Uppsala Universitet
Matematiska institutionen
Isac Hedén
Algebra I, 5 hp
Sammanfattning av föreläsning 9.
Kongruenser
Låt n vara ett heltal som är 2 eller större. Om a och b är två heltal så säger vi att
a ≡ b (mod n)
om a och b ger samma principala rest1 vid division med n. Det utläses ”a är kongruent med b
modulo n”. Ibland är talet n underförstått, och då kan man skriva a ≡ b istället, men det är
förstås viktigt att ha noga reda på vad n är i så fall. Till exempel gäller det att 4 ≡ 7 om n = 3
men 4 6≡ 7 om n = 4.
Det finns en annan användbar karaktärisering av kongruenser, nämligen att a ≡ b (mod n)
om och endast om n|(a − b).
Sats 0.1. Talen a och b ger samma rest vid division med n om och endast om n|(a − b).
Bevis. Om a och b ger samma rest vid division med n, så finns det ett tal r som uppfyller
0 ≤ r < n och
a = q1 n + r
b = q2 n + r.
Det följer att a − b = (q1 − q2 )n är en multipel av n. Om å andra sidan a − b är en multipel av
n, så att a − b = nk, så följer det att a = nk + b. Om nu b = nq + r, med 0 ≤ r < n, så följer
det att a = (k + q)n + r, så a och b ger samma rest vid division med n.
Vi fixerar ett heltal n ≥ 2 (till exempel n = 9). Kongruenstecknet ”≡” har följande tre
saker gemensamt med likhetstecknet ”=”: För alla heltal a gäller det att a ≡ a (mod n), om
a ≡ b (mod n) så är även b ≡ a (mod n) och slutligen om a ≡ b (mod n) och b ≡ c (mod n) så
är a ≡ c (mod n). Vi sammanfattar det i följande påstående:
Sats 0.2. Låt n ≥ 2 vara ett heltal. Kongruens modulo n är en ekvivalensrelation på mängden
av heltal.
Bevis. Låt x, y och z vara tre godtyckliga heltal.
a) x ≡ x eftersom n|(x − x).
b) x ≡ y ⇒ n|(x − y) ⇒ n| − (x − y) ⇒ n|(y − x) ⇒ y ≡ x.
1
Den principala resten r uppfyller 0 ≤ r < n. Det är alltså den minsta icke-negativa resten.
c)
(x ≡ y) ∧ (y ≡ z) ⇒ n|(x − y) ∧ n|(y − z)
⇒ (x − y = na för något a) ∧ (y − z = nb för något b)
⇒ x − z = (x − y) + (y − z) = na + nb = n(a + b)
⇒ n|(x − z)
⇒ x ≡ z.
Exempel 0.3. Vi har 2 ≡ 7 (mod 5) och −3 ≡ 17 (mod 4).
Om n = 4, och x är ett godtyckligt heltal (positivt, noll eller negativt), så kommer det att
gälla att x ≡ 0 (mod 4), x ≡ 1 (mod 4), x ≡ 2 (mod 4), eller x ≡ 3 (mod 4). Detta beror på
att det bara finns fyra stycken möjliga olika principala rester vid division med 4, nämligen 0,1,2
och 3.
Mer generellt, om vi räknar modulo n (inte nödvändigtvis 4 som nyss, utan vad som helst)
så inser vi på samma sätt att om x är ett godtyckligt heltal så kommer vi alltid att ha x ≡ a
(mod n), där a uppfyller 0 ≤ a ≤ n − 1, dvs. där a är den principala resten då x divideras med
n. Man säger att a och b tillhör samma ekvivalensklass modulo n om a ≡ b (mod n). Detta ger
upphov till n stycken ekvivalensklasser, och de utgör en partition av heltalen.
Exempel 0.4. Om vi tar n = 6, får vi följande 6 ekvivalensklasser.
