Transcript Sanda Bujačić Odjel za matematiku Sveučilište u Rijeci 2 Uvod      Teorija brojeva je grana matematike koja se bavi svojstvima cijelih brojeva. Na prvi pogled može se činiti.

Sanda Bujačić
Odjel za matematiku
Sveučilište u Rijeci
1
2
Uvod





Teorija brojeva je grana matematike koja se bavi
svojstvima cijelih brojeva.
Na prvi pogled može se činiti da se radi o
najjednostavnijoj grani matematike, ali je iznenađujuća
činjenica da je upravo suprotan slučaj.
U teoriji brojeva su vrlo česti iznimno jednostavno
formulirani problemi koje je teško dokazati i koji
godinama, čak i stoljećima, ostaju nerazrješeni.
I danas postoje mnogobrojni problemi koji nisu rješeni,
a za neke od njih nude se i visoke novčane nagrade.
Nedavno (24. rujna 2008. g.) je Grigori Perelman
dokazao Poincareovu slutnju koja je bila jedan od
Milenijskih problema (Clay Mathematics Institute,
Cambridge) i za čije se rješenje nudila ogromna
novčana nagrada i Fieldsova medalja
3
4
ABC slutnja 1/4




ABC slutnja je vrlo jasnog i jednostavnog iskaza,
iako još nije dokazana.
Prvi su je put izrekli u 20. stoljeću matematičari J.
Oesterlé i D. W. Masser potaknuti
proučavanjima određenih teza o polinomima i
proučavanjem Szpirove slutnje u Bonnu 1985. g.
Čini se da uvijek povezuje ono što je vrlo dobro
poznato i dokazano i ono što je još uvijek
svojevrsna misterija
Matematičarima je ona zanimljiva, ne samo zbog
još neotkrivenog dokaza, već i zbog velikog broja
posljedica koje implicira
5
ABC slutnja 2/4
Radikal broja n, gdje je n prirodan broj, je
produkt svih različitih prostih faktora od n.
Označavamo ga s r(n).
 Tri prirodna broja a, b, c su abc trojka ako su
relativno prosti, ako vrijedi a < b < c, ako je
a + b = c te r(abc) < c.
 (5, 27, 32) je abc trojka jer je
r(5 · 27 · 32) = r(4320) = 30.
 (1, 63, 64) je abc trojka jer je
r(1 · 63 · 64) = r(4302) = 42.

6
ABC slutnja 3/4
ABC trojke su vrlo rijetke.
 Postoji samo 15 ABC trojki čiji je broj c
manji od 300. No, postoji beskonačno
mnogo takvih trojki ako broj c teži u
beskonačnost.
 Što je manji radikal r(abc) u usporedbi s
c, veća je kvaliteta trojke.

7
ABC slutnja 4/4

ABC slutnja:
Neka je zadana abc trojka, odnosno,
neka su a, b, c prirodni brojevi koji su
relativno prosti i koji zadovoljavaju
jednakost a + b = c. Tada za svaki ε>0
postoji konstanta c(ε)>0 takva da je
c < c(ε)(r(abc))1+ ε.
8
Bealova slutnja (1993.g.) 1/6

Bankar i strastveni igrač pokera Andrew Beal je
radio na dokazivanju Posljednjeg Fermatovog
teorema1 kad se odlučio promatrati i nešto
općenitiji izraz:
AX + BY = CZ,
gdje su A, B, C relativno prosti prirodni brojevi,
odnosno vrijedi
(A, B)=(B, C)=(A,C)=1,
i gdje su X, Y, Z prirodni brojevi veći od 2.
Posljednji Fermatov teorem
Ne postoje prirodni brojevi a, b i c takvi da vrijedi an+bn=cn, gdje je n prirodan
broj veći od 2.
9
Bealova slutnja (1993.g.) 2/6



