Materiały Dydaktyczne 2015

Rzędy Elementów Grupy AbelowejAndrzej Nowicki

16 września 2015, wersja rz-15

Niech G będzie grupą z elementem neutralnym e i niech a ∈ G. Załóżmy, że istniejeco najmniej jedna dodatnia liczba całkowita n spełniająca równość an = e. Wówczasnajmniejszą taką dodatnią liczbę całkowitą n nazywamy rzędem elementu a w grupieG.

Przedstawimy podstawowe własności rzędów. Omówimy rzędy elementów skończo-nych grup abelowych i w szczególności grup cyklicznych. Sporo miejsca przeznaczy-my na rzędy elementów multyplikatywnych grup pierścieni Zm. Przedstawimy równieżpewne zastosowania rzędów w teorii ciał.

W tym opracowaniu liczbami naturalnymi nazywamy wszystkie dodatnie liczbycałkowite. Zera nie zaliczamy tu do zbioru liczb naturalnych.

Spis treści

1 Rzędy elementów dowolnej grupy 11.1 Rzędy i ich własności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Elementy rzędu 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Rzędy elementów i grupy abelowe 52.1 Własności rzędów elementów grup abelowych . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Rzędy elementów skończonej grupy cyklicznej . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Grupy z trywialnymi kwadratami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.4 Liczba elementów rzędu 2 dla grup abelowych . . . . . . . . . . . . . . 102.5 Iloczyny elementów grupy abelowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3 Multyplikatywna grupa modulo m 133.1 Potęgi dwójki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 Potęgi nieparzystej liczby pierwszej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3 Cykliczne grupy multyplikatywne modulo m . . . . . . . . . . . . . . . 193.4 Przykłady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

4 Pewne zastosowania rzędów w teorii ciał 23

1 Rzędy elementów dowolnej grupy

W tym rozdziale G jest dowolną grupą (przemienną lub nieprzemienną) i e jestjej elementem neutralnym. Jeśli A jest skończonym zbiorem, to przez |A| oznaczamyliczbę jego elementów.

1.1 Rzędy i ich własności

Stwierdzenie 1.1. Jeśli grupa G jest skończona, to dla każdego jej elementu a istniejetaka dodatnia liczba całkowita n, że an = e oraz n 6 |G|.

Dowód. Niech |G| = m oraz a ∈ G. Rozpatrzmy elementy a, a2, . . . , am+1. Są toelementy grupy G i jest ich więcej niż m. Istnieją więc dwie liczby i, j ∈ {1, 2, . . . ,m+1}takie, że i > j oraz ai = aj. Wtedy ai−j = e, a zatem an = e dla n = i − j. Mamyponadto 1 6 n 6 m. �

Niech a ∈ G. Najmniejszą liczbę naturalną n taką, że an = e oznaczamy przezordG(a) i nazywamy rzędem elementu a w grupie G. Jeśli taka liczba naturalna n nieistnieje, to mówimy, że a jest elementem nieskończonego rzędu i piszemy ordG(a) =∞. W przypadkach gdy grupa G jest ustalona, pisać będziemy często ord(a) zamiastordG(a). Wprost z definicji otrzymujemy, że ordG(a) = 1 ⇐⇒ a = e.

Ze Stwierdzenia 1.1 wynika, że każdy element grupy skończonej ma skończony rządi ten rząd nie przewyższa rzędu danej grupy. Jeśli każdy element danej grupy G maskończony rząd, to grupa G nie musi być skończona. Taką grupą jest na przykład grupailorazowa Q/Z. Grupa ta nie jest skończona, a każdy jej element ma skończony rząd.

Dla danego elementu a grupy G oznaczmy przez 〈a〉 podgrupę grupy G generowanąprzez element a, tzn.

〈a〉 = {aj; j ∈ Z}.

Stwierdzenie 1.2. Niech G będzie dowolną grupą i niech a będzie jej elementem skoń-czonego rzędu. Niech ordG(a) = m. Wtedy elementy a0 = e, a1, . . . , am−1 są paramiróżne oraz

〈a〉 ={a0, a1, a2, . . . , am−1

}.