{6k | k ∈ Z} = {. . . − 12, −6, 0, 6, 12, . . . }
{6k + 1 | k ∈ Z} = {. . . − 11, −5, 1, 7, 13, . . . }
{6k + 2 | k ∈ Z} = {. . . − 10, −4, 2, 8, 14, . . . }
{6k + 3 | k ∈ Z} = {. . . − 9, −3, 3, 9, 15, . . . }
{6k + 4 | k ∈ Z} = {. . . − 8, −2, 4, 10, 16, . . . }
{6k + 5 | k ∈ Z} = {. . . − 7, −1, 5, 11, 17, . . . }.
Lägg märke till att detta verkligen utgör en partition av Z, bestående av 6 delmängder.
Aritmetik (räkneregler) för kongruenser
Nu när vi har definierat vad kongruenser är för något, så är det dags att prata lite om hur
man räknar med kongruenser. Det vill säga, hur går addition, subtraktion, multiplikation och
division modulo n till? Lite slarvigt kan man beskriva det som att vi räknar som vanligt med
heltal, fast med den extra regeln att n kan ersättas med 0 (eftersom n ≡ 0). Till exempel gäller,
om vi räknar mod 12, att
7 + 9 ≡ 16 ≡ 12 + 4 ≡ 0 + 4 ≡ 4.
Jämför med en klocka, den börjar om från noll igen varje gång timvisaren har gått ett varv.
Ovanstående beräkning visar att timvisaren kommer att stå på 4 nio timmar efter att den stod
på 7.
Så här ser en precis beskrivning av räknereglerna ut vid räkning modulo n:
Sats 0.5. Om a ≡ b och c ≡ d så gäller det att
a+c ≡ b+d
a−c ≡ b−d
ac ≡ bd.
Bevis. Enligt antagande gäller n|(a − b) och n|(c − d). Med andra ord finns hetal s och t sådana
att a = sn + b och c = tn + d. Det följer att
(a + c) − (b + d) = a − b + c − d = sn + tn = n(s + t)
är en multipel av n, alltså gäller a + c ≡ b + d. På liknande sätt är det enkelt att visa att
(a − c) − (b − d) och ac − bd har en faktor n, så att satsen är bevisad.
Säg att vi vill räkna ut a + c modulo n. Då säger första regeln att om a ≡ b och c ≡ d
så kan vi lika gärna räkna ut b + d istället. Med andra ord, kan vi hela tiden ersätta ett heltal
med vilket annat heltal vi vill förutsatt att de är kongruenta med varandra. Samma sak med
subtraktion och multiplikation.
Exempel 0.6. En konsekvens av den sista regeln är att om a ≡ b, så gäller det att
a2 = a · a ≡ a · b ≡ b · b ≡ b2 .
Det leder i sin tur till att
a3 ≡ a2 · a ≡ a2 · b ≡ b2 · b ≡ b3 ,
vilket i sin tur leder till att
a4 ≡ a3 · a ≡ a3 · b ≡ b3 · b ≡ b4 .
Genom upprepning av samma resonemang inser man att om a ≡ b, så gäller det att aj ≡ bj för
vilket positivt heltal j som helst.
Några räkneexempel
Vi tar några problem från kursboken.
1. Vilken rest erhålls då 411 · 821 + 376 · 297 divideras med 7?
Lösning: Vi räknar modulo 7. Genom att utföra division med rest inser vi att 411 ≡ 5, 821 ≡ 2,
376 ≡ 5, och 297 ≡ 3. Enligt den tredje räkneregeln i satsen kan vi alltså räkna ut att
411 · 821 ≡ 5 · 2 ≡ 10 ≡ 3
samt att
376 · 297 ≡ 5 · 3 ≡ 15 ≡ 1
(i räkningarna ersatte vi de fyra inblandade talen med andra tal som de är kongruenta med).
Nu kan vi använda den första regeln, den för addition, och att dra slutsatsen att
411 · 821 + 376 · 297 ≡ 3 + 1 ≡ 4.