U svom proučavanju ovog, općenitijeg problema
od teze Posljednjeg Fermatovog teorema, Beal
konstruira par različitih algoritama koji rezultiraju
rješenjima u kojima brojevi A, B, C nisu relativno
prosti.
Tada počinje sumnjati da je takvo što i moguće pa
radi na računalnom algoritmu kako bi donekle
potvrdio svoje sumnje.
Zajedno s kolegom nakon tisuća radnih sati i
provjere svih mogućnosti za sve brojeve a, b, c, x,
y, z manje ili jednake 99, Beal dobiva rješenja
kojima baze nisu relativno prosti prirodni brojevi.
10
Bealova slutnja (1993.g.) 3/6

Tada je imao dovoljno jako uporište za
formiranje svoje slutnje:
Ako je AX + BY = CZ , gdje su A, B, C, X, Y, Z
prirodni brojevi, X, Y, Z > 2, tada A, B, C moraju
imati zajednički prosti faktor.

Mnogi renomirani matematičari su priznali da
je Bealova slutnja do tada bila nepoznata i da
je iskaz vrlo intrigantan te da ne postoji ranije
poznavanje istovjetnog iskaza i raniji rad na
tom problemu.
11
Bealova slutnja (1993.g.) 4/6
Poznata ABC slutnja, kad bi bila
dokazana, povlačila bi činjenicu da, ako
i postoje grupe brojeva koje su
kontraprimjeri Bealove slutnje, tada ih je
konačno mnogo.
 American Mathematics Society i sam
autor slutnje nude nagradu od 100 000 $
onome tko dokaže slutnju ili je
opovrgne.

12
Bealova slutnja (1993.g.) 5/6
Pretpostavimo da želimo u računalni
algoritam uključiti sve baze (A, B, C) za
koje vrijedi A, B, C ≤ 100 000 i sve
eksponente (X, Y, Z) za koje vrijedi X, Y, Z ≤ 10.
 Prvi problem je manipulacija brojeva s
kojima se suočavamo, a koji rastu i do
1050.
 Lisp ili Python* su programi koji
podržavaju manipulaciju tako velikim
brojevima, kao i paket NTL za C++.

13
Bealova slutnja (1993.g.) 6/6



Drugi je problem je što u tom slučaju postoji 1018
potencijalnih kombinacija brojeva koje moramo
promatrati.
Problem mnogobrojnih kombinacija djelomično se
rješava “pametnim algoritmom”. Za početak možemo
promatrati samo one X ≤ Y pa prepolovljavamo broj
kombinacija, odnosno dolazimo do “samo”
0.5*1018 kombinacija.
Sljedeći je korak eliminirati potrebu izračunavanja
kombinacija za Z, C. Ideja je izračunati ih prije,
spremiti ih u vanjsku bazu podataka i računati samo
AX + BY te usporediti s ulazima u spremljenoj tablici.
Na taj način dolazimo “samo” do
0.5*1012 kombinacija uz potrebu čuvanja 106 velikih
prirodnih brojeva.
14
Kromatski broj ravnine 1/10



Čini se da je problem prvi postavio 18godišnji Edward Nelson 1950. godine premda su
do njega nezavisno došli P. Erdös i H. Hadwiger.
U posljednjih 50-ak godina o problemu je
napisano nekoliko desetaka znanstvenih
članaka.
Lijep je primjer za demonstraciju tipičnog puta
matematičkog istraživanja: kako jedan zanimljiv
problem evoluira u mnoge druge, kako se
raznovrsne matematičke teorije međusobno
obogaćuju i kako je u matematičkom istraživanju
moguće ostvariti važan napredak, a da se uopće
ne odgovori na prvotno postavljeno pitanje.
15
Kromatski broj ravnine 2/10
Koliko je najmanje boja potrebno da bismo
obojili sve točke ravnine tako da nikoje dvije
jednako obojene točke ne budu međusobno
udaljene točno za 1?
Najmanji potrebni broj boja zvat
ćemo kromatski broj ravnine
 Za svako bojenje ravnine sa svojstvom da ne
postoje jednako obojne točke udaljene za 1 reći
ćemo da je pravilno bojenje

16
Kromatski broj ravnine 3/10
Primijetimo da vrhovi svakog
jednakostraničnog trokuta moraju biti
različito obojeni pa je nužno koristiti barem
3 boje
 Ipak, one još nisu dovoljne, što se vidi iz
konfiguracije točaka nazvane Moserovo
vreteno (prema matematičaru L. Moseru,
koji se prvi dosjetio ovog primjera).
 Sve dužine označene na sljedećoj slici
imaju duljinu 1.