Dowód. Oznaczmy A = {a0, a1, a2, . . . , am−1}. Niech j ∈ Z. Niech j = km+ r,gdzie k, r ∈ Z, 0 6 r < m. Wtedy aj = akm+r = (am)k · ar = ekar = ar, czyli aj ∈ A.Mamy więc inkluzję A ⊆ 〈a〉. Inkluzja w przeciwnym kierunku jest oczywista.

Przypuśćmy, że ai = aj dla pewnych i, j ∈ {0, 1, . . . ,m− 1}, i > j. Wtedy ai−j = eoraz 1 6 i− j < m i mamy sprzeczność z własnością minimalności liczby m. �

Z tego stwierdzenia wynika, że rząd elementu a w grupie G to nic innego jak rządpodgrupy 〈a〉. Z twierdzenia Lagrange’a otrzymujemy więc:

Stwierdzenie 1.3. Jeśli G jest grupą skończoną rzędu m, to rząd każdego jej elementujest dzielnikiem liczby m.

Stąd następnie wynika następujące uogólnienie znanego twierdzenia Eulera.

Stwierdzenie 1.4. Jeśli G jest grupą skończoną rzędu m, to dla każdego a ∈ G za-chodzi równość am = e.

2

Dowód. Niech a ∈ G, niech ordG(a) = r. Wtedy r | m (na mocy poprzedniegostwierdzenia). Niech m = kr. Mamy wtedy: am = (ar)l = ek = e. �

W wielu książkach z teorii grup lub z rozdziałami o teorii grup (patrz na przykład[2], [3], [1]) znajdziemy liczne fakty i informacje dotyczące rzędów. Udowodnimy terazkilka podstawowych własności rzędów elementów grupy.

Stwierdzenie 1.5. Niech a ∈ G, ordG(a) = m <∞. Jeśli j ∈ Z, to

aj = e ⇐⇒ m | j.

Dowód. Niech aj = e. Niech j = km + r, k, r ∈ Z, 0 6 r < m. Przypuśćmy,że r > 1. Wtedy ar = e, gdyż e = aj = (am)k ar = ekar = ar i mamy sprzeczność zwłasnością minimalności liczby m. Zatem m | j.

Jeśli m | j, to j = km, gdzie k ∈ Z i wtedy aj = (am)k = ek = e. �

Stwierdzenie 1.6. Niech a ∈ G, ordG(a) = m <∞. Jeśli r ∈ Z, to

ordG(ar) =m

(r,m).

Dowód. Oznaczmy s = ordG(ar) oraz d = (r,m). Niech r = ud, m = vd, gdzieu, v ∈ Z, (u, v) = 1. Należy pokazać, że s = v. Zauważmy, że (ar)v = audv = amu =(am)u = eu = e. Zatem s | v (na mocy Stwierdzenia 1.5). Mamy również: ars = (ar)s =e, a więc m | rs, więc vd | uds, więc v | us. Ale liczby u, v są względnie pierwsze, więcv | s. Zatem s = v = m

(r,m) . �

Z tego stwierdzenia otrzymujemy natychmiast:

Stwierdzenie 1.7. Niech a ∈ G, ordG(a) = m <∞ i niech r ∈ Z.(1) Jeśli (r,m) = 1, to ordG(ar) = m.(2) Jeśli r > 1 oraz r | m, to ordG(ar) = m

r.

(3) ordG(a−1) = ordG(a).

Z ostatniej równości otrzymujemy natychmiast:

Stwierdzenie 1.8. W każdej grupie skończonej liczba elementów rzędu większego od 2jest parzysta.

Stwierdzenie 1.9. Niech m > 3. W każdej grupie skończonej liczba elementów rzę-du m jest parzysta.

Następne stwierdzenia znajdziemy w [17] lub [14]. Literą G oznaczono dowolnągrupę z mnożeniem oraz a, b, c są elementami grupy G.

Stwierdzenie 1.10. ordG(ab) = ordG(ba).