(här avnände vi resultatet från de två multiplikationerna som vi nyss gjorde). Resten som erhålls
då 411 · 821 + 376 · 297 divideras med 7 är alltså 4.
2. Vilken rest erhålls då 20761 divideras med 13?
Lösning: Vi räknar modulo 13: Eftersom 207 ≡ 12 ≡ −1, så gäller det att 20761 ≡ (−1)61 ≡
−1 ≡ 12, så resten som erhålls då 20761 divideras med 13 är 12.
3. Visa att (1747 + 212 )14 − 4 är delbart med 13.
Ledtråd: Räkna modulo 13, och visa att (1747 + 212 )14 ≡ 4. Det kan vara en bra start att visa
att 26 ≡ −1.
4. Låt n ∈ N (dvs. låt n vara ett icke-negativt heltal). Visa att 112n + 52n+1 − 6 är delbart
med 24.
Lösning: Vi börjar med att primfaktorisera 24 = 23 · 3. För att visa delbarhet med 24, räcker
det alltså att visa delbarhet2 med 3 och 8. Ett tal x är delbart med 8 om och endast om x ≡ 0
(mod 8), så vi räknar modulo 8:
112n + 52n+1 − 6 ≡ 32n + (−3)2n+1 − 6
≡ (32 )n + ((−3)2 )n · (−3)1 − 6
≡ 1n + 1n · (−3) + 2
≡ 1 − 3 + 2 ≡ 0.
Sedan räknar vi modulo 3:
112n + 52n+1 − 6 ≡ (−1)2n + (−1)2n+1 − 0
≡ 1 − 1 ≡ 0,
och därmed är även delbarheten med 3 klar. Men om 112n + 52n+1 − 6 är delbart med både 3
och 8, är det delbart med MGM(3, 8) = 24.
Lite mer aritmetik
Hittills har vi inte tagit upp någon räkneregel för division, utan bara för de tre första räknesätten.
Anledningen till att vi sparde divisionen är att den är aningen mer invecklad, som följande
exempel visar. Säg att vi räknar modulo 6. Då gäller det att 12 ≡ 6, men om vi dividerar
båda sidorna med 2 så får vi 6 ≡ 3, vilket förstås inte stämmer! Man måste alltså vara lite
försiktig om man vill dividera kongruenser. En annan viktig anmärkning, som har med division
att göra, är att om man skriver a ≡ b (mod n), så måste a, b och n vara heltal. Man kan inte
skriva saker som x ≡ 21 (mod 4). Anledningen är att delbarhet fungerar helt olika för heltal och
rationella tal. Alla nollskilda rationella tal är delbara med varandra, resten blir alltid noll, så
kongruensräkning med rationella tal är alldeles meningslös. Om vi försökte med det, så skulle
vi upptäcka att varje rationellt tal är kongruent med noll. Helt ointressant alltså.
Så vad ska vi göra? Det är ju trots allt bra att kunna dividera ibland.
Svaret är att man faktiskt får dividera ibland när man räknar modulo n, men bara under
vissa förutsättningar. Räkneregeln lyder som följer:
Sats 0.7. Om ac ≡ bc och SGD(c, n) = 1, så gäller det att a ≡ b (dvs. vi kan förkorta med c).
Bevis. Enligt definitionen betyder ac ≡ bc att n|(ac − bc). Alltså gäller n|(a − b)c, men eftersom
c och n inte har några gemensamma delare så måste det gälla att n|(a − b), vilket är detsamma
som att säga a ≡ b. Därmed är beviset klart.
Resultatet är alltså att det går bra att förkorta kongruenser med tal c som inte har några
gemensamma faktorer med modulen n.
2
Vi kan göra så eftersom SGD(3, 8) = 1, men det hade till exempel inte räckt att visa delbarhet med 4 och
6 trots att 4 · 6 = 24. I själva verket gäller följande: Om a|c och b|c så följer det att MGM(a, b)|c. Så den enda
slutsatsen vi kunde ha dragit från delbarhet med 4 och delbarhet med 6, är delbarhet med MGM(4, 6) = 12.