17
Kromatski broj ravnine 4/10
Iz jednakostraničnih
trokuta na slici
zaključujemo da su
točke A i D obojene
jednakim bojama, a
jednako tako
točke A i G, no to nije
moguće jer
su D i G udaljene za 1.
 Dakle, kromatski broj je,
za sad, veći ili jednak 4.

18
Kromatski broj ravnine 5/10


S druge strane, nije
odmah jasno da je
pravilno bojenje (u
konačno mnogo boja)
uopće moguće.
Ipak, nakon malo
isprobavanja lako
dolazimo do
sljedećeg pravilnog
bojenja u 7 boja.
19
Kromatski broj ravnine 6/10

Boje se ponavljaju
periodički. Drugi
način gledanja na
prethodnu sliku jest
da uočimo
ponavljanje "cvjetnog
uzorka":
Pravilni šesterokuti na slici imaju
stranicu duljine 1/2. Osim toga,
svakom šesterokutu uključujemo
tri stranice i dva vrha, kako je
prikazano na slici, a isključujemo
ostale točke ruba.
(To je nužno da bi šesterokuti
doista činili particiju ravnine.)
20
Kromatski broj ravnine 7/10



Uzmimo sada dvije crvene točke. Ako
pripadaju istom šesterokutu, onda su udaljene
za manje od 1 (koliko je duga najdulja
dijagonala šesterokuta), a ako pripadaju
različitim šesterokutima, udaljenost im je veća
od √7/2.
Dakle, doista nikoje dvije istobojne točke nisu
udaljene za 1. Time smo pokazali da je 7 boja
dovoljno premda bismo možda mogli proći i
ekonomičnije. (?)
U svakom slučaju, dokazali smo osnovni
rezultat: kromatski broj je veći ili jednak broju
4, a manji ili jednak broju 7.
21
Kromatski broj ravnine 8/10


Drugi primjer pravilnog bojenja u 7 boja jest
šareno popločavanje ravnine kvadratima
Kvadrati imaju stranicu duljine 1/ √2, a svaki red
kvadrata dobiva se iz gornjeg reda translacijom
ulijevo za vektor duljine 1+1/ √2. Svakom kvadratu
uključujemo lijevu i donju stranicu te donji lijevi
vrh, a oduzimamo mu ostale točke ruba.
22
Kromatski broj ravnine 9/10



Za bojenje ravnine u k boja (nazovimo ih
1,2,..., k) kažemo da je tipa (d1, d2,... dk) ako
nikoje dvije točke boje i nisu udaljene za i
=1,...,m.
Egzistencija 6-bojenja tipa (1,1,1,1,1,1) značila
bi da je kromatski broj manji ili jednak 6.
Prilično smo blizu toga: nađeno je 6-bojenje
tipa (1,1,1,1,1, 1/51/2).
23
Kromatski broj ravnine 10/10
Postoji li 4-bojenje ove strukture?
24
Collatzova slutnja 1/2
Zamislimo bilo koji prirodan broj: ako je broj paran, podijelite
ga s 2, a ako je broj neparan, pomnožite ga s 3 i dodajte 1
(ako ovo radimo s 26, rezultat je 13, a ako radimo s brojem
5, rezultat je 16).
 Držimo se algoritma neprestano ponavljajući ga na
novodobivenim rezultatima
 Na primjer, krenemo li s brojem 11, imamo niz:
11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.
 Collatzova slutnja glasi:

Ova će se procedura s vremenom završiti brojem 1,
neovisno o tome koji pozitivan prirodan broj na
početku odabrali.
Slutnju treba dokazati ili opovrgnuti nalaženjem kontraprimjera.
25
Collatzova slutnja 2/2

Krenemo li s brojem n = 6, dobivamo niz:
6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

