PAUTA DE LA INTERROGACI´ON 3 DE MAT 2225, TEORÍA DE N

PAUTA DE LA INTERROGACIÓN 3 DE MAT 2225, TEORÍA DE
NÚMEROS
PROF: RICARDO MENARES - AYUDANTE: PABLO GARCÍA
(1) (a) (2 ptos)Un algoritmo posible (1 pto.):
(i) Calcular 0 ≤ n0 < q tal que n ≡ n0 mod q
(ii) For i = 1, . . . , q
Si ni0 ≡ 1 mod q PARAR
(iii) ordq n = i (es decir, ordq n es el último valor que tomó la variable i)
Análisis del tiempo de ejecución (1 pto.):
(
)
(1(a)i) consiste en dividir ambos números, luego requiere O (log n)(log q) operaciones bit.
(
)
(
)
En (1(a)ii), calcular ni0 mod q requiere O (log i)(log q)2 = O (log q)3 operaciones. Esto( debe repetirse
a lo más ϕ(q) < q veces, luego el tiempo total en
)
3
(1(a)ii) es O q(log q)
(1(a)iii) toma un tiempo
despreciable.
(
)
El tiempo total es O (log n)q(log q)3 .
(b) (1 pto.) Se tiene
log R(n, q) =
∑
ordq (p) log p
p≤n
p6=q
< q
∑
log p
( pues ordq (p) < q)
p≤n
p6=q
< qπ(n) log n
= O(qn) (Chebychef )
(0.1)
(c) (3 ptos) Sea pi el i-ésimo primo. Un algoritmo posible es (1 pto. por el algoritmo)
(i) S0 = 1
(ii) For i = 1, 2, . . . {
Si pi > n, PARAR
(
(
))
Calcular ordq (pi )
tiempo O (log pi )q(log q)3
Calcular
(
(
))
pordq (pi )
tiempo O q 2 (log pi )2
(
)
Calcular Si = Si−1 pordq (pi )
tiempo O(nq 2 log p) }
(iii) R(n, q) = Sπ(n)
Distribución del puntaje del análisis del tiempo de ejecución: 1 punto por justificar
en (0.1) que el tiempo necesario para calcular ab es O(b2 log a).
El resto del anális de tiempo vale 1 punto.
Dado que el tiempo necesario para calcular pi es O(1), el tiempo total es
(
)
(
)
O nπ(n)(log n)2 q 2 (log q)3 = O n2 (log n)q 2 (log q)3 .
(2) (a) (1 pto.) escribimos u = (u3n−1 u3n−2 · · · u1 u0 )2 = u3n−1 23n−1 + u3n−2 23n−2 + · · · +
u1 2 + u0 . Entonces basta tomar
U0 = un−1 2n−1 + un−2 2n−2 + · · · + u0 ,
U1 = u2n−1 2n−1 + u2n−2 2n−2 + · · · + un ,
U2 = u3n−1 2n−1 + u3n−2 2n−2 + · · · + u2n .
1
(b) (1 pto.) Basta tomar



