (a + k b, b) = \gcd (a, b) }[/math]

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ d_1 = \gcd (a + k b, b) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_2 = \gcd (a, b) }[/math].

Z definicji [math]\displaystyle{ d_1 \mid (a + k b) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_1 \mid b }[/math], zatem [math]\displaystyle{ a + k b = x d_1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; b = y d_1 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ a + k x d_1 = x d_1 }[/math], skąd natychmiast wynika, że [math]\displaystyle{ d_1 \mid a }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ d_1 \mid b }[/math], to [math]\displaystyle{ d_1 \mid d_2 }[/math] (zobacz H2).

Z definicji [math]\displaystyle{ d_2 \mid a \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_2 \mid b }[/math], zatem [math]\displaystyle{ d_2 \mid (a + k b) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_2 \mid b }[/math], czyli [math]\displaystyle{ d_2 \mid d_1 }[/math].

Ponieważ [math]\displaystyle{ d_1 \mid d_2 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_2 \mid d_1 }[/math], to [math]\displaystyle{ | d_1 | = | d_2 | }[/math]. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H6
Niech [math]\displaystyle{ a, b, m \in \mathbb{Z} }[/math]. Prawdziwa jest następująca równoważność

[math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = 1 \quad \text{i} \quad \gcd (b, m) = 1 \quad \qquad \Longleftrightarrow \quad \qquad \gcd (a b, m) = 1 }[/math]

Dowód

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ \gcd (a b, m) = d }[/math]. Z definicji [math]\displaystyle{ d \mid a b }[/math] i [math]\displaystyle{ d \mid m }[/math]. Gdyby było [math]\displaystyle{ d \gt 1 }[/math], to istniałaby liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] taka, że [math]\displaystyle{ p \mid d }[/math] i mielibyśmy [math]\displaystyle{ p \mid a b }[/math] i [math]\displaystyle{ p \mid m }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ p \mid a b }[/math], to [math]\displaystyle{ p \mid a }[/math] lub [math]\displaystyle{ p \mid b }[/math] (zobacz C74). W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ p \mid a }[/math] dostajemy [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) \geqslant p \gt 1 }[/math], wbrew założeniu, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = 1 }[/math]. Analogicznie pokazujemy sprzeczność, gdy [math]\displaystyle{ p \mid b }[/math].

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = d }[/math]. Z definicji [math]\displaystyle{ d \mid a }[/math] i [math]\displaystyle{ d \mid m }[/math], zatem również [math]\displaystyle{ d \mid a b }[/math] i [math]\displaystyle{ d \mid m }[/math]. Mamy stąd

[math]\displaystyle{ 1 = \gcd (a b, m) \geqslant d \geqslant 1 }[/math]

Czyli musi być [math]\displaystyle{ d = 1 }[/math]. Analogicznie pokazujemy, że [math]\displaystyle{ \gcd (b, m) = 1 }[/math].
□

Twierdzenie H7
Dla [math]\displaystyle{ a, b, m \in \mathbb{Z} }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \gcd (a b, m) \mid \gcd (a, m) \cdot \gcd (b, m) }[/math]

Dowód

Wprowadźmy oznaczenia

[math]\displaystyle{ r = \gcd (a b, m) }[/math]

[math]\displaystyle{ s = \gcd (a, m) }[/math]

[math]\displaystyle{ t = \gcd (b, m) }[/math]

Z lematu Bézouta (zobacz C73) istnieją takie liczby [math]\displaystyle{ x, y, X, Y }[/math], że

[math]\displaystyle{ s = a x + m y }[/math]

[math]\displaystyle{ t = b X + m Y }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ s t = (a x + m y) (b X + m Y) = a b x X + a m x Y + m b y X + m^2 y Y }[/math]

ale [math]\displaystyle{ r \mid a b }[/math] i [math]\displaystyle{ r \mid m }[/math], skąd otrzymujemy, że [math]\displaystyle{ r \mid s t }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H8
Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a, b }[/math] są względnie pierwsze, to

[math]\displaystyle{ \gcd (a b, m) = \gcd (a, m) \cdot \gcd (b, m) }[/math]

Dowód

Wprowadźmy oznaczenia

[math]\displaystyle{ r = \gcd (a b, m) }[/math]

[math]\displaystyle{ s = \gcd (a, m) }[/math]

[math]\displaystyle{ t = \gcd (b, m) }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) = 1 }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ s \mid a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ t \mid b }[/math], to [math]\displaystyle{ \gcd (s, t) = 1 }[/math], zatem (zobacz C75)

[math]\displaystyle{ s \mid a \qquad \,\, \text{i} \qquad t \mid b \qquad \qquad \;\, \Longrightarrow \qquad \qquad s t \mid a b }[/math]

[math]\displaystyle{ s \mid m \qquad \text{i} \qquad t \mid m \qquad \qquad \Longrightarrow \qquad \qquad s t \mid m }[/math]

Wynika stąd, że [math]\displaystyle{ s t \mid \gcd (a b, m) }[/math], czyli [math]\displaystyle{ s t \mid r }[/math]. Z poprzedniego twierdzenia wiemy, że [math]\displaystyle{ r \mid s t }[/math], zatem [math]\displaystyle{ |r| = |s t| }[/math]. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H9
Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ b, m }[/math] są względnie pierwsze, to

[math]\displaystyle{ \gcd (a b, m) = \gcd (a, m) }[/math]

Dowód

Wprowadźmy oznaczenia

[math]\displaystyle{ r = \gcd (a b, m) }[/math]

[math]\displaystyle{ s = \gcd (a, m) }[/math]

Z lematu Bézouta istnieją takie liczby [math]\displaystyle{ x, y }[/math], że

[math]\displaystyle{ r = a b x + m y }[/math]

Ale [math]\displaystyle{ s \mid a \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; s \mid m }[/math], zatem [math]\displaystyle{ s \mid r }[/math].

Z założenia [math]\displaystyle{ \gcd (b, m) = 1 }[/math], zatem z twierdzenia H7 wynika natychmiast, że [math]\displaystyle{ r \mid s }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ s \mid r \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; r \mid s }[/math], to [math]\displaystyle{ | r | = | s | }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H10
Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a, b }[/math] nie są jednocześnie równe zero i [math]\displaystyle{ m \neq 0 }[/math], to

[math]\displaystyle{ \gcd (a m, b m) = | m | \cdot \gcd (a, b) }[/math]

Dowód

Oznaczmy [math]\displaystyle{ d = \gcd (a, b) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; D = \gcd (a m, b m) }[/math]. Pokażemy, że [math]\displaystyle{ d m \mid D }[/math].

[math]\displaystyle{ \begin{array}{llll} d = \gcd (a, b) & \qquad \Longrightarrow \qquad & d \mid a \quad \text{i} \quad d \mid b & \text{(zobacz H3)} \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & d m \mid a m \quad \text{i} \quad d m \mid b m & \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & d m \mid \gcd (a m, b m) & \text{(zobacz H3)} \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & d m \mid D & \\ \end{array} }[/math]

Pokażemy, że [math]\displaystyle{ D \mid d m }[/math].

[math]\displaystyle{ \begin{array}{llll} d = \gcd (a, b) & \qquad \Longrightarrow \qquad & d = a x + b y & \text{(lemat Bézouta C73)} \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & d m = a m x + b m y & \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & D \mid d m & \\ \end{array} }[/math]

Ostatnia implikacja korzysta z tego, że [math]\displaystyle{ D \mid a m \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; D \mid b m }[/math] (zobacz H3). Ponieważ [math]\displaystyle{ d m \mid D \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; D \mid d m }[/math], to [math]\displaystyle{ | D | = | d m | }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H11
Pokazać, że [math]\displaystyle{ a \mid b }[/math] wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ a \mid \gcd (a, b) }[/math].

Rozwiązanie

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Zakładając, że [math]\displaystyle{ a \mid b }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \begin{array}{llll} a \mid b & \qquad \Longrightarrow \qquad & b = k a & \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & \gcd (a, b) = \gcd (a, k a) = | a | \cdot \gcd (1, k) = | a | & \qquad \text{(zobacz H10)} \\ & & & \\ & \qquad \Longrightarrow \qquad & a \mid \gcd (a, b) & \\ \end{array} }[/math]

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ a \mid \gcd (a, b) }[/math], to [math]\displaystyle{ a \mid b }[/math] (zobacz H3). Co należało pokazać.
□

Zadanie H12
Niech [math]\displaystyle{ \gcd (a, d) = 1 }[/math]. Pokazać, że [math]\displaystyle{ d \nmid a b }[/math] wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ d \nmid b }[/math].

Rozwiązanie

Korzystając z rezultatu pokazanego w zadaniu H11, dostajemy

[math]\displaystyle{ \begin{array}{llll} d \nmid a b & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & d \nmid \gcd (d, a b) & \\ & & & \\ & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & d \nmid \gcd (d, b) & \text{(zobacz H9)} \\ & & & \\ & \qquad \Longleftrightarrow \qquad & d \nmid b & \\ \end{array} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H13
Jeżeli dodatnie liczby [math]\displaystyle{ a, b }[/math] są względnie pierwsze, to każdy dzielnik [math]\displaystyle{ d }[/math] iloczynu [math]\displaystyle{ a b }[/math] można przedstawić jednoznacznie w postaci [math]\displaystyle{ d = d_1 d_2 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ d_1 \mid a , }[/math] [math]\displaystyle{ \; d_2 \mid b \; }[/math] [math]\displaystyle{ \text{i} \; \gcd (d_1, d_2) = 1 }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ d_1 = \gcd (d, a) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d_2 = \gcd (d, b) }[/math]. Z twierdzenia H8 mamy

[math]\displaystyle{ d_1 d_2 = \gcd (d, a) \cdot \gcd (d, b) = \gcd (d, a b) = d }[/math]

Bo z założenia [math]\displaystyle{ d \mid a b }[/math]. Z definicji największego wspólnego dzielnika i zadania H3 dostajemy

[math]\displaystyle{ \gcd (d_1, d_2) = e \qquad \Longrightarrow \qquad e \mid d_1 \quad \text{i} \quad e \mid d_2 }[/math]

[math]\displaystyle{ \, \Longrightarrow \qquad e \mid \gcd (d, a) \quad \text{i} \quad e \mid \gcd (d, b) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, \Longrightarrow \qquad e \mid a \quad \text{i} \quad e \mid b }[/math]

[math]\displaystyle{ \, \Longrightarrow \qquad e \mid \gcd (a, b) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, \Longrightarrow \qquad \gcd (a, b) \geqslant e }[/math]

Gdyby było [math]\displaystyle{ \gcd (d_1, d_2) = e \gt 1 }[/math], to mielibyśmy [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) \geqslant e \gt 1 }[/math]. Wbrew założeniu, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) = 1 }[/math]. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H14
Jeżeli [math]\displaystyle{ a, m, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math], to

[math]\displaystyle{ \gcd (a^m - 1, a^n - 1) = a^{\gcd (m, n)} - 1 }[/math]

Dowód

Pokażemy najpierw, że jeżeli [math]\displaystyle{ d }[/math] jest dzielnikiem lewej strony dowodzonej równości, to jest również dzielnikiem prawej strony i odwrotnie.