Za n = 11, niz je nešto duži:
11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

Niz za n = 27 se sastoji od 111 koraka, gdje je najveći broj
9232, a najmanji, naravno 1.
27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161,
484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155,
466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780,
890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566,
283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158,
1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734,
1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577,
1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184,
92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.
26
Problem diskretnog logaritma 1/2
Pretpostavimo da je zadan izraz
y = gx (mod p),
gdje su g, p vrlo veliki prosti brojevi (recimo da
imaju zapis s više od 100 znamenki).
 Za zadani g, p, x današnja računala iznimno
brzo mogu izračunati y.
 No, problem diskretnog logaritma glasi:

Za dani g, p i y, možemo li pronaći x, ako i
imamo milijun računala i milijun godina na
raspolaganju?
27
Problem diskretnog logaritma 2/2
Ne postoji efikasan algoritam za računanje
općenitog diskretnog logaritma logb g.
 Najnaivniji algoritam je povećavati b na što
veće i veće eksponente k dok se željeni g
ne pronađe, no ovakav proces je vrlo
“skup”
 Postoje nešto sofisticiraniji algoritmi od
navedenog inspirirani sličnim algoritmima
za faktorizaciju brojeva – oni jesu brži od
navedenog algoritma, ali su također “skupi”

28
Diffie-Hellmanov problem 1/2
Motivacija za postavljanje ovog problema
je u tome što mnogi sigurnosni sustavi
koriste matematičke operacije koje su
lagane/brze za računanje, ali nespretne i
teške u obrnutom smjeru.
 Razlog je u tome što je vrlo važno da je
poruku lako zakodirati, ali da ju je teško
otkodirati

29
Diffie-Hellmanov problem 2/2



Pretpostavimo da Alice ima
privatni ključ a i Bob privatni
ključ b
Oboje rade svoje javne
ključeve pa (mod
g) i pb (mod g), koje bilo tko
može znati.
Automatski znaju i pab (mod
g) (svi brojevi a, b, p, g su
vrlo veliki, recimo imaju više
od 100 znamenki).
Može li osoba koja zna oba javna ključa i vrijednost g izračunati ovaj
zajednički ključ? Odnosno, za dani element g i vrijednost gx i gy, može li
se lako izračunati gxy?
30
Eulerova 4D cigla 1/3
Eulerova cigla (eng. Euler’s brick) je
kvadar kojemu su duljine stranica i
plošnih dijagonala cijeli brojevi.
 Dakle, ako su duljine stranica a, b i c
gdje su a, b, c prirodni brojevi , onda to
moraju biti i brojevi √(a2+b2), √(b2+c2) i
√(c2+a2).

31
Eulerova 4D cigla 2/3



Najmanju Eulerovu 3D ciglu je otkrio Paul
Halcke 1719. g.
Duljine stranica su (44, 117, 240), a duljine
dijagonala su (125, 244 i 267).
Još neke od trojki su:
(a, b, c) — (d, e, f);
(85, 132, 720) — (157, 725, 732);
(88, 234, 480) — (250, 488, 534);
(140, 480, 693) — (500, 707, 843);
(160, 231, 792) — (281, 808, 825);
(240, 252, 275) — (348, 365, 373).
32
Eulerova 4D cigla 3/3

Problem je naći Eulerovu 4D ciglu, odnosno
da su za zadane prirodne brojeve (duljine
stranica) a, b, c, d i pripadne dijagonale,
odnosno brojevi √(a2+b2), √(a2+c2), √(a2+d2),
√(b2+c2), √(b2+d2) i √(c2+d2) također prirodni.
U protivnom, treba dokazati da takav objekt ne postoji.
33
Goldbachova slutnja1
1/5
Svaki paran broj je zbroj dvaju prostih
brojeva.
Problem je dokazati slutnju ili naći
kontraprimjer.
 Faber i Faber su ponudili nagradu od
1 000 000 $ bilo kome tko dokaže ovu
slutnju od 20.3.2000. g. do 20.3.2002.g., no
nitko to nije uspio, i ova tvrdnja ostaje još
uvijek samo slutnja.