3

Dowód. Jeśli rzędy elementów ab i ba są nieskończone, to nie ma czego dowodzić.Załóżmy, że ordG(ab) = n <∞ i niech (ba)n = u. Wtedy au = (ab)na = a, więc u = e.Zatem (ba)n = e, czyli ordG(ba) 6 n. Jeśli więc ordG(ab) < ∞, to ordG(ba) < ∞ orazordG(ba) 6 ordG(ab). Analogicznie wykazujemy, że ordG(ab) 6 ordG(ba). �

Stwierdzenie 1.11.(1) ordG (aba−1) = ordG(b).(2) ordG(abc) = ordG(bca) = ordG(cab).

Dowód. Korzystamy z poprzedniego stwierdzenia. �

Stwierdzenie 1.12. Elementy abc i cba mogą mieć różne rzędy.

Dowód. ([7] zadanie 5.3.6). Niech G będzie grupą S3, permutacji zbioru {1, 2, 3}.Niech a, b, c będą następującymi cyklami: a = (1, 2, 3), b = (1, 2) oraz c = (1, 3). Wtedyabc jest permutacją tożsamościową, więc jej rząd jest równy 1. Natomiast permutacjacba jest cyklem (3, 2, 1), ma więc rząd równy 3. �

Łatwy dowód następnego stwierdzenia znajdziemy na przykład w [3].

Stwierdzenie 1.13. Niech f : G→ H będzie homomorfizmem grup. Niech a ∈ G orazordG(a) < ∞. Wtedy ordH(f(a)) < ∞ oraz liczba ordH(f(a)) jest dzielnikiem liczbyordG(a). Jeśli f jest injekcją, to ordH(f(a)) = ordG(a).

1.2 Elementy rzędu 2

Wykażemy teraz, że każda skończona grupa parzystego rzędu ma co najmniej jedenelement rzędu 2 i przy tym liczba wszystkich jej elementów rzędu 2 jest nieparzysta.

Niech G będzie dowolną grupą. Rozważmy relację ∼ w G zdefiniowaną następująco:

a ∼ b jeśli b = a lub b = a−1

dla a, b ∈ G. Z łatwością sprawdzamy, że ∼ jest relacją typu równoważności. Oznaczmyprzez [a] klasę abstrakcji elementu a ∈ G względem tej relacji oraz oznaczmy przez d(a)liczbę elementów klasy abstrakcji [a]. Jest jasne, że [a] = {a, a−1}, 1 6 d(a) 6 2 orazd(e) = 1. Jeśli a jest elementem różnym od e, to

d(a) = 1 ⇐⇒ a = a−1 ⇐⇒ ordG(a) = 2.

Dla wszystkich elementów a ∈ G r {e} o rzędzie większym od 2 liczba d(a) jest więcrówna 2.

Ponieważ relacja ∼ jest typu równoważności, więc G jest sumą mnogościową pa-rami rozłącznych klas abstrakcji. Załóżmy, że grupa G jest skończona oraz {a0 =

4

e, a1, . . . , as} jest wyborem jej reprezentantów względem relacji ∼. Mamy wówczasrówność

|G| = 1 + d(a1) + d(a2) + · · ·+ d(as).

Jeśli grupa G nie ma żadnego elementu rzędu 2, to wszystkie liczby d(a1), . . . , d(as)są równe 2 i wtedy po prawej stronie powyższej równości jest liczba nieparzysta. Stądwynika następujące stwierdzenie, które często występuje jako zadanie w książkach zteorii grup (patrz na przykład [17], [6], [1]).

Stwierdzenie 1.14. Grupa skończona parzystego rzędu zawsze ma co najmniej jedenelement rzędu 2.

Załóżmy teraz, że w powyższym wyborze reprezentantów elementy a1, . . . , ak są rzędu 2,a pozostałe elementy ak+1, . . . , as mają rzędy większe od 2. Mamy wówczas równość

|G| = 1 + k + 2(s− k),

z której otrzymujemy:

Stwierdzenie 1.15. Jeśli G jest skończoną grupą parzystego rzędu, to liczba jej wszyst-kich elementów rzędu 2 jest nieparzysta.