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ d }[/math] jest dzielnikiem [math]\displaystyle{ \gcd (a^m - 1, a^n - 1) }[/math], czyli [math]\displaystyle{ d \mid (a^m - 1) \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; d \mid (a^n - 1) }[/math], co możemy zapisać w postaci

[math]\displaystyle{ a^m \equiv 1 \!\! \pmod{d} \quad \qquad \text{oraz} \quad \qquad a^n \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Z lematu Bézouta (zobacz C73) wiemy, że istnieją takie liczby [math]\displaystyle{ x, y }[/math], że [math]\displaystyle{ \gcd (m, n) = m x + n y }[/math]. Łatwo znajdujemy, że

[math]\displaystyle{ a^{\gcd (m, n)} \equiv a^{m x + n y} \equiv (a^m)^x \cdot (a^n)^y \equiv 1^x \cdot 1^y \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ d \, \biggr\rvert \left( a^{\gcd (m, n)} - 1 \right) }[/math].

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ d \, \biggr\rvert \left( a^{\gcd (m, n)} - 1 \right) }[/math], czyli

[math]\displaystyle{ a^{\gcd (m, n)} \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ a^m \equiv \left[ a^{\gcd (m, n)} \right]^{\tfrac{m}{\gcd (m, n)}} \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Podobnie otrzymujemy

[math]\displaystyle{ a^n \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ d }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ a^m - 1 \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; a^n - 1 }[/math], czyli

[math]\displaystyle{ d \mid \gcd (a^m - 1, a^n - 1) }[/math]

W szczególności wynika stąd, że

•    [math]\displaystyle{ \gcd (a^m - 1, a^n - 1) \, \biggr\rvert \left( a^{\gcd (m, n)} - 1 \right) }[/math]

•    [math]\displaystyle{ \left( a^{\gcd (m, n)} - 1 \right) \, \biggr\rvert \, \gcd (a^m - 1, a^n - 1) }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ \left| \gcd (a^m - 1, a^n - 1) \right| = \left| a^{\gcd (m, n)} - 1 \right| }[/math]. Co kończy dowód.
□

Uwaga H15
W dowodzie twierdzenia H14 pominęliśmy milczeniem fakt, że jedna z liczb [math]\displaystyle{ x, y }[/math] może być (i często jest) ujemna. Choć rezultat jest prawidłowy, to nie wiemy, co oznacza zapis

[math]\displaystyle{ a^{- 1000} \equiv 1^{- 10} \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

Omówimy ten problem w następnej sekcji. Zauważmy, wyprzedzając materiał, że z kongruencji

[math]\displaystyle{ a^m \equiv 1 \!\! \pmod{d} \quad \qquad \text{oraz} \quad \qquad a^n \equiv 1 \!\! \pmod{d} }[/math]

wynika, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, d) = 1 }[/math] i liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] ma element odwrotny modulo [math]\displaystyle{ d }[/math].

Element odwrotny modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]

Twierdzenie H16
Niech [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Dla liczby [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z} }[/math] istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ x }[/math], że

[math]\displaystyle{ a x \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = 1 }[/math].

Dowód

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Z założenia istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ x }[/math], że

[math]\displaystyle{ a x \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

Zatem dla pewnego [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} }[/math] jest

[math]\displaystyle{ a x = 1 + k m }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ a x - k m = 1 }[/math]. Wynika stąd, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ 1 }[/math], co oznacza, że [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = 1 }[/math].

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = 1 }[/math]. Z lematu Bézouta (zobacz C73) wynika, że istnieją takie liczby całkowite [math]\displaystyle{ x, y }[/math], że

[math]\displaystyle{ a x + m y = 1 }[/math]

Zatem modulo [math]\displaystyle{ m }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ a x \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

Co kończy dowód.
□

Definicja H17
Niech [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Liczbę [math]\displaystyle{ x }[/math] taką, że

[math]\displaystyle{ a \cdot x \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

będziemy nazywali elementem odwrotnym liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] modulo [math]\displaystyle{ m }[/math] i oznaczali jako [math]\displaystyle{ a^{- 1} }[/math].

Uwaga H18
Oznaczenie elementu odwrotnego ma naturalne uzasadnienie. Zauważmy, że jeżeli [math]\displaystyle{ b \mid a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ b }[/math] ma element odwrotny modulo [math]\displaystyle{ m }[/math], to prawdziwa jest kongruencja

[math]\displaystyle{ {\small\frac{a}{b}} \equiv a b^{- 1} \!\! \pmod{m} }[/math]

Istotnie

[math]\displaystyle{ {\small\frac{a}{b}} = {\small\frac{a}{b}} \cdot 1 \equiv {\small\frac{a}{b}} \cdot b b^{- 1} \equiv a b^{- 1} \!\! \pmod{m} }[/math]

W PARI/GP odwrotność liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] modulo [math]\displaystyle{ m }[/math] znajdujemy, wpisując Mod(a, m)^(-1).

Twierdzenie H19
Niech [math]\displaystyle{ a, k \in \mathbb{Z} }[/math], [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Poniższa tabelka przedstawia elementy odwrotne do elementu [math]\displaystyle{ a }[/math] w przypadku niektórych modułów [math]\displaystyle{ m }[/math]. W szczególności, jeżeli moduł [math]\displaystyle{ m }[/math] jest liczbą nieparzystą, to [math]\displaystyle{ 2^{- 1} \equiv {\small\frac{m + 1}{2}} \!\! \pmod{m} }[/math].

	postać modułu [math]\displaystyle{ \boldsymbol{m} }[/math]	odwrotność elementu [math]\displaystyle{ \boldsymbol{a} }[/math]	uwagi
[math]\displaystyle{ 1. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ 1 }[/math]	liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] jest liczbą nieparzystą
[math]\displaystyle{ 2. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = 4 }[/math]	[math]\displaystyle{ R_4(a) }[/math]
[math]\displaystyle{ 3. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = 8 }[/math]	[math]\displaystyle{ R_8(a) }[/math]
[math]\displaystyle{ 4. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = a k - 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ {\small\frac{m + 1}{a}} }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ 5. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = a k + 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ - {\small\frac{m - 1}{a}} }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ 6. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = a k - 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ {\small\frac{m + 1}{2}} \cdot {\small\frac{m + 2}{a}} }[/math]	liczby [math]\displaystyle{ a , m }[/math] są liczbami nieparzystymi
[math]\displaystyle{ 7. }[/math]	[math]\displaystyle{ m = a k + 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ {\small\frac{m - 1}{2}} \cdot {\small\frac{m - 2}{2}} }[/math]

Dowód

Punkty 1. - 3.

Ponieważ dla liczb nieparzystych jest

[math]\displaystyle{ a^2 \equiv 1 \!\! \pmod{2} }[/math]

[math]\displaystyle{ a^2 \equiv 1 \!\! \pmod{4} }[/math]

[math]\displaystyle{ a^2 \equiv 1 \!\! \pmod{8} }[/math]

to liczba nieparzysta [math]\displaystyle{ a }[/math] jest swoją odwrotnością modulo [math]\displaystyle{ 2 }[/math], [math]\displaystyle{ 4 }[/math] i [math]\displaystyle{ 8 }[/math]. Ponieważ element odwrotny jest definiowany modulo, zatem możemy napisać

[math]\displaystyle{ a^{- 1} \equiv R_2 (a) \!\! \pmod{2} }[/math]

[math]\displaystyle{ a^{- 1} \equiv R_4 (a) \!\! \pmod{4} }[/math]

[math]\displaystyle{ a^{- 1} \equiv R_8 (a) \!\! \pmod{8} }[/math]

W pierwszym przypadku wynik jest oczywisty, bo [math]\displaystyle{ R_2 (a) = 1 }[/math].

Punkt 4.

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = \gcd (a, a k - 1) = \gcd (a, - 1) = 1 }[/math]

oraz [math]\displaystyle{ a \mid (m + 1) }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ a \cdot a^{- 1} = a \cdot {\small\frac{m + 1}{a}} = m + 1 \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

Punkt 5.

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = \gcd (a, a k + 1) = \gcd (a, 1) = 1 }[/math]

oraz [math]\displaystyle{ a \mid (m - 1) }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ a \cdot a^{- 1} = a \cdot \left[ - \left( {\small\frac{m - 1}{a}} \right) \right] = - m + 1 \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

Punkt 6.

Ponieważ zakładamy, że [math]\displaystyle{ 2 \mid (m + 1) }[/math], to [math]\displaystyle{ m }[/math] musi być liczbą nieparzystą, czyli [math]\displaystyle{ a }[/math] też musi być liczbą nieparzystą. Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ \gcd (a, m) = \gcd (a, a k - 2) = \gcd (a, - 2) = 1 }[/math]

oraz [math]\displaystyle{ a \mid (m + 2) }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ a \cdot a^{- 1} = a \cdot \left( {\small\frac{m + 1}{2}} \cdot {\small\frac{m + 2}{a}} \right) = {\small\frac{m + 1}{2}} \cdot (m + 2) \equiv {\small\frac{m + 1}{2}} \cdot 2 \equiv m + 1 \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

Podobnie pokazujemy punkt 7. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H20
Niech [math]\displaystyle{ a, b \in \mathbb{Z} }[/math], [math]\displaystyle{ m \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] ma element odwrotny modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ u_1, u_2, \ldots, u_r }[/math] są liczbami różnymi modulo [math]\displaystyle{ m }[/math], to liczby

1.   [math]\displaystyle{ a u_1, a u_2, \ldots, a u_r }[/math]

2.   [math]\displaystyle{ a u_1 + b, a u_2 + b, \ldots, a u_r + b }[/math]

są liczbami różnymi modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Jeżeli ponadto liczby [math]\displaystyle{ u_1, u_2, \ldots, u_r }[/math] są względnie pierwsze z [math]\displaystyle{ m }[/math], to również liczby

3.   [math]\displaystyle{ u^{- 1}_1, u^{- 1}_2, \ldots, u^{- 1}_r }[/math]

są liczbami różnymi modulo [math]\displaystyle{ m }[/math].