Formulirao ju je Christian Goldbach u pismu Leonardu Euleru (7.7.1742.)
34
Goldbachova slutnja 2/5
Schnirelman (1939.g.) je dokazao da
svaki paran broj možemo predstaviti kao
sumu prostih brojeva kojih nema više od
300 000 (Dunham 1990), što je itekako
slabija teza od Goldbachove slutnje.
 Pogorzelski (1977.g.) je tvrdio da je
dokazao ovu slutnju, no njegov dokaz
nije prihvaćen (Shanks 1985.g.).

35
Goldbachova slutnja 3/5
Ograda
10
10
10
4
Desboves 1885
5
Pipping 1938
8
Stein and Stein 1965ab
2*10
4*10
10
Referenca
10
Granville et al. 1989
11
Sinisalo 1993
14
4*10
2*10
6*10
2*10
3*10
Deshouillers et al. 1998
14
Richstein 1999, 2001
16
Oliveira e Silva
(Mar. 24, 2003)
16
Oliveira e Silva (Oct. 3,
2003)
17
Oliveira e Silva (Feb. 5,
2005)
17
Oliveira e Silva
(Dec. 30, 2005)
12*10
17
Oliveira e Silva (Jul. 14,
2008)
U tablici je prikazano kako se pomicala ograda za brojeve koji podupiru Goldbachovu slutnju.
36
Goldbachova slutnja 4/5


Slutnja da su svi neparni brojevi sume triju
neparnih brojeva je “slaba” Goldbachova
slutnja.
Vinogradov (1937ab, 1954.g.) je dokazao da
za dovoljno velike neparne brojeve (1989.g. je
reducirana ograda njegove početne ograde i
sad iznosi 3.33*1043000) vrijedi slaba
Goldbachova slutnja, u kontekstu da se radi o
sumi triju prostih brojeva (Nagell 1951, p. 66;
Guy 1994.g.), a Estermann (1938.g.) dokazuje
da su skoro svi parni brojevi sume dvaju
prostih brojeva.
37
Goldbachova slutnja 5/5
38
Grimmova slutnja 1/2
Svaki niz od složenih prirodnih brojeva se
sastoji od jednakobrojnog niza prostih
brojeva od kojih svaki prosti broj dijeli po
broj iz početnog niza.

Na primjer, za brojeve od 242 do 250 vrijedi:
242: 11, 243: 3, 244: 61, 245: 7, 246: 41,
247: 13, 248: 31, 249: 83, 250: 5.
Treba dokazati slutnju ili naći kontraprimjer.
39
Grimmova slutnja 2/2

Za 71 složen broj između 31398 i 31468,
jedan od mogućih nizova prostih brojeva koji
odgovaraju slutnji su:
5233, 17, 157, 3, 7, 31, 2617, 571, 41, 19,
151, 641, 349, 101, 7853, 37, 113, 61, 11, 89,
683, 3491, 1571, 2417, 5237, 67, 491, 419,
827, 2857, 97, 53, 449, 10477, 3929, 43, 13,
6287, 271, 499, 1429, 149, 131, 1367, 79, 47,
1123, 331, 1747, 59, 3931, 953, 5, 4493,
2621, 71, 15727, 233, 983, 83, 107, 163, 2,
10487, 15731, 73, 23, 29, 15733, 617, 7867.
40
Legendreova slutnja
Između 132 (=169) i 142 (=196) postoji pet prostih brojeva
(173, 179, 181, 191, i 193);
 Između 302 (=900) i 312 (=961) postoji osam prostih
brojeva (907, 911, 919, 929, 937, 941, 947, i 953);
 Između 352 (=1225) i 362 (=1296) postoji deset prostih
brojeva (1229, 1231, 1237, 1249, 1259, 1277, 1279,
1283, 1289, and 1291).
 Legendreova slutnja glasi:

Postoji barem jedan prost broj između svaka dva
kvadrata uzastopnih složenih brojeva.