Z powyższego stwierdzenia (oraz Stwierdzenia 1.3) wynika, że nie ma takiej grupyskończonej, która ma dokładnie 2 elementy rzędu 2. Grupa abelowa Z2 × Z2 ma do-kładnie 3 elementy rzędu 2. Grupa dihedralna D4 (która nie jest abelowa) ma takichelementów 5. Później udowodnimy, że nie ma takiej grupy abelowej, która ma dokładnie5 lub dokładnie 9 elementów rzędu 2 (patrz Stwierdzenie 2.14).

Zajmowaliśmy się elementami rzędu 2. Jeśli co najmniej jeden taki element wystę-puje, to jak powyżej wykazaliśmy, liczba wszytkich takich elementów jest nieparzysta.Przypomnijmy (patrz Stwierdzenie 1.9), że jeśli m > 3 jest liczbą naturalną, to w każ-dej grupie skończonej liczba elementów rzędu m jest parzysta. W tym przypadku taliczba może być oczywiście równa 0.

2 Rzędy elementów i grupy abelowe

Teraz zajmować się będziemy skończonymi grupami abelowymi. W pewnych miej-scach zakładać będziemy, że Czytelnik zna poniższe twierdzenie o strukturze skończo-nych grup abelowych.

Twierdzenie 2.1. Każda skończona grupa abelowa rozkłada się jednoznacznie na ilo-czyn prosty swoich podgrup cyklicznych, których rzędy są potęgami liczb pierwszychdzielących rząd grupy.

5

2.1 Własności rzędów elementów grup abelowych

Udowodnimy najpierw następujące dwa stwierdzenia.

Stwierdzenie 2.2. Niech G będzie grupą abelową. Niech a, b ∈ G. Załóżmy, że n =ordG(a) <∞ oraz m = ordG(b) <∞. Jeśli (n,m) = 1, to ordG(ab) = nm.

Dowód. Niech s = ordG(ab). Mamy: (ab)nm = anmbnm = (an)m(bm)n = emen = e,a więc s | nm na mocy Stwierdzenia 1.5.

Mamy również: e = (ab)sn = (an)sbsn = esbsn = bsn i stąd m | sn. Ale (n,m) = 1,więc m | s. Podobnie: e = (ab)sm = ams(bn)s = asmes = asm i stąd n | sm. Ale(n,m) = 1, więc n | s. Zatem m | s oraz n | s i stąd (ponieważ liczby m,n są względniepierwsze) mamy podzielność nm | s. Wykazaliśmy więc, że s = nm. �

Stwierdzenie 2.3. Niech G będzie grupą abelową. Niech a ∈ G oraz n = ordG(a) <∞.Załóżmy, że dla każdego elementu b ∈ G zachodzi nierówność ordG(b) 6 m. Wtedyrząd każdego element grupy G jest dzielnikiem liczby m. W szczególności bm = e dlawszystkich b ∈ G.

Dowód. Niech b ∈ G i niech r = ordG(b). Wiemy, że r 6 m. Należy pokazać, żer | m. Przypuśćmy, że r - m. Niech m = pα11 · · · pαss , r = pβ11 · · · pβss , gdzie p1, . . . , p + ssą parami różnymi liczbami pierwszymi oraz wykładniki α1, . . . , αs, β1, . . . , βs są nie-ujemnymi liczbami całkowitymi. Ponieważ r - m, więc istnieje j ∈ {1, . . . , s} takie, żeβj > αj. Oznaczmy p = pj, α = αj oraz β = βj. Mamy wtedy: m = m′pα, r = r′pβ,gdzie α < β oraz m′, r′ są liczbami naturalnymi niepodzielnymi przez p.

Rozważmy elementy apα

oraz br′. Ze Stwierdzenia 1.7(2) wynika, że

ordG(ap

α)

= m′, ordG(br′)

= pβ.

Ponieważ grupa g jest abelowa oraz liczby m′ i pβ są względnie pierwsze, więc (na mocyStwierdzenia 2.2) element ap

α · br′ ma rząd równy m′pβ. Rząd ten jest większy od m.Istotnie:

m′pβ =m

pαpβ = m

pβ

pα> m.