Dowód

Punkt 1.

Przypuśćmy dla uzyskania sprzeczności, że istnieją takie różne wskaźniki [math]\displaystyle{ i, j }[/math], że

[math]\displaystyle{ a u_i \equiv a u_j \!\! \pmod{m} }[/math]

Z założenia liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] ma element odwrotny modulo [math]\displaystyle{ m }[/math], zatem mnożąc obie strony kongruencji przez [math]\displaystyle{ a^{- 1} }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ u_i \equiv u_j \!\! \pmod{m} }[/math]

dla [math]\displaystyle{ i \neq j }[/math], wbrew założeniu, że liczby [math]\displaystyle{ u_1, u_2, \ldots, u_r }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Dowód punktu 2. jest analogiczny.

Punkt 3.

Przypuśćmy dla uzyskania sprzeczności, że istnieją takie różne wskaźniki [math]\displaystyle{ i, j }[/math], że

[math]\displaystyle{ u^{- 1}_i \equiv u^{- 1}_j \!\! \pmod{m} }[/math]

[math]\displaystyle{ u_j u^{- 1}_i \equiv 1 \!\! \pmod{m} }[/math]

[math]\displaystyle{ u_j u^{- 1}_i u_i \equiv u_i \!\! \pmod{m} }[/math]

[math]\displaystyle{ u_j \equiv u_i \!\! \pmod{m} }[/math]

Ponownie otrzymujemy [math]\displaystyle{ u_i \equiv u_j \!\! \pmod{m} }[/math] dla [math]\displaystyle{ i \neq j }[/math], wbrew założeniu, że liczby [math]\displaystyle{ u_1, u_2, \ldots, u_r }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H21
Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą. Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ k \in [0, p - 1] }[/math] prawdziwa jest kongruencja

[math]\displaystyle{ \binom{p - 1}{k} \equiv (- 1)^k \pmod{p} }[/math]

Rozwiązanie

Zauważmy, że modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \binom{p - 1}{k} = {\small\frac{(p - 1) !}{k! \cdot (p - 1 - k) !}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; = {\small\frac{(p - 1) (p - 2) \cdot \ldots \cdot (p - k)}{k!}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \equiv (p - 1) (p - 2) \cdot \ldots \cdot (p - k) \cdot (k!)^{- 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \equiv (- 1)^k \cdot k! \cdot (k!)^{- 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\; \equiv (- 1)^k \pmod{p} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie H22
Niech [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math] będą zbiorami skończonymi. Pokazać, że jeżeli [math]\displaystyle{ A \subseteq B \;\; \text{i} \;\; | A | = | B | }[/math], to [math]\displaystyle{ \; A = B }[/math].

Rozwiązanie

Pierwszy sposób

Z definicji zbiory [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math] są równe wtedy i tylko wtedy, gdy jednocześnie spełnione są warunki

1.   [math]\displaystyle{ x \in A \qquad \Longrightarrow \qquad x \in B }[/math]
2.   [math]\displaystyle{ x \in B \qquad \Longrightarrow \qquad x \in A }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ A \subseteq B }[/math], zatem warunek 1. jest spełniony. Przypuśćmy, że istnieje taki element [math]\displaystyle{ x }[/math], że [math]\displaystyle{ x \in B }[/math], ale [math]\displaystyle{ x \notin A }[/math]. Jeśli tak, to

[math]\displaystyle{ | B | = | A | + 1 }[/math]

Co jest sprzeczne z założeniem, że [math]\displaystyle{ | A | = | B | }[/math].

Uwaga
Łatwo zauważyć, że wybierając z trzech warunków [math]\displaystyle{ A \subseteq B }[/math], [math]\displaystyle{ B \subseteq A }[/math] i [math]\displaystyle{ | A | = | B | }[/math] dowolne dwa, zawsze otrzymamy z nich trzeci. Oczywiście nie dotyczy to zbiorów nieskończonych. Przykładowo liczby parzyste stanowią podzbiór liczb całkowitych, liczb parzystych jest tyle samo, co liczb całkowitych, ale zbiór liczb całkowitych nie jest podzbiorem zbioru liczb parzystych.

Drugi sposób

Ponieważ zbiór [math]\displaystyle{ A }[/math] jest z założenia podzbiorem zbioru [math]\displaystyle{ B }[/math], to zbiór [math]\displaystyle{ B }[/math] można przedstawić w postaci sumy zbioru [math]\displaystyle{ A }[/math] i pewnego zbioru [math]\displaystyle{ C }[/math] takiego, że żaden element zbioru [math]\displaystyle{ C }[/math] nie jest elementem zbioru [math]\displaystyle{ A }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ B = A \cup C \qquad \text{i} \qquad A \cap C = \varnothing }[/math]

Ponieważ zbiory [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ C }[/math] są rozłączne, to wiemy, że

[math]\displaystyle{ | A \cup C | = | A | + | C | }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ | B | = | A \cup C | = | A | + | C | }[/math]

Skąd wynika, że [math]\displaystyle{ | C | = 0 }[/math], zatem zbiór [math]\displaystyle{ C }[/math] jest zbiorem pustym i otrzymujemy natychmiast [math]\displaystyle{ B = A }[/math]. Co należało pokazać.

Uwaga (przypadek zbiorów skończonych)
Najczęściej prawdziwe jest jedynie oszacowanie [math]\displaystyle{ | A \cup C | \leqslant | A | + | C | }[/math], bo niektóre elementy mogą zostać policzone dwa razy. Elementy liczone dwukrotnie to te, które należą do iloczynu zbiorów [math]\displaystyle{ | A | }[/math] i [math]\displaystyle{ | C | }[/math], zatem od sumy [math]\displaystyle{ | A | + | C | }[/math] musimy odjąć liczbę elementów iloczynu zbiorów [math]\displaystyle{ | A | }[/math] i [math]\displaystyle{ | C | }[/math]. Co daje ogólny wzór

[math]\displaystyle{ | A \cup C | = | A | + | C | - | A \cap C | }[/math]

□

Definicja H23
Niech elementy każdego ze zbiorów [math]\displaystyle{ A = \{ a_1, a_2, \ldots, a_r \} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ B = \{ b_1, b_2, \ldots, b_r \} }[/math] będą różne modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Powiemy, że zbiory [math]\displaystyle{ A, B }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ m }[/math], jeżeli dla każdego [math]\displaystyle{ k = 1, \ldots, r }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, r }[/math], że prawdziwa jest kongruencja [math]\displaystyle{ a_k \equiv b_j \!\! \pmod{m} }[/math].

Twierdzenie H24
Niech elementy każdego ze zbiorów [math]\displaystyle{ A = \{ a_1, a_2, \ldots, a_r \} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ B = \{ b_1, b_2, \ldots, b_r \} }[/math] będą różne modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Zbiory [math]\displaystyle{ A, B }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ m }[/math] wtedy i tylko wtedy, gdy zbiory [math]\displaystyle{ A' = \{ R_m (a_1), R_m (a_2), \ldots, R_m (a_r) \} }[/math] i [math]\displaystyle{ B' = \{ R_m (b_1), R_m (b_2), \ldots, R_m (b_r) \} }[/math] są równe.

Dowód

[math]\displaystyle{ \Large{\Longrightarrow} }[/math]

Ponieważ elementy każdego ze zbiorów [math]\displaystyle{ A, B }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ m }[/math], to elementy zbiorów [math]\displaystyle{ A' }[/math] i [math]\displaystyle{ B' }[/math] są wszystkie różne. Czyli [math]\displaystyle{ | A' | = | B' | = r }[/math]. Ponieważ warunek

[math]\displaystyle{ a_k \equiv b_j \!\! \pmod{m} }[/math]

oznacza, że reszty z dzielenia liczb [math]\displaystyle{ a_k }[/math] i [math]\displaystyle{ b_j }[/math] przez [math]\displaystyle{ m }[/math] są równe, to z założenia dla każdego [math]\displaystyle{ k = 1, \ldots, r }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, r }[/math], że

[math]\displaystyle{ R_m (a_k) = R_m (b_j) }[/math]

A to oznacza, że każdy element zbioru [math]\displaystyle{ A' }[/math] należy do zbioru [math]\displaystyle{ B' }[/math], czyli [math]\displaystyle{ A' \subseteq B' }[/math]. Wynika stąd, że [math]\displaystyle{ A' = B' }[/math] (zobacz H22). Co należało pokazać.

[math]\displaystyle{ \Large{\Longleftarrow} }[/math]

Ponieważ zbiory [math]\displaystyle{ A', B' }[/math] są równe, to zbiór [math]\displaystyle{ A' }[/math] jest podzbiorem zbioru [math]\displaystyle{ B' }[/math], czyli dla każdego elementu [math]\displaystyle{ R_m (a_k) \in A' }[/math] istnieje taki element [math]\displaystyle{ R_m (b_j) \in B' }[/math], że

[math]\displaystyle{ R_m (a_k) = R_m (b_j) }[/math]

Ponieważ równość reszt oznacza równość modulo, zatem

[math]\displaystyle{ a_k \equiv b_j \!\! \pmod{m} }[/math]

Wynika stąd, że dla każdego [math]\displaystyle{ k = 1, \ldots, r }[/math] istnieje takie [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, r }[/math], że prawdziwa jest kongruencja

[math]\displaystyle{ a_k \equiv b_j \!\! \pmod{m} }[/math]

czyli zbiory [math]\displaystyle{ A, B }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ m }[/math]. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H25
Niech będą dane zbiory [math]\displaystyle{ A = \{ 1, 2, \ldots, p - 1 \} }[/math], [math]\displaystyle{ B = \{ b_1, b_2, \ldots, b_{p - 1} \} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ p }[/math] jest liczbą pierwszą. Jeżeli wszystkie elementy zbioru [math]\displaystyle{ B }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] i żadna z liczb [math]\displaystyle{ b_k \in B }[/math] nie jest podzielna przez [math]\displaystyle{ p }[/math], to zbiory [math]\displaystyle{ A, B, C = \{ b^{- 1}_1, b^{- 1}_2, \ldots, b^{- 1}_{p - 1} \} }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ p }[/math].