Exempel 0.8. 8 ≡ 34 (mod 13). Eftersom SGD(2, 13) = 1 är det tillåtet att dividera med 2,
och om vi gör det så erhåller vi 4 ≡ 17 (mod 13), vilket är korrekt.
Nästa sats som vi ska ta upp är Fermats lilla sats – den bevisas enklast med hjälp av
induktionsprincipen. Vi gör det på föreläsning 13:
Sats 0.9. (Fermats lilla sats) Låt p vara ett primtal. Då gäller det för alla heltal a att
ap ≡ a (mod p).
Om dessutom SGD(a, p) = 1, kan vi dividera med a och få
ap−1 ≡ 1
(mod p).
Observera att det är ”samma p” i vänster och höger led av kongruenserna. Likheten
ap ≡ a
(mod q)
gäller i allmänhet inte om p och q är olika primtal. Den första delen av satsen säger att om man
räknar modulo ett primtal p, så gör det ingen skillnad om man tar en p:te potens. Ett heltal a
är alltid kongruent med ap . Den andra delen säger att om vi tar a upphöjt till (p − 1), så blir
det alltid 1 utom om p|a, dvs. utom om a ≡ 0 (mod p). Observera att om p är ett primtal så
gäller alltid att SGD(a, p) = 1 utom just ifall p|a.
Säg till exempel att vi vill beräkna 983 (mod 17). Fermats lilla sats säger3 att 916 ≡ 1
(mod 17), så
983 ≡ (916 )5 · 93
≡ 15 · 93 ≡ 92 · 9
≡ (−4) · 9 ≡ −36
≡ 15 (mod 17).
Bevis för ett par delbarhetsregler
Som tillämpning av kongruensräkning bevisar vi några av delbarhetskriterierna från föreläsning
3. Till exempel att ett tal är delbart med 9 om och endast om dess siffersumma är delbar med 9.
Vi antar för enkelhets skull att talet x som vi är intresserade av har fyra siffror. Om entalssiffran
är d, tiotalssiffran c, hundratalssiffran b och tusentalssiffran a så har vi
x = 103 a + 102 b + 10c + d,
och om vi räknar modulo 9 så ser vi att4
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ 13 a + 12 b + 1c + d
≡ a+b+c+d
= siffersumman av x
(mod 9).
Det vill säga, x är kongruent med sin siffersumma modulo nio. Nu följer resultatet eftersom ett
tal är delbart med 9 precis om det är kongruent med 0 modulo 9.
3
4
eftersom SGD(17, 9) = 1
Detta gäller eftersom 10 ≡ 1 (mod 9).
Samma sak gäller för n = 3, x är kongruent med sin siffersumma:
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ 13 a + 12 b + 1c + d
≡ a+b+c+d
= siffersumman av x (mod 3).
Antag att vi vill undersöka delbarhet med 11 istället, så att vi räknar modulo 11. Då ser vi att5 :
x ≡ 103 a + 102 b + 10c + d
≡ (−1)3 a + (−1)2 b + (−1)c + d
≡ −a + b − c + d
= den alternerande siffersumman av x (mod 11).
Det vill säga, x är kongruent med sin alternerande siffersumma modulo 11.
Vi undersöker delbarhet med 4 också6 . Antag att x = 100a + b, där 0 ≤ b ≤ 99, och a är
något icke-negativt heltal. Då är b det talet som man får om man stryker alla siffror i x utom
de två sista7 , och om vi räknar modulo 4 så får vi
x ≡ 100a + b
≡ 0a + b
≡ b,
eftersom 100 ≡ 0 (mod 4). Alltså är x delbart med 4 om och endast om talet som utgörs av de
två sista siffrorna är det.
Detta gäller eftersom 10 ≡ −1 (mod 11)
Nu antar vi inte längre att x är fyrsiffrigt.
7
Till exempel om x = 42317894 = 423178 · 100 + 94 så tar vi a = 423178 och b = 94
5
6