Przypuszczenie r - m prowadzi więc do sprzeczności. Zatem r | m. Stąd dalej wynika,że m = ur, gdzie u ∈ Z i mamy: bm = (br)u = eu = e. �

Uwaga 2.4. W powyższych dwóch stwierdzeniach założenie o abelowości grupy Gjest istotne. Dla grup nieabelowych już takie stwierdzenia nie muszą być prawdziwe.Założmy dla przykładu, że G jest grupą symetryczną S3. Wszystkie elementy tej grupymają rzędy mniejsze lub równe 3 oraz istnieją elementy rzędu 3 i istnieją elementyrzędu 2. Ale 2 - 3, więc w tym przypadku nieabelowy odpowiednik Stwierdzenia 2.3nie jest prawdziwy. Liczby 2, 3 są oczywiście względnie pierwsze. Nie ma tu jednakelementu rzędu 6 = 2 · 3. Gdyby taki element rzędu 6 istniał, to nieabelowa grupaS3 (która jest rzędu 6) byłaby grupą cykliczną; sprzeczność. Nie ma więc równieżnieabelowego odpowiednika Stwierdzenia 2.2. �

6

2.2 Rzędy elementów skończonej grupy cyklicznej

W tym podrozdziale zbadamy rzędy elementów cyklicznej grupy Zn z dodawaniem+, gdzie n > 2 jest liczbą naturalną. Jeśli a ∈ Zn, to w tym przypadku rzędem elementua w Zn jest najmniejsza liczba naturalna m > 1 taka, że w Zn zachodzi równość ma = 0,tzn. taka, że am ≡ 0 (mod n). W tym przypadku ten rząd oznaczać będziemy przezordn(a). Wprost z definicji otrzymujemy, że ordn(a) = 1 ⇐⇒ a = 0.

Odpowiednie stwierdzenia z Rozdziału 1 można teraz zapisać w następującej po-staci.

Stwierdzenie 2.5. Niech a, b ∈ Zn, r ∈ Z oraz m = ordn(a), s = ordn(b). Wtedy:(1) ra ≡ 0 (mod n) ⇐⇒ ordn(a) | r (Stwierdzenie 1.5);(2) ordn(a) | n (Stwierdzenie 1.3);(3) ordn(ra) = m

(r,m) (Stwierdzenie 1.6);

(4) jeśli (r,m) = 1, to ordn(ra) = m (Stwierdzenie 1.7);(5) jeśli r > 1 oraz r | m, to ordn(ra) = m

r(Stwierdzenie 1.7);

(6) ordn(−a) = ordn(a) (Stwierdzenie 1.7);(7) jeśli (m, s) = 1, to ordn(a+ b) = ms (Stwierdzenie 2.2).

Zanotujmy następne stwierdzenia.

Stwierdzenie 2.6. Jeśli a ∈ Zn, to ordn(a) = n ⇐⇒ (n, a) = 1.

Dowód. Jest oczywiste, że ordn(1) = n. Załóżmy, że (n, a) = 1. Wtedy (na mocy2.5(4)): ordn(a) = ordn(a · 1) = ordn(1) = n. Załóżmy teraz, że ordn(a) = n, Mamywówczas (na mocy 2.5(3)) n = ordn(a) = ordn(a · 1) = n

(n,a) i stąd (n, a) = 1. �

Stwierdzenie 2.7. Jeśli d | n, to ordn(nd

)= d.

Dowód. Korzystamy ze Stwierdzenia 2.5(5):

ordn(n

d

)= ordn

(n

d· 1)

=ordn(1)n/d

=n

n/d= d

i to kończy dowód �

Teraz możemy udowodnić:

Twierdzenie 2.8. Jeśli d jest naturalnym dzielnikiem liczby n, to w grupie Zn istniejedokładnie ϕ(d) elementów rzędu d.

7

Dowód. Niech d | n. Niech n = ud, gdzie 1 6 u ∈ Z. Oznaczmy:

Mn(d) = {b ∈ Zn; ordn(b) = d} oraz Ψ(d) = |Mn(d)|.