Dowód

Z definicji zbioru [math]\displaystyle{ A }[/math] wszystkie elementy tego zbioru są różne modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]. Łatwo zauważamy, że

[math]\displaystyle{ A = \{ 1, 2, \ldots, p - 1 \} = \{ R_p (1), R_p (2), \ldots, R_p (p - 1) \} = A' }[/math]

Ponieważ wszystkie liczby [math]\displaystyle{ b_k \in B }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k = 1, \ldots, p - 1 }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] i nie są podzielne przez [math]\displaystyle{ p }[/math], to reszty [math]\displaystyle{ R_p (b_1), R_p (b_2), \ldots, R_p (b_{p - 1}) }[/math] są wszystkie dodatnie i różne, a ponieważ jest ich [math]\displaystyle{ p - 1 }[/math], czyli dokładnie tyle, ile jest różnych i dodatnich reszt z dzielenia przez liczbę [math]\displaystyle{ p }[/math], to zbiór tych reszt jest identyczny ze zbiorem dodatnich reszt z dzielenia przez [math]\displaystyle{ p }[/math], czyli ze zbiorem [math]\displaystyle{ A }[/math]. Zatem mamy

[math]\displaystyle{ A = A' = \{ R_p (b_1), R_p (b_2), \ldots, R_p (b_{p - 1}) \} = B' }[/math]

Na mocy twierdzenia H24 zbiory [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ p }[/math].

Z twierdzenia H20 wiemy, że wszystkie liczby [math]\displaystyle{ b^{- 1}_k \in C }[/math] są różne modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]. Zauważmy, że każda z tych liczb jest względnie pierwsza z [math]\displaystyle{ p }[/math], zatem nie może być podzielna przez [math]\displaystyle{ p }[/math]. Wynika stąd, że reszty [math]\displaystyle{ R_p (b^{- 1}_1), R_p (b^{- 1}_2), \ldots, R_p (b^{- 1}_{p - 1}) }[/math] są wszystkie dodatnie i różne, a ponieważ jest ich [math]\displaystyle{ p - 1 }[/math], czyli dokładnie tyle, ile jest różnych i dodatnich reszt z dzielenia przez liczbę [math]\displaystyle{ p }[/math], to zbiór tych reszt jest identyczny ze zbiorem dodatnich reszt z dzielenia przez [math]\displaystyle{ p }[/math], czyli ze zbiorem [math]\displaystyle{ A }[/math]. Zatem mamy

[math]\displaystyle{ A = A' = \{ R_p (b^{- 1}_1), R_p (b^{- 1}_2), \ldots, R_p (b^{- 1}_{p - 1}) \} = C' }[/math]

Na mocy twierdzenia H24 zbiory [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ C }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ A' = B' }[/math] i [math]\displaystyle{ A' = C' }[/math], to [math]\displaystyle{ B' = C' }[/math] i ponownie na mocy twierdzenia H24 zbiory [math]\displaystyle{ B }[/math] i [math]\displaystyle{ C }[/math] są równe modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H26
Niech [math]\displaystyle{ p }[/math] będzie liczbą pierwszą nieparzystą. Pokazać, że suma [math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{p - 1} {\small\frac{(p - 1) !}{k}} }[/math] jest podzielna przez [math]\displaystyle{ p }[/math].

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] następujące sumy są równe

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{p - 1} k \equiv \sum_{k = 1}^{p - 1} k^{- 1} \!\! \pmod{p} }[/math]

Istotnie, jeśli przyjmiemy w twierdzeniu H25, że zbiór [math]\displaystyle{ B = \{ 1, 2, \ldots, p - 1 \} }[/math], to zbiór [math]\displaystyle{ C }[/math] będzie zbiorem liczb, które są odwrotnościami liczb [math]\displaystyle{ 1, 2, \ldots, p - 1 }[/math] modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] i możemy napisać

[math]\displaystyle{ \sum_{x \in B} x \equiv \sum_{y \in C} y \!\! \pmod{p} }[/math]

bo

• gdy [math]\displaystyle{ x }[/math] przebiega kolejne wartości [math]\displaystyle{ b_k }[/math], to [math]\displaystyle{ x }[/math] przyjmuje kolejno wartości [math]\displaystyle{ 1, 2, \ldots, p - 1 }[/math]

• gdy [math]\displaystyle{ y }[/math] przebiega kolejne wartości [math]\displaystyle{ b_k^{- 1} }[/math], to [math]\displaystyle{ y }[/math] (modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]) przyjmuje wszystkie wartości ze zbioru [math]\displaystyle{ A = \{ 1, 2, \ldots, p - 1 \} }[/math], czyli liczba [math]\displaystyle{ y }[/math] (modulo [math]\displaystyle{ p }[/math]) przyjmuje wszystkie wartości [math]\displaystyle{ 1, 2, \ldots, p - 1 }[/math], ale w innej kolejności

Ponieważ kolejność sumowania tych samych składników nie wpływa na wartość sumy, to prawdziwa jest wyżej wypisana równość sum modulo [math]\displaystyle{ p }[/math].

Zatem modulo [math]\displaystyle{ p }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{p - 1} {\small\frac{(p - 1) !}{k}} \equiv \sum_{k = 1}^{p - 1} (p - 1)! \cdot k^{- 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \equiv (p - 1) ! \cdot \sum_{k = 1}^{p - 1} k^{- 1} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \equiv (p - 1) ! \cdot \sum_{k = 1}^{p - 1} k }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \equiv (p - 1) ! \cdot {\small\frac{(p - 1) p}{2}} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \equiv (p - 1) ! \cdot {\small\frac{p - 1}{2}} \cdot p }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\: \equiv 0 \!\! \pmod{p} }[/math]

Należy zauważyć, że dla liczby pierwszej nieparzystej [math]\displaystyle{ p }[/math] liczba [math]\displaystyle{ {\small\frac{p - 1}{2}} }[/math] jest liczbą całkowitą.
□

Funkcje multiplikatywne

Definicja H27
Powiemy, że funkcja [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] określona w zbiorze liczb całkowitych dodatnich jest funkcją multiplikatywną, jeżeli [math]\displaystyle{ f(1) = 1 }[/math] i dla względnie pierwszych liczb [math]\displaystyle{ a, b }[/math] spełniony jest warunek [math]\displaystyle{ f(a b) = f (a) f (b) }[/math].

Uwaga H28
Założenie [math]\displaystyle{ f(1) = 1 }[/math] możemy równoważnie zastąpić założeniem, że funkcja [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] nie jest tożsamościowo równa zero. Gdyby [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] spełniała jedynie warunek [math]\displaystyle{ f(a b) = f (a) f (b) }[/math] dla względnie pierwszych liczb [math]\displaystyle{ a, b }[/math], to mielibyśmy

a)   [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] jest tożsamościowo równa zeru wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ f(1) = 0 }[/math]

b)   [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] nie jest tożsamościowo równa zeru wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ f(1) = 1 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ f(1) = f (1 \cdot 1) = f (1) f (1) }[/math], zatem [math]\displaystyle{ f(1) = 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ f (1) = 1 }[/math].

Jeżeli [math]\displaystyle{ f(1) = 0 }[/math], to dla dowolnego [math]\displaystyle{ n }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ f(n) = f (n \cdot 1) = f (n) f (1) = 0 }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] jest funkcją tożsamościowo równą zero.

Jeżeli [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] nie jest funkcją tożsamościowo równą zero, to istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z}_+ }[/math], że [math]\displaystyle{ f(a) \neq 0 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ f(a) = f (a \cdot 1) = f (a) f (1) }[/math]

I dzieląc obie strony przez [math]\displaystyle{ f(a) \neq 0 }[/math], dostajemy [math]\displaystyle{ f(1) = 1 }[/math].

Przykład H29
Ponieważ [math]\displaystyle{ \gcd (1, c) = 1 }[/math], to [math]\displaystyle{ \gcd (n, c) }[/math] rozpatrywana jako funkcja [math]\displaystyle{ n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ c }[/math] jest ustaloną liczbą całkowitą, jest funkcją multiplikatywną (zobacz H8).

Twierdzenie H30
Jeżeli funkcja [math]\displaystyle{ f(n) }[/math] jest funkcją multiplikatywną, to funkcja

[math]\displaystyle{ F(n) = \sum_{d \mid n} f (d) }[/math]

gdzie sumowanie przebiega po wszystkich dzielnikach dodatnich liczby [math]\displaystyle{ n }[/math], jest również funkcją multiplikatywną.

Dowód

Ponieważ

[math]\displaystyle{ F(1) = \sum_{d \mid 1} f (d) = f (1) = 1 }[/math]

to funkcja [math]\displaystyle{ F(n) }[/math] spełnia pierwszy warunek definicji H27.

Niech [math]\displaystyle{ a, b }[/math] będą względnie pierwszymi liczbami dodatnimi. Każdy dzielnik dodatni iloczynu [math]\displaystyle{ a b }[/math] można zapisać w postaci [math]\displaystyle{ d = d_1 d_2 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ d_1 \mid a }[/math], [math]\displaystyle{ \; d_2 \mid b \, }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \, \gcd (d_1, d_2) = 1 }[/math] (zobacz H13). Niech zbiory

[math]\displaystyle{ S_a = \{ d \in \mathbb{Z}_+ : d \mid a \} }[/math]

[math]\displaystyle{ S_b = \{ d \in \mathbb{Z}_+ : d \mid b \} }[/math]

[math]\displaystyle{ S_{a b} = \{ d \in \mathbb{Z}_+ : d \mid a b \} }[/math]

będą zbiorami dzielników dodatnich liczb [math]\displaystyle{ a, b }[/math] i [math]\displaystyle{ a b }[/math]. Dla przykładu

[math]\displaystyle{ S_5 = \{ 1, 5 \} }[/math]

[math]\displaystyle{ S_7 = \{ 1, 7 \} }[/math]

[math]\displaystyle{ S_{35} = \{ 1, 5, 7, 35 \} }[/math]

Dla dowolnego [math]\displaystyle{ d_1 \in S_a \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, d_2 \in S_b }[/math] musi być [math]\displaystyle{ \gcd (d_1, d_2) = 1 }[/math], bo gdyby było [math]\displaystyle{ \gcd (d_1, d_2) = g \gt 1 }[/math], to

[math]\displaystyle{ g \mid d_1 \quad \; \text{i} \quad \; d_1 \mid a \qquad \quad \Longrightarrow \qquad \quad g \mid a }[/math]

[math]\displaystyle{ g \mid d_2 \quad \; \text{i} \quad \; d_2 \mid b \qquad \quad \Longrightarrow \qquad \quad g \mid b }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ g \mid \gcd (a, b) }[/math] i mielibyśmy [math]\displaystyle{ \gcd (a, b) \geqslant g \gt 1 }[/math], wbrew założeniu.