A=


1
1
1
1
1

0 0 0
1 1 1 

2 22 23 
.
2
3
3 3 3 
4 42 43
(c) (2 ptos.)Primero notemos que T (n + t) = T (n) + Ot (n), para cualquier t > 0. En
efecto, todo entero a de n + t dı́gitos puede escribirse a = a1 2t−1 + a2 , donde a1
(resp. a2 ) tiene n dı́gitos (resp. a lo más t dı́gitos). Luego si b = b1 2t−1 + b2 es
otro entero de n + t dı́gitos, escribiendo ab = a1 b1 22(t−1) + (a1 b2 + a2 b1 )2t−1 + a2 b2
vemos que ab puede calcularse en T (n) + Ot (n) operaciones bit.
Consideremos el siguiente algoritmo para calcular uv = W (2n ).
(i) Calcular U (0), U (1), U (2), U (3), U (4), V (0), V (1), V (2), V (3), V (4).
(ii) Calcular W (0), W (1), W (2), W (3), W (4)
(iii) Calcular E2 = A−1 E1
(iv) Calcular W (2n )
Evaluar U (i), para i = 0, . . . , 4, toma O(n) operaciones bit, luego el paso (2(c)i)
necesita O(n) operaciones.
El paso (2(c)ii) toma a lo más 5T (n) + O(n) operaciones.
El paso (2(c)iii) necesita O(n) operaciones, al igual que el paso (2(c)iv). Se concluye
T (3n) = 5T (n) + O(n),
que es equivalente a lo que se pide demostrar.
([ ])
(d) (2 ptos.) Aplicando iterativamente k veces la desigualdad g(n) ≤ 53 g n3 + c0 se
obtiene
)
( 5 )k ([ n ]) 3 0 (( 5 )k
g(n) ≤
g
+
c
−
1
.
3
3k
2
3
[ n]
Se deduce el resultado pedido tomando k = log
log 3 .
(3)
(a) (1 pto.) Si no, entonces existe a ∈ F y t(x) ∈ F [x] tal que w(x) = (x − a)2 t(x).
En este caso, w0 (a) = 0. Sin embargo, w0 (a) = nan−1 . Dado que p - n, esto
implica que a = 0. Esto es absurdo, pues w(0) = −1 6= 0
(b) (1 pto.) El conjunto G = {a1 , a2 , . . . , an } es un subgrupo de F ∗ . En efecto,
a, b ∈ G ⇒ (ab)n = an bn = 1 ⇒ ab ∈ G
a ∈ G ⇒ a 6= 0, (a−1 )n = (an )−1 = 1 ⇒ a−1 ∈ G.
Como G es un subgrupo, tiene que ser cı́clico, lo que demuestra el enunciado
(c) (1 pto.) Notar que se necesita la hipótesis adicional p - d. Asumiendo esto,
procedemos por contradicción. Supongamos que existen i 6= j tales que hi (x) =
hj (x) = h(x). Sea wd (x) = xd − 1. Como fd (x)|xd − 1, deducimos que
h2 (x)|wd (x). Sea F 0 ⊃ Fp un cuerpo finito tal que existe a ∈ F 0 con h(a) = 0.
Luego (x − a)2 |wd (x), lo que no es posible por la parte (3a).
(d) (3 ptos.) Aplicando la parte (3b), tenemos que el conjunto de raı́ces de wd (x)
tiene d elementos y es de la forma {β i : i = 0, 1, . . . , d − 1}, con β ∈ F y F ⊃ Fp
un cuerpo finito.
m
Afirmación 1: sea g(x) ∈ F [x] tal que g(β) = 0. Entonces g(β p ) = 0, para
todo m ≥ 0.
Esto puede demostrarse por inducción. El caso m = 0 corresponde a la
m
hipótesis. Supongamos g(β p ) = 0. Como la caracterı́stica es p, se tiene
(
)
m+1
m
p
g(β p
) = g(β p ) = 0, terminando la demostración de la afirmación.
Afirmación 2: sea g(x) ∈ F [x] un polinomio no nulo tal que g(β) = 0. Entonces deg g ≥ ϕ(d)
En efecto, de la afirmación 1 tenemos todos los elementos del conjunto B =
m
t
t
m
m
{β p , m ≥ 0} son raı́ces de g(x). Se tiene que β p = β p ⇔ β p −p = 1. Por
definición, β tiene orden d, de donde deducimos pm ≡ pt mod d, o bien pm−t ≡ 1
mod d. Como p es una raı́z primitiva módulo d, tenemos que m ≡ t mod ϕ(d).
Esto muestra que B tiene ϕ(d) elementos, demostrando la afirmación 2.
Afirmación 3: fd (β) = 0.
2
∏
Tenemos wd (x) = e|d fe (x). Como wd (β) = 0, existe e|d tal que fe (β) = 0.
Supongamos por contradicción que e < d. Por la afirmación 2, concluimos que
deg fe ≥ ϕ(d), lo que es absurdo porque deg fe = ϕ(e) < ϕ(d).
Mostremos que fd es irreductible. Como fd (β) = 0, existe un ı́ndice i tal que
hi (β) = 0. De la afirmación 2 se deduce que deg hi ≥ ϕ(d). Pero el grado de fd
es ϕ(d), luego fd = hi , es decir, fd es irreductible en Fp [x].
3