Ze Stwierdzenia 2.7 wiemy, że ordn(u) = d. Niech j ∈ {1, 2, . . . , d} będzie takie, że(j, d) = 1. Wtedy ordn(ju) = ordn(u) = d (na mocy 2.5(4)). Stąd wynika, że Ψ(d) >ϕ(d). Należy pokazać, że Ψ(d) = ϕ(d). Zauważmy, że (na mocy 2.5(2)) mamy równość∑

d|nΨ(d) = n.

Przypuśćmy, że istnieje taki naturalny dzielnik d liczby n, że Ψ(d) > ϕ(d). Mamy wtedysprzeczność:

n =∑d|n

Ψ(d) >∑d|nϕ(d) = n.

Wykorzystaliśmy dobrze znaną równość∑d|nϕ(d) = n (patrz [15], [16] lub [11]). �

Stąd wynika w szczególności, że skończona grupa cykliczna ma co najwyżej jedenelement rzędu 2. Zapamiętajmy:

Stwierdzenie 2.9. Niech G będzie skończoną grupą cykliczną. Jeśli |G| jest liczbą nie-parzystą, to G nie ma elementów rzędu 2. Jeśli natomiast |G| jest liczbą parzystą, to Gma dokładnie jeden element rzędu 2.

Zapamiętajmy również łatwą do udowodnienia konsekwencję powyższego stwierdze-nia.

Stwierdzenie 2.10. Niech G = Zn1×· · ·×Znr , gdzie r > 2 oraz n1, . . . , ns są liczbaminaturalnymi większymi od 1. Grupa G ma co najmniej dwa elementy rzędu 2 wtedy itylko wtedy, gdy co najmniej dwie spośród liczb n1, . . . , nr są parzyste.

Jeśli d | n, to niech Mn(d) oznacza zbiór tych wszystkich elementów b ∈ Zn, którychrząd ordn(b) jest równy d. Takie oznaczenie wprowadziliśmy już w dowodzie Twierdze-nia 2.8. Dla każdego n > 2 zachodzi równość Mn(1) = {0} oraz Mn(n) jest zbioremtych wszystkich liczb naturalnych mniejszych od n, które są względnie pierwsze z liczbąn.

2.11. Przykłady:

M4(2) = {2}, M4(4) = {1, 3};M6(2) = {3}, M6(3) = {2, 4}, M6(6) = {1, 5};M8(2) = {4}, M8(4) = {2, 6}, M8(8) = {1, 3, 5, 7};M9(3) = {3, 6}, M9(9) = {1, 2, 4, 5, 7, 8};M10(2) = {5}, M10(5) = {2, 4, 6, 8}, M10(10) = {1, 3, 7, 9};M12(2) = {6}, M12(3) = {4, 8}, M12(4) = {3, 9}, M12(6) = {2, 10};M14(2) = {7}, M14(7) : {2, 4, 6, 8, 10, 12}, M14(14) = {1, 3, 5, 9, 11, 13}.

8

W poniższych tabelach podano zestawienia rzędów elementów grupy Zn dla pew-nych n. W pierwszych kolumnach podano dzielniki naturalne d liczby n większe od 1.W drugich kolumnach występują wszystkie elementy rzędu d, a w trzecich są liczbyelementów z drugich kolumn.

n = 153 5, 10 25 3, 6, 9, 12 4

15 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14 8

n = 162 8 14 4, 12 28 2, 6, 10, 14 4

16 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15 8

n = 182 9 13 6, 12 26 3, 15 29 2, 4, 8, 10, 14, 16 6

18 1, 5, 7, 11, 13, 17 6

n = 202 10 14 5, 15 25 4, 8, 12, 16 4

10 2, 6, 14, 18 420 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19 8

n = 302 15 13 10, 20 25 6, 12, 18, 24 46 5, 25 2

10 3, 9, 21, 27 415 2, 4, 8, 14, 16, 22, 26, 28 830 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 8

n = 422 21 13 14, 28 26 7, 35 27 6, 12, 18, 24, 30, 36 6

14 3, 9, 15, 27, 33, 39 621 2, 4, 8, 10, 16, 20, 22, 26, 32, 34, 38, 40 1242 1, 5, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 37, 41 12

2.3 Grupy z trywialnymi kwadratami

Rozpoczynamy ten podrozdział od następującego, łatwego do udowodnienia, stwier-dzenia.