Przekształcając, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ F(a b) = \sum_{d \mid a b} f (d) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{d \in S_{a b}} f (d) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \underset{d_2 \in S_{b}}{\sum_{d_1 \in S_{a}}} f (d_1 d_2) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \underset{d_2 \in S_{b}}{\sum_{d_1 \in S_{a}}} f (d_1) f (d_2) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{d_1 \in S_{a}} f (d_1) \sum_{d_2 \in S_{b}} f (d_2) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = \sum_{d_1 \mid a} f (d_1) \sum_{d_2 \mid b} f (d_2) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\;\: = F (a) F (b) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Funkcja Eulera [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math]

Definicja H31
Funkcja Eulera [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest równa ilości liczb całkowitych dodatnich nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math] i względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math].

Twierdzenie H32
Funkcja Eulera [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest multiplikatywna, czyli dla względnie pierwszych liczb [math]\displaystyle{ m, n }[/math] jest [math]\displaystyle{ \varphi (m n) = \varphi (m) \varphi (n) }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ m, n }[/math] będą dodatnimi liczbami całkowitymi takimi, że [math]\displaystyle{ \gcd (m, n) = 1 }[/math]. Twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math], zatem nie zmniejszając ogólności, możemy założyć, że [math]\displaystyle{ n \gt 1 }[/math]. Wypiszmy w tabeli wszystkie liczby od [math]\displaystyle{ 1 }[/math] do [math]\displaystyle{ m n }[/math].

[math]\displaystyle{ 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ k }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ m }[/math]
[math]\displaystyle{ m + 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ m + 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ m + k }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ 2 m }[/math]
[math]\displaystyle{ 2 m + 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ 2 m + 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ 2 m + k }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ 3 m }[/math]
[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
[math]\displaystyle{ (n - 1) m + 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ (n - 1) m + 2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ (n - 1) m + k }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ n m }[/math]

1. Natychmiast widzimy, że w pierwszym wierszu mamy [math]\displaystyle{ \varphi (m) }[/math] liczb względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ m }[/math]. Tak samo jest w każdym kolejnym wierszu, bo (zobacz H5)

[math]\displaystyle{ \gcd (r m + k, m) = \gcd (k, m) }[/math]

Zatem mamy dokładnie [math]\displaystyle{ \varphi (m) }[/math] kolumn liczb względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ m }[/math].

2. Załóżmy, że liczba [math]\displaystyle{ k }[/math] jest jedną z liczb względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ m }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \gcd (k, m) = 1 }[/math]. Przy tym założeniu [math]\displaystyle{ k }[/math]-ta kolumna (pokazana w tabeli) jest kolumną liczb względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ m }[/math].

3. Zauważmy, że reszty z dzielenia liczb wypisanych w [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej kolumnie przez [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie różne. Gdyby tak nie było, to dla pewnych [math]\displaystyle{ i, j }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant i, j \leqslant n - 1 }[/math], różnica liczb [math]\displaystyle{ i m + k }[/math] oraz [math]\displaystyle{ j m + k }[/math] byłaby podzielna przez [math]\displaystyle{ n }[/math]. Mielibyśmy

[math]\displaystyle{ n \mid ((i m + k) - (j m + k)) }[/math]

Skąd wynika natychmiast

[math]\displaystyle{ n \mid (i - j) m }[/math]

Ponieważ założyliśmy, że [math]\displaystyle{ \gcd (n, m) = 1 }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ n \mid (i - j) }[/math] (zobacz C74), ale

[math]\displaystyle{ 0 \leqslant | i - j | \leqslant n - 1 }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ n }[/math] może dzielić [math]\displaystyle{ i - j }[/math] tylko w przypadku, gdy [math]\displaystyle{ i = j }[/math]. Wbrew naszemu przypuszczeniu, że istnieją różne liczby dające takie same reszty przy dzieleniu przez [math]\displaystyle{ n }[/math].

4. Ponieważ w [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej kolumnie znajduje się dokładnie [math]\displaystyle{ n }[/math] liczb i reszty z dzielenia tych liczb przez [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie różne, to reszty te tworzą zbiór [math]\displaystyle{ S = \{ 0, 1, \ldots, n - 1 \} }[/math]. Wynika stąd, że liczby wypisane w [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej kolumnie mogą być zapisane w postaci

[math]\displaystyle{ a_r = b_r \cdot n + r }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ r = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ b_r \in \mathbb{Z} }[/math].

Zauważmy, że następujące ilości liczb są sobie równe

•    ilość liczb w [math]\displaystyle{ k }[/math]-tej kolumnie względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math]

•    ilość liczb [math]\displaystyle{ r }[/math] względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r = 0, \ldots, n - 1 }[/math], bo [math]\displaystyle{ \gcd (b_r \cdot n + r, n) = \gcd (r, n) }[/math]

•    ilość liczb [math]\displaystyle{ r }[/math] względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r = 1, \ldots, n }[/math], bo [math]\displaystyle{ \gcd (n, n) = \gcd (0, n) = | n | \gt 1 }[/math]

Ostatnia ilość liczb jest równa [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math], co wynika wprost z definicji funkcji [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math].

5. Zbierając: mamy w wypisanej tabeli dokładnie [math]\displaystyle{ \varphi (m) \varphi (n) }[/math] liczb [math]\displaystyle{ u \in [1, m n] }[/math], dla których jednocześnie jest

[math]\displaystyle{ \gcd (u, m) = 1 \quad \text{i} \quad \gcd (u, n) = 1 }[/math]

Z twierdzenia H6 wynika, że w tabeli jest dokładnie [math]\displaystyle{ \varphi (m) \varphi (n) }[/math] liczb [math]\displaystyle{ u \in [1, m n] }[/math], dla których jest

[math]\displaystyle{ \gcd (u, m n) = 1 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ \varphi (m n) = \varphi (m) \varphi (n) }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H33
Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej [math]\displaystyle{ n }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = n \cdot \prod_{p|n} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) }[/math]

gdzie iloczyn obliczamy po wszystkich liczbach pierwszych [math]\displaystyle{ p }[/math], będących dzielnikami liczby [math]\displaystyle{ n }[/math].

Dowód

Ponieważ wszystkie liczby naturalne mniejsze od liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math] są jednocześnie pierwsze względem [math]\displaystyle{ p }[/math], to [math]\displaystyle{ \varphi (p) = p - 1 }[/math].

Równie łatwo znajdujemy wartość funkcji [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] w przypadku gdy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest potęgą liczby pierwszej [math]\displaystyle{ n = p^k }[/math]. Wystarczy zauważyć, że w ciągu kolejnych liczb

[math]\displaystyle{ 1, 2, 3, 4, \ldots, p^k - 1, p^k }[/math]

jedynymi liczbami, które nie są pierwsze względem [math]\displaystyle{ p^k }[/math], są te, które dzielą się przez [math]\displaystyle{ p }[/math] i jest ich [math]\displaystyle{ p^{k - 1} }[/math], co widać natychmiast po ich bezpośrednim wypisaniu

[math]\displaystyle{ 1 \cdot p, 2 \cdot p, 3 \cdot p, \ldots, (p^{k - 1} - 1) \cdot p, p^{k - 1} \cdot p }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (p^k) = p^k - p^{k - 1} = p^k \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest funkcją multiplikatywną, to dla [math]\displaystyle{ n = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s }[/math] otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \prod^s_{k = 1} \varphi (p^{\alpha_k}_k) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = \prod^s_{k = 1} p^{\alpha_k}_k \left( 1 - {\small\frac{1}{p_k}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = \left[ \prod^s_{k = 1} p^{\alpha_k}_k \right] \cdot \left[ \prod^s_{k = 1} \left( 1 - {\small\frac{1}{p_k}} \right) \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = n \cdot \prod^s_{k = 1} \left( 1 - {\small\frac{1}{p_k}} \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\; = n \cdot \prod_{p|n} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H34
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ q }[/math] jest liczbą pierwszą, to

[math]\displaystyle{ \varphi (q n) = \left\{ \begin{array}{rl} (q - 1) \varphi (n) & \quad \text{gdy} \quad q \nmid n \\ q \varphi (n) & \quad \text{gdy} \quad q \mid n \\ \end{array} \right. }[/math]

Dowód

Jeżeli [math]\displaystyle{ q \nmid m }[/math], to [math]\displaystyle{ \gcd (q, m) = 1 }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \varphi (q m) = \varphi (q) \varphi (m) = (q - 1) \varphi (m) }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ q \mid m }[/math], to liczby [math]\displaystyle{ m }[/math] oraz [math]\displaystyle{ q m }[/math] mają taki sam zbiór dzielników pierwszych, zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (q m) = q m \prod_{p \mid q m} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) = q \cdot \left[ m \prod_{p \mid m} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) \right] = q \varphi (m) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie H35
Niech [math]\displaystyle{ q \in \mathbb{P} }[/math] i [math]\displaystyle{ a, b, m, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Pokazać, że

•    [math]\displaystyle{ \varphi (q^{a + b}) = q^a \varphi (q^b) }[/math]

•    [math]\displaystyle{ \varphi (n^m) = n^{m - 1} \varphi (n) }[/math]

Rozwiązanie

Punkt 1.