Najmanji prosti brojevi između n2 i (n+1)2 za n=1,2,3,4,...
su 2, 5, 11, 17, 29, 37, 53, 67, 83, ... (Sloane's A007491).
Brojevi prostih brojeva između n2 i (n+1)2 za n=1,2,3,4,...
su 2, 2, 2, 3, 2, 4, 3, 4, ... (Sloane's A014085).
41
Savršeni neparan broj 1/3
Broj N je savršen ako je suma svih
svojih djelitelja (uključujući 1, isključujući
samog sebe)
 28 je savršen broj jer je
1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28.
 Problem je naći neparan savršen broj ili
dokazati nepostojanje takvih brojeva.

42
Savršeni neparan broj 2/3
Do danas se ne zna postoji li neparan
savršen broj iako su provjereni svi brojevi
do 10300 (i nijedan takav broj nije nađen)
što je itekako smanjilo vjerojatnost za
postojanjem neparnih savršenih brojeva, ali
je nikako nije isključilo (Brent et al. 1991;
Guy 1994, p. 44).
 Sljedeća tablica prikazuje povećavanje
ograde u pretraživanju takvih brojeva koje
nije urodilo plodom, odnosno savršenim
neparnim brojem

43
Savršeni neparan broj 3/3
Kanold (1957)
1020
Tuckerman (1973)
1036
Hagis (1973)
1050
Brent and Cohen (1989)
10160
Brent et al. (1991)
10300
Danas je aktualan projekt koji se bavi proširenjem ove posljednje gornje
ograde o kojem se više može naći na http://www.oddperfect.org/
N > 101500 je najaktualniji rezultat iz 2012.g.
44
RSA izazov
Faktorizacija vrlo velikih brojeva je iznimno teška. Zapravo, većina
sigurnosnih značajki u virtualnom svijetu se oslanja na ovu činjenicu.
 RSA laboratoriji potiču na faktorizaciju nekih brojeva, a nerijetko
nude i nagrade. Jedan takav broj je RSA-1024 što je broj koji se
sastoji od 309 znamenki:

13506641086599522334960321627880596993888147560566
70275244851438515265106048595338339402871505719094
41798207282164471551373680419703964191743046496589
27425623934102086438320211037295872576235850964311
05640735015081875106765946292055636855294752135008
52879416377328533906109750544334999811150056977236
890927563

Više o sličnim faktorizacijama i aktualnim nefaktoriziranim brojevima
možete saznati na http://www.rsa.com.
45
Magični kvadrati



Kvadrat je magičan ako zbroj svih brojeva u
retcima, stupcima i na dijagonalama je isti broj
Jedan takav magičan kvadrat je (zbroj brojeva
svakog retka, stupca i dijagonale je 48):
25 4 19
10 16 22
13 28 7
Tri od devet navedenih brojeva su kvadrati.
Problem je pronaći magičan kvadrat čiji su
svi brojevi kvadrati ili dokazati da takav
magični kvadrat ne postoji.
46
Prosti brojevi blizanci
Postoji beskonačno mnogo parova prostih
brojeva oblika (2n-1, 2n+1), odnosno
onih prostih brojeva čija je razlika
jednaka 2.
 Na primjer, takvi su brojevi 41 i 43.
 Prvi prosti brojevi blizanci su:
(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31),
(41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103),
(107, 109), (137, 139), …
47
Zaključak





Svi spomenuti problemi i danas su nedokazani, ali tisuće
matematičara radi na njihovom dokazivanju
Neki vrlo poznati problemi su tek nedavno dokazani (Posljednji
Fermatov teorem, Dorabellina šifra, Poincareova slutnja...).
Prilikom traganja za dokazima vrlo često se otkrivaju neka nova
saznanja, do tad nepoznata, koja koriste u rješavanju nekih
drugih problema.
Prilikom traganja za dokazima matematičari povezuju
matematičke discipline za koje nikad ne bi ni slutili da su
povezane.
Prilikom traganja za dokazima mnogo se novih matematičkih
alata otkrije koji kasnije imaju široku primjenu i u drugim
znanostima.
Vrlo je važno pokušavati, isprobavati, razmišljati – kad tad se pojavi
ideja vrijedna pažnje!
48
49