Stwierdzenie 2.12. Jeśli dla każdego elementu a grupy G zachodzi równość a2 = e,to grupa G jest abelowa.

Dowód. Równość a2 = e jest równoważna równości a−1 = a. Jeśli więc a, b ∈ G,to ab = a−1b−1 = (ba)−1 = ba. �

Niech m będzie liczbą naturalną. Załóżmy, że dla każdego elementu a danej grupyG zachodzi równość am = e. Wykazaliśmy przed chwilą, że jeśli m = 2, to grupa Gjest abelowa. Czy abelowość grupy G można również wykazać w przypadku gdy m = 3lub m = 4?. Okazuje się, że nie można. Elegancki dowód na to, że tego wykazać nie

9

można znajdziemy w książce Czesława Bagińskiego [1]. Teraz przedstawimy ten dowód.W tym celu najpierw wprowadzimy grupy, które oznaczać będziemy przez B(R).

Niech R będzie pieścieniem przemiennym z jedynką. Jeśli a, b, c ∈ R, to przez [a, b, c]oznaczać będziemy 3× 3 macierz trójkątną o wierszach (1, a, b), (0, 1, c) oraz (0, 0, 1).Zapamiętajmy:

[a, b, c] =

1 a b0 1 c0 0 1

.

Zbiór wszystkich tego rodzaju macierzy oznaczać będziemy przez B(R). Łatwo spraw-dzić, że ten zbiór jest grupą ze względu na mnożenie macierzowe. Elementem neutral-nym jest macierz [0, 0, 0]. Wzory na mnożenie i element odwrotny są takie:

[a1, b1, c1] · [a2, b2, c2] = [a1 + a2, b1 + b2 + a1c2, c1 + c2] ,

[a, b, c]−1 = [−a, ac− b, −c].

Niech x = [1, 0, 0], y = [0, 0, 1]. Wtedy xy = [1, 1, 1] oraz yx = [1, 0, 1], a zatemxy 6= yx. Dla każdego pierścienia R, przemiennego z jedynką, B(R) jest grupą i nie jestto grupa abelowa.

Za pomocą łatwej indukcji wykazujemy, że jeśli a, b, c ∈ R, to dla dowolnej liczbynaturalnej n zachodzi równość

(∗) [a, b, c]n =[na, nb+

n(n− 1)2

ac, nc

].

Stąd natychmiast wynika:

Stwierdzenie 2.13 ([1]). Rozważmy grupę B (Zp), gdzie p jest nieparzystą liczbąpierwszą. Grupa ta nie jest abelowa i dla każdego jej elementu a zachodzi równośćap = e.

W szczególności B (Z3) jest nieabelową grupą (rzędu 27) i dla każdego jej elementua zachodzi równość a3 = e. Z równości (∗) wynika, że B (Z2) jest nieabelową grupą i dlakażdego jej elementu a zachodzi równość a4 = e. Jest to grupa rzędu 8, izomorficzna zgrupą izometrii kwadratu D4. W podobny sposób dla każdej liczby naturalnej m > 3wykazujemy, że istnieje taka nieabelowa grupa G, że am = e dla wszystkich a ∈ G.

2.4 Liczba elementów rzędu 2 dla grup abelowych

Udowodniliśmy (patrz Stwierdzenie 1.15, że jeśli G jest skończoną grupą (nieko-niecznie abelową) parzystego rzędu, to liczba jej wszystkich elementów rzędu 2 jestnieparzysta. Dla grup abelowych tę liczbę można opisać dokładniej.

Stwierdzenie 2.14. Liczba wszystkich elementów rzędu 2 skończonej grupy abelowejjest postaci 2s − 1, gdzie s > 0.