[math]\displaystyle{ \varphi (q^{a + b}) = (q - 1) q^{a + b - 1} = q^a \cdot (q - 1) q^{b - 1} = q^a \varphi (q^b) }[/math]

Punkt 2.

Niech [math]\displaystyle{ n = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s }[/math]

[math]\displaystyle{ \varphi (n^m) = \varphi (p^{m \alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{m \alpha_s}_s) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = \varphi (p^{m \alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot \varphi (p^{m \alpha_s}_s) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = \varphi (p^{(m - 1) \alpha_1 + \alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot \varphi (p^{(m - 1) \alpha_s + \alpha_s}_s) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = p^{(m - 1) \alpha_1}_1 \varphi (p^{\alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot p^{(m - 1) \alpha_s}_s \varphi (p^{\alpha_s}_s) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = p^{(m - 1) \alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{(m - 1) \alpha_s}_s \cdot \varphi (p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s) }[/math]

[math]\displaystyle{ \, = n^{m - 1} \varphi (n) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H36
Niech [math]\displaystyle{ m, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ m \mid n }[/math], to [math]\displaystyle{ \varphi (m) \mid \varphi (n) }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ n = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s }[/math]. Ponieważ założyliśmy, że [math]\displaystyle{ m \mid n }[/math], to [math]\displaystyle{ m }[/math] musi być postaci [math]\displaystyle{ m = p^{\beta_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\beta_s}_s }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant \beta_i \leqslant \alpha_i }[/math], dla [math]\displaystyle{ i = 1, \ldots, s }[/math]. Łatwo zauważamy, że

•    jeżeli [math]\displaystyle{ \beta_i = 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \varphi (p^{\beta_i}_i) = 1 }[/math] i dzieli [math]\displaystyle{ \varphi (p^{\alpha_i}_i) }[/math]

•    jeżeli [math]\displaystyle{ 1 \leqslant \beta_i \leqslant \alpha_i }[/math], to [math]\displaystyle{ (p_i - 1) p_i^{\beta_i - 1} \mid (p_i - 1) p_i^{\alpha_i - 1} }[/math], zatem [math]\displaystyle{ \varphi (p^{\beta_i}_i) \mid \varphi (p^{\alpha_i}_i) }[/math]

Skąd natychmiast wynika, że [math]\displaystyle{ \varphi (p^{\beta_1}_1) \cdot \ldots \cdot \varphi (p^{\beta_s}_s) }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ \varphi (p^{\alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot \varphi (p^{\alpha_s}_s) }[/math], czyli [math]\displaystyle{ \varphi (m) \mid \varphi (n) }[/math].

Zauważmy, że twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe, bo [math]\displaystyle{ \varphi (7) \mid \varphi (19) }[/math], ale [math]\displaystyle{ 7 \nmid 19 }[/math].
□

Zadanie H37
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] wartości [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] są liczbami parzystymi.

Rozwiązanie

Jeżeli liczba [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] jest podzielna przez liczbę pierwszą nieparzystą [math]\displaystyle{ p }[/math], zaś [math]\displaystyle{ k }[/math] jest wykładnikiem, z jakim [math]\displaystyle{ p }[/math] wchodzi do rozwinięcia [math]\displaystyle{ n }[/math] na czynniki pierwsze, to

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi \left( p^k \cdot {\small\frac{n}{p^k}} \right) = (p - 1) p^{k - 1} \cdot \varphi \left( {\small\frac{n}{p^k}} \right) }[/math]

zatem [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest liczbą parzystą, ponieważ [math]\displaystyle{ p - 1 }[/math] jest liczbą parzystą.

Jeżeli żadna liczba nieparzysta nie dzieli [math]\displaystyle{ n }[/math], to liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ n = 2^a }[/math] i [math]\displaystyle{ \varphi (n) = 2^{a - 1} }[/math], ale z założenia [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math], zatem [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest liczbą parzystą.
□

Twierdzenie H38
Jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą złożoną, to [math]\displaystyle{ \varphi (n) \leqslant n - \sqrt{n} }[/math].

Dowód

Pierwszy sposób
Niech [math]\displaystyle{ n = a b }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \lt a \leqslant b \lt n }[/math]. Liczby [math]\displaystyle{ 1 \cdot a, 2 \cdot a, 3 \cdot a, \ldots, b \cdot a }[/math] są nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] i nie są względnie pierwsze z [math]\displaystyle{ n }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \leqslant n - b }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ b \geqslant a }[/math], to [math]\displaystyle{ b^2 \geqslant a b = n }[/math] i [math]\displaystyle{ b \geqslant \sqrt{n} }[/math]. Wynika stąd, że

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \leqslant n - b \leqslant n - \sqrt{n} }[/math]

Drugi sposób
Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] oznacza najmniejszy dzielnik pierwszy liczby złożonej [math]\displaystyle{ n }[/math], zatem [math]\displaystyle{ q^2 \leqslant n }[/math], czyli [math]\displaystyle{ q \leqslant \sqrt{n} }[/math], a stąd [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{q}} \geqslant \sqrt{n} }[/math] i

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = n \cdot \prod_{p|n} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) \leqslant n \left( 1 - {\small\frac{1}{q}} \right) = n - {\small\frac{n}{q}} \leqslant n - \sqrt{n} }[/math]

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H39
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt {\small\frac{\sqrt{n}}{2}} }[/math].

Dowód

Dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 3 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \left( 1 - {\small\frac{1}{k}} \right)^2 \gt {\small\frac{1}{k}} }[/math]

Wynika stąd, że jeżeli [math]\displaystyle{ m \geqslant 3 }[/math] jest liczbą nieparzystą, to

[math]\displaystyle{ \varphi (m)^2 = m^2 \prod_{p|m} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right)^2 \gt m^2 \prod_{p|m} {\small\frac{1}{p}} \geqslant m }[/math]

bo

[math]\displaystyle{ \prod_{p|m} p \leqslant m }[/math]

Czyli dla nieparzystych liczb [math]\displaystyle{ m \geqslant 3 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \varphi (m) \gt \sqrt{m} \gt {\small\frac{\sqrt{m}}{2}} }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ d = 2^a }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a \geqslant 1 }[/math], to

[math]\displaystyle{ \varphi (d) = \varphi (2^a) = 2^{a - 1} \gt {\small\frac{\sqrt{2^a}}{2}} = {\small\frac{\sqrt{d}}{2}} }[/math]

W przypadku ogólnym, gdy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest iloczynem liczby nieparzystej [math]\displaystyle{ m \geqslant 3 }[/math] i potęgi liczby [math]\displaystyle{ 2 }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi (2^a m) = \varphi (2^a) \varphi (m) \gt {\small\frac{\sqrt{2^a}}{2}} \cdot \sqrt{m} = {\small\frac{\sqrt{2^a m}}{2}} = {\small\frac{\sqrt{n}}{2}} }[/math]

Oczywiście nierówność [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt {\small\frac{\sqrt{n}}{2}} }[/math] jest również prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H40
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 7 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \sqrt{n} }[/math].

Rozwiązanie

Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ n - 1 \gt \sqrt{n} \qquad \qquad \;\, \text{dla} \; n \geqslant 3 }[/math]

[math]\displaystyle{ n - 1 \gt \sqrt{2 n} \qquad \qquad \text{dla} \; n \geqslant 4 }[/math]

Zatem dla liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p }[/math] i [math]\displaystyle{ k \geqslant 1 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ \varphi (p^k) = (p - 1) p^{k - 1} \gt \sqrt{p} \cdot p^{k - 1} = p^{k - \tfrac{1}{2}} \geqslant p^{\tfrac{k}{2}} = \sqrt{p^k} \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \; \text{dla} \;\: p \geqslant 3 }[/math]

[math]\displaystyle{ \varphi (p^k) = (p - 1) p^{k - 1} \gt \sqrt{2 p} \cdot p^{k - 1} = \sqrt{2} \cdot p^{k - \tfrac{1}{2}} \geqslant \sqrt{2} \cdot p^{\tfrac{k}{2}} = \sqrt{2 p^k} \qquad \qquad \text{dla} \;\, p \geqslant 5 }[/math]

1. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{n \geqslant 3} }[/math] jest liczbą nieparzystą

Liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest iloczynem czynników pierwszych nieparzystych, zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi (p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s) = \varphi (p^{\alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot \varphi (p^{\alpha_s}_s) \gt \sqrt{p^{\alpha_1}_1} \cdot \ldots \cdot \sqrt{p^{\alpha_s}_s} = \sqrt{n} }[/math]

2. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{n = 2^a m} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; \boldsymbol{q \mid m ,} \; }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ \; \boldsymbol{q \geqslant 5} }[/math]

Z założenia [math]\displaystyle{ n = 2^a m = 2^a q^b r }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r \geqslant 1 }[/math] jest liczbą nieparzystą. Zauważmy, że [math]\displaystyle{ \varphi (r) \geqslant \sqrt{r} }[/math], bo może być [math]\displaystyle{ r = 1 }[/math].

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi (2^a q^b r) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \varphi (2^a) \varphi (q^b) \varphi (r) }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, \gt 2^{a - 1} \sqrt{2 q^b} \sqrt{r} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = 2^{a - \tfrac{1}{2}} \sqrt{q^b} \sqrt{r} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, \geqslant 2^{\tfrac{a}{2}} \sqrt{q^b r} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sqrt{2^a q^b r} }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\,\, = \sqrt{n} }[/math]

3. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{n = 2^a m} \; }[/math] i [math]\displaystyle{ \; \boldsymbol{q \nmid m ,} \; }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ \; \boldsymbol{q \geqslant 5} }[/math]

Jeżeli żadna liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q \geqslant 5 }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ m }[/math], to możliwe są tylko dwie sytuacje: [math]\displaystyle{ n = 2^a \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, n = 2^a 3^b }[/math].

3a. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{n = 2^a} }[/math]

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi (2^a) = 2^{a - 1} \gt \sqrt{2^a} = \sqrt{n} \qquad \qquad \;\, \text{dla} \; a \geqslant 3 }[/math]

Twierdzenie nie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 2 \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, n = 4 \,\, }[/math] (gdy [math]\displaystyle{ a = 1 \, }[/math] lub [math]\displaystyle{ \, a = 2 }[/math]).

3b. Przypadek, gdy [math]\displaystyle{ \boldsymbol{n = 2^a 3^b} }[/math]

[math]\displaystyle{ \varphi (n) = \varphi (2^a 3^b) = \varphi (2^a) \varphi (3^b) = 2^{a - 1} \cdot 2 \cdot 3^{b - 1} = 2^a 3^{b - 1} = \sqrt{2^a 3^b} \cdot {\small\frac{\sqrt{2^a 3^b}}{3}} \gt \sqrt{2^a 3^b} }[/math]

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, o ile [math]\displaystyle{ \sqrt{2^a 3^b} \gt 3 }[/math], czyli gdy [math]\displaystyle{ 2^a 3^b \gt 9 }[/math], co ma miejsce, gdy [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] lub [math]\displaystyle{ b \geqslant 2 }[/math].

Twierdzenie nie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 6 \; }[/math] (gdy [math]\displaystyle{ a = 1 \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, b = 1 }[/math]).

Zbierając uzyskane wyniki, otrzymujemy: oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \sqrt{n} }[/math] nie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1, 2, 4, 6 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H41
Pokazać, że dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt {\small\frac{n}{3 \log n}} }[/math]. Korzystając z tego wyniku, pokazać, że [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt n^{2 / 3} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 43 }[/math] oraz że [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt n^{3 / 4} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 211 }[/math].

Rozwiązanie

Niech [math]\displaystyle{ n = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s }[/math], a [math]\displaystyle{ n' = q_1 \cdot \ldots \cdot q_s }[/math] oznacza liczbę, będącą iloczynem dokładnie tych samych czynników pierwszych, jakie występują w liczbie [math]\displaystyle{ n }[/math], natomiast [math]\displaystyle{ n^{\!\ast} = p_1 \cdot \ldots \cdot p_s }[/math] oznacza liczbę, będącą iloczynem dokładnie tej samej ilości czynników pierwszych, przy czym [math]\displaystyle{ p_i }[/math] oznacza teraz [math]\displaystyle{ i }[/math]-tą liczbę pierwszą.

Ponieważ

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\varphi (n)}{n}} = \prod_{p \mid n} \left( 1 - {\small\frac{1}{p}} \right) }[/math]

to

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\varphi (n)}{n}} = {\small\frac{\varphi (n')}{n'}} \geqslant {\small\frac{\varphi (n^{\!\ast})}{n^{\!\ast}}} = \prod^s_{i = 1} \left( 1 - {\small\frac{1}{p_i}} \right) \geqslant \prod^{p_s}_{k = 2} \left( 1 - {\small\frac{1}{k}} \right) = {\small\frac{1}{p_s}} }[/math]

Ostatnia równość wynika z prostego wzoru

[math]\displaystyle{ \prod^m_{k = 2} \left( 1 - {\small\frac{1}{k}} \right) = {\small\frac{1}{2}} \cdot {\small\frac{2}{3}} \cdot {\small\frac{3}{4}} \cdot \ldots \cdot {\small\frac{m - 2}{m - 1}} \cdot {\small\frac{m - 1}{m}} = {\small\frac{1}{m}} }[/math]

Musimy oszacować wartość liczby [math]\displaystyle{ p_s }[/math]. Z twierdzenia B31 wynika, że dla [math]\displaystyle{ m \geqslant 2 }[/math] jest [math]\displaystyle{ P(m) \geqslant 2^{m / 2} }[/math], gdzie funkcja [math]\displaystyle{ P(m) }[/math] jest równa iloczynowi wszystkich liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ m }[/math]. Zatem dla [math]\displaystyle{ p_s \geqslant 2 }[/math] jest

[math]\displaystyle{ n^{\!\ast} = p_1 \cdot \ldots \cdot p_s = P (p_s) \geqslant 2^{p_s / 2} }[/math]

Logarytmując, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ p_s \leqslant {\small\frac{2 \log n^{\!\ast}}{\log 2}} }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ n \geqslant n' \geqslant n^{\!\ast} }[/math], to

[math]\displaystyle{ {\small\frac{\varphi (n)}{n}} \geqslant {\small\frac{1}{p_s}} \geqslant {\small\frac{\log 2}{2 \log n^{\!\ast}}} \geqslant {\small\frac{\log 2}{2 \log n}} \gt {\small\frac{1}{3 \log n}} }[/math]

Ostatecznie otrzymujemy

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt {\small\frac{n}{3 \log n}} }[/math]

Co należało pokazać.

Rozwiązując drugą część zadania, wystarczy znaleźć, dla jakich [math]\displaystyle{ n }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3 \log n}} \gt n^{2 / 3} }[/math]

Przebieg funkcji [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3 \log n}} \, }[/math] i [math]\displaystyle{ \, n^{2 / 3} }[/math] przedstawiliśmy na wykresie

Punkt przecięcia tych funkcji znajdujemy, wpisując w PARI/GP polecenie

solve(n = 10, 10^5, n/(3*log(n)) - n^(2/3))

Otrzymujemy

[math]\displaystyle{ n = 29409.965 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3 \log n}} \gt n^{2 / 3} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \gt 2.95 \cdot 10^4 }[/math].

Poleceniem

for(n = 1, 3*10^4, if( eulerphi(n) <= n^(2/3), print(n) ))

sprawdzamy, że oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt n^{2 / 3} }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 43 }[/math].

Postępując analogicznie jak wyżej, znajdujemy, dla jakich [math]\displaystyle{ n }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3 \log n}} \gt n^{3 / 4} }[/math]

Wpisując w PARI/GP polecenie

solve(n = 10, 10^7, n/(3*log(n)) - n^(3/4))

otrzymujemy

[math]\displaystyle{ n = 4447862.680 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ {\small\frac{n}{3 \log n}} \gt n^{3 / 4} }[/math] dla [math]\displaystyle{ n \gt 4.45 \cdot 10^6 }[/math]

Poleceniem

for(n = 1, 5*10^6, if( eulerphi(n) <= n^(3/4), print(n) ))

sprawdzamy, że oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt n^{3 / 4} }[/math] jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 211 }[/math]. Co należało pokazać.
□

Twierdzenie H42
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ \varphi (n) = n - 1 }[/math].

Dowód

Dla liczb złożonych [math]\displaystyle{ n \geqslant 4 }[/math] nigdy nie będzie [math]\displaystyle{ \varphi (n) = n - 1 }[/math], bo

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \leqslant n - \sqrt{n} \leqslant n - 2 }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ n = 1, 2, 3 }[/math] sprawdzamy bezpośrednio: [math]\displaystyle{ \varphi (1) = 1 \neq 1 - 1 }[/math], [math]\displaystyle{ \varphi (2) = 1 = 2 - 1 }[/math], [math]\displaystyle{ \varphi (3) = 2 = 3 - 1 }[/math]. Co kończy dowód.
□

Twierdzenie H43
Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej [math]\displaystyle{ n }[/math] jest

[math]\displaystyle{ n = \sum_{d \mid n} \varphi (d) = \sum_{d \mid n} \varphi \left( \frac{n}{d} \right) }[/math]

gdzie sumowanie przebiega po wszystkich dzielnikach dodatnich liczby [math]\displaystyle{ n }[/math].

Dowód

Ponieważ [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] jest funkcją multiplikatywną, to funkcja

[math]\displaystyle{ F(n) = \sum_{d \mid n} \varphi (d) }[/math]

też jest funkcją multiplikatywną (zobacz H30). Łatwo sprawdzamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ n \gt 1 }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ n = p^{\alpha} }[/math] jest potęgą liczby pierwszej, to otrzymujemy

[math]\displaystyle{ F (p^{\alpha}) = \sum_{d \mid p^{\alpha}} \varphi (d) }[/math]

[math]\displaystyle{ = \varphi (1) + \varphi (p) + \varphi (p^2) + \ldots + \varphi (p^{\alpha}) = }[/math]

[math]\displaystyle{ = 1 + (p - 1) + p (p - 1) + \ldots + p^{\alpha - 1} (p - 1) = }[/math]

[math]\displaystyle{ = 1 + (p - 1) + (p^2 - p) + \ldots + (p^{\alpha} - p^{\alpha - 1}) }[/math]

[math]\displaystyle{ = p^{\alpha} }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ n = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s }[/math], to

[math]\displaystyle{ F(n) = F (p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = F (p^{\alpha_1}_1) \cdot \ldots \cdot F (p^{\alpha_s}_s) = }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = p^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot p^{\alpha_s}_s }[/math]

[math]\displaystyle{ \;\;\;\, = n }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ 1 \lt d_1 \lt d_2 \lt \ldots \lt n }[/math] będą dzielnikami liczby [math]\displaystyle{ n }[/math]. Zauważmy, że kiedy [math]\displaystyle{ d }[/math] przebiega zbiór dzielników [math]\displaystyle{ \{ 1, d_1, d_2, \ldots, n \} }[/math], to [math]\displaystyle{ e = \frac{n}{d} }[/math] przebiega wszystkie te liczby tylko w odwrotnej kolejności. Zatem

[math]\displaystyle{ \sum_{d \mid n} \varphi (d) = \sum_{d \mid n} \varphi \left( \frac{n}{d} \right) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie H44
Niech [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math]. Pokazać, że suma liczb całkowitych dodatnich nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math] i względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math] jest równa [math]\displaystyle{ {\small\frac{1}{2}} n \varphi (n) }[/math].

Rozwiązanie

Łatwo sprawdzamy, że wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math] i odtąd będziemy przyjmowali, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math]. Zatem wartości [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math] są liczbami parzystymi i niech [math]\displaystyle{ c = {\small\frac{1}{2}} \varphi (n) }[/math]. Zauważmy, że jeżeli liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] jest względnie pierwsza z [math]\displaystyle{ n }[/math], to liczba [math]\displaystyle{ n - a }[/math] jest również względnie pierwsza z [math]\displaystyle{ n }[/math], bo [math]\displaystyle{ \gcd (a, n) = \gcd (n - a, n) }[/math]. Wypiszmy wszystkie liczby całkowite dodatnie nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] i względnie pierwsze z [math]\displaystyle{ n }[/math] w kolejności rosnącej, a pod spodem w kolejności malejącej

[math]\displaystyle{ 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ a_2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ a_c }[/math]	[math]\displaystyle{ n - a_c }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ n - a_2 }[/math]	[math]\displaystyle{ n - 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ n - 1 }[/math]	[math]\displaystyle{ n - a_2 }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ n - a_c }[/math]	[math]\displaystyle{ a_c }[/math]	[math]\displaystyle{ … }[/math]	[math]\displaystyle{ a_2 }[/math]	[math]\displaystyle{ 1 }[/math]

Suma liczb w każdej kolumnie jest równa [math]\displaystyle{ n }[/math]. Ponieważ ilość liczb względnie pierwszych z [math]\displaystyle{ n }[/math] jest równa [math]\displaystyle{ \varphi (n) }[/math], to podwojona suma liczb całkowitych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math] i pierwszych względem [math]\displaystyle{ n }[/math] wynosi [math]\displaystyle{ n \varphi (n) }[/math]. Co należało pokazać.
□

Zadanie H45
Pokazać, że dla liczb naturalnych nieparzystych [math]\displaystyle{ n \geqslant 5 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \pi (n) }[/math].

Rozwiązanie

1. Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 5 }[/math] jest liczbą pierwszą, to liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze mniejsze od [math]\displaystyle{ n }[/math] oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, 4 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - 1 + 2 \gt \pi (n) }[/math].

2. Jeżeli [math]\displaystyle{ n = p^a }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math], jest potęgą liczby pierwszej nieparzystej, to [math]\displaystyle{ n \geqslant 9 }[/math] i liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczby [math]\displaystyle{ p }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, 4, 8 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - 1 + 3 \gt \pi (n) }[/math].

3. Jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] ma więcej niż jeden dzielnik pierwszy nieparzysty, to [math]\displaystyle{ n = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ s \geqslant 2 }[/math]. Zauważmy, że

[math]\displaystyle{ n = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s \geqslant q_1 \cdot \ldots \cdot q_s \geqslant 3 \cdot 5^{s - 1} \gt 2^{2 s - 1} }[/math]

Liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczb [math]\displaystyle{ q_1, \ldots, q_s }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, 2^2, 2^3, \ldots, 2^{2 s - 1} }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - s + 2 s - 1 = \pi (n) + s - 1 \gt \pi (n) }[/math]

Co należało pokazać.
□

Zadanie H46
Pokazać, że dla liczb naturalnych [math]\displaystyle{ n \geqslant 91 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \pi (n) }[/math].

Rozwiązanie

Ponieważ [math]\displaystyle{ p_{2 s} \gt 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ p_{2 s} \geqslant p_{s + 1} }[/math], to z zadania A40 natychmiast wynika nierówność

[math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdot \ldots \cdot p_s \gt p_{s + 1} p_{2 s} }[/math]

która jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 4 }[/math].

Pokażemy najpierw, że dla każdej liczby naturalnej mającej nie mniej niż cztery dzielniki pierwsze nierówność [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \pi (n) }[/math] jest zawsze prawdziwa.

Przez [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_k, \ldots }[/math] oznaczymy kolejne liczby pierwsze. Niech [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] będzie liczbą naturalną i [math]\displaystyle{ n = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ q_i }[/math] oznaczają dowolne (nie muszą być kolejne) liczby pierwsze.

Wśród kolejnych [math]\displaystyle{ 2 s }[/math] liczb pierwszych znajduje się przynajmniej [math]\displaystyle{ s }[/math] liczb pierwszych różnych od każdej z liczb [math]\displaystyle{ q_1, \ldots, q_s }[/math]. Jeśli oznaczymy te liczby (w rosnącej kolejności) przez [math]\displaystyle{ r_1, \ldots, r_s }[/math], to łatwo zauważymy, że prawdziwe są dla nich następujące oszacowania

•    dla najmniejszej liczby [math]\displaystyle{ r_1 \leqslant p_{s + 1} }[/math]

•    dla wszystkich liczb [math]\displaystyle{ r_j \leqslant p_{2 s} }[/math] dla [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, s }[/math].

Korzystając z wypisanej na początku dowodu nierówności, dla [math]\displaystyle{ s \geqslant 4 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ n = q^{\alpha_1}_1 \cdot \ldots \cdot q^{\alpha_s}_s \geqslant q_1 \cdot \ldots \cdot q_s \geqslant p_1 \cdot \ldots \cdot p_s \gt p_{s + 1} p_{2 s} \geqslant r_1 \cdot r_j }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, s }[/math].

Wynika stąd, że jeśli [math]\displaystyle{ s \geqslant 4 }[/math], to liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczb pierwszych [math]\displaystyle{ q_1, \ldots, q_s }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ r_1 r_j }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ j = 1, \ldots, s }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - s + s + 1\gt \pi (n) }[/math]

Co mieliśmy pokazać.

Uwzględniając rezultat pokazany w zadaniu H45, pozostaje sprawdzić przypadki gdy [math]\displaystyle{ n = 2^a }[/math], [math]\displaystyle{ n = 2^a p^b }[/math], [math]\displaystyle{ n = 2^a p^b q^c }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{Z}_+ }[/math].

1. Niech [math]\displaystyle{ n = 2^a }[/math]. Jeśli [math]\displaystyle{ n \geqslant 16 }[/math], to liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczby [math]\displaystyle{ 2 }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, 9, 15 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - 1 + 3 \gt \pi (n) }[/math]

2. Niech [math]\displaystyle{ n = 2^a p^b }[/math], zaś [math]\displaystyle{ r }[/math] będzie najmniejszą liczbą pierwszą nieparzystą różną od [math]\displaystyle{ p }[/math]. Oczywiście [math]\displaystyle{ r \in \{ 3, 5 \} }[/math] i jeśli tylko [math]\displaystyle{ n \gt 5^3 = 125 }[/math], to liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczb pierwszych [math]\displaystyle{ 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ p }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, r^2, r^3 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - 2 + 3 \gt \pi (n) }[/math]

3. Niech [math]\displaystyle{ n = 2^a p^b q^c }[/math], zaś [math]\displaystyle{ r }[/math] będzie najmniejszą liczbą pierwszą nieparzystą różną od [math]\displaystyle{ p }[/math] oraz różną od [math]\displaystyle{ q }[/math]. Oczywiście [math]\displaystyle{ r \in \{ 3, 5, 7 \} }[/math] i jeśli [math]\displaystyle{ n \gt 7^4 = 2401 }[/math], to liczbami pierwszymi względem [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie liczby pierwsze nie większe od [math]\displaystyle{ n }[/math] (oprócz liczb pierwszych [math]\displaystyle{ 2 }[/math], [math]\displaystyle{ p }[/math] i [math]\displaystyle{ q }[/math]) oraz liczby [math]\displaystyle{ 1, r^2, r^3, r^4 }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ \varphi (n) \geqslant \pi (n) - 3 + 4 \gt \pi (n) }[/math]

Zbierając: pozostaje sprawdzić bezpośrednio przypadki, gdy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą parzystą i [math]\displaystyle{ n \leqslant 2401 }[/math]. W GP/PARI wystarczy napisać polecenie

for(n = 1, 2500, if( eulerphi(n) <= primepi(n), print(n) ))

Nierówność [math]\displaystyle{ \varphi (n) \gt \pi (n) }[/math] nie jest prawdziwa dla [math]\displaystyle{ n \in \{ 2, 3, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 18, 20, 24, 30, 42, 60, 90 \} }[/math]. Co kończy dowód.
□

Zadanie H47
Pokazać, że [math]\displaystyle{ \varphi (n) = 2^a }[/math] wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ n = 2^b q_1 \cdot \ldots \cdot q_s }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ q_1, \ldots, q_s }[/math] są liczbami pierwszymi Fermata: [math]\displaystyle{ 3, 5, 17, 257, 65537 }[/math].

Rozwiązanie

W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ 2 \mid n }[/math], łatwo zauważamy, że liczba [math]\displaystyle{ 2 }[/math] może występować w dowolnej potędze, bo [math]\displaystyle{ \varphi (2^b) = 2^{b - 1} }[/math].

W przypadku, gdy [math]\displaystyle{ p \mid n }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ p }[/math] jest liczbą pierwszą nieparzystą, mamy [math]\displaystyle{ \varphi (p^k) = (p - 1) p^{k - 1} }[/math] i równie łatwo zauważmy, że musi być [math]\displaystyle{ k = 1 }[/math], a liczba [math]\displaystyle{ p - 1 }[/math] musi być potęgą liczby [math]\displaystyle{ 2 }[/math]. Zatem liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] musi być postaci [math]\displaystyle{ p = 2^t + 1 }[/math], co jest możliwe tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ t }[/math] jest potęgą liczby [math]\displaystyle{ 2 }[/math] (zobacz H48), czyli [math]\displaystyle{ p }[/math] musi być liczbą pierwszą Fermata. Co należało pokazać.
□

Uzupełnienie

Twierdzenie H48
Niech [math]\displaystyle{ a, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math]. Jeżeli liczba [math]\displaystyle{ a^n + 1 }[/math] jest liczbą pierwszą, to [math]\displaystyle{ a }[/math] jest liczbą parzystą i [math]\displaystyle{ n = 2^m }[/math].

Dowód

Gdyby liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] była nieparzysta, to liczba [math]\displaystyle{ a^n + 1 \geqslant 4 }[/math] byłaby parzysta i nie mogłaby być liczbą pierwszą.

Niech wykładnik [math]\displaystyle{ n = x y }[/math] będzie liczbą złożoną, a [math]\displaystyle{ x }[/math] będzie liczbą nieparzystą. Wtedy

[math]\displaystyle{ a^n + 1 = (a^y)^x + 1 }[/math]

Oznaczając [math]\displaystyle{ b = a^y }[/math] oraz [math]\displaystyle{ x = 2 k + 1 }[/math], otrzymujemy

[math]\displaystyle{ a^n + 1 = (a^y)^x + 1 = b^x + 1 = b^{2 k + 1} + 1 = (b + 1) \cdot (1 - b + b^2 - b^3 + \ldots + b^{2 k - 2} - b^{2 k - 1} + b^{2 k}) }[/math]

Zatem w takim przypadku [math]\displaystyle{ a^n + 1 }[/math] jest liczbą złożoną. Wynika stąd, że wykładnik [math]\displaystyle{ n }[/math] nie może zawierać czynników nieparzystych, czyli musi być [math]\displaystyle{ n = 2^m }[/math]. Co należało pokazać.
□