10

Dowód. Jeśli G jest skończoną grupą abelową (z dodawaniem +), to oznaczmyprzez δ(G) liczbę tych wszystkich elementów a ∈ G, dla których zachodzi równość2a = 0, czyli a+ a = 0. Ponieważ 2 · 0 = 0, więc δ(G) > 1. Z łatwością wykazujemy, że:

(a) δ(G×H) = δ(G)δ(H) dla wszystkich skończonych grup abelowych G,H;(b) δ (Z2s) = 2 dla s > 1;(c) jeśli G jest grupą nieparzystego rzędu, to δ(G) = 1.

Niech G będzie dowolną skończoną grupą abelową. Z twierdzenia o strukturze skoń-czonych grup abelowych (patrz Twierdzenie 2.1) wynika, że G = G1 × G2, gdzie G2jest skończoną grupą abelową nieparzystego rzędu oraz G1 jest grupą abelową postaciZ2n1 ×· · ·×Z2ns (przy czym s > 0). Korzystamy z własności (a), (b), (c) i otrzymujemyrówność δ(G) = 2s. W grupie G jest więc dokładnie 2s takich elementów a, że 2a = 0.Wśród nich jest element zerowy (który ma rząd 1). Pozostałe elementy są rzędu 2; jestwięc ich 2s − 1. �

Liczby postaci 2s−1, występujące w powyższym twierdzeniu, nazywają się liczbamiMersenne’a. W [15], [16] lub [12] przedstawiono przeróżne własności i zastosowania liczbMersenne’a. Zwróćmy uwagę, że dla każdej liczby naturalnej s istnieje taka skończonagrupa abelowa G, która ma dokładnie 2s − 1 elementów rzędu 2. Taką grupą jest naprzykład Z2 × Z2 × . . . . . .Z2 (s czynników).

W Stwierdzeniu 2.14 rozważaliśmy elementy rzędu 2. Modyfikując nieco dowód tegostwierdzenia otrzymujemy:

Stwierdzenie 2.15. Niech p będzie liczbą pierwszą. Liczba wszystkich elementów rzę-du p skończonej grupy abelowej jest zawsze postaci ps − 1, gdzie s > 0.

Nie ma więc takiej grupy abelowej, która ma dokładnie 5 lub dokładnie 6 elementówrzędu 3. Dla każdej liczby naturalnej s istnieje taka skończona grupa abelowa G, którama dokładnie ps−1 elementów rzędu p. Taką grupą jest na przykład Zp×Zp× . . . . . .Zp(s czynników).

2.5 Iloczyny elementów grupy abelowej

Spójrzmy jeszcze raz na wprowadzoną na stronie 4 relację typu równożności ∼.Przypomnijmy, że a ∼ b jeśli b = a lub b = a−1. Grupa G jest sumą mnogościową para-mi rozłącznych klas abstrakcji względem tej relacji. Załóżmy, że grupa G jest skończonai załóżmy, że {a0 = e, a1, . . . , as} jest wyborem reprezentantów względem tej relacji.Mamy wówczas równość

G = {e} ∪ [a1] ∪ [a2] ∪ · · · ∪ [as],

w której [ai] = {ai, a−1i } dla i = 1, . . . , s. Elementy a1, . . . , as są różne od e. Jeśli ai jestelementem rzędu 2, to ai = a−1i i wtedy zbiór [ai] jest jednoelementowy; [ai] = {ai}.Jeśli natomiast rząd elementu ai jest większy od 2, to ai 6= a−1i i wtedy zbiór [ai]ma dokładnie dwa elementy. Stąd natychmiast wynika następująco stwierdzenie dlaskończonych grup abelowych.

11

Stwierdzenie 2.16. Niech G będzie skończoną grupą abelową i niech w będzie iloczy-nem wszystkich jej elementów. Jeśli grupa G nie ma żadnego elementu rzędu 2, to wjest elementem neutralnym. Jeśli grupa G ma dokładnie jeden element a rzędu 2, tow = a.

Wyjaśnijmy jeszcze co się dzieje z iloczynem wszystkich elementów w przypadkugdy liczba elementów rzędu 2 jest większa od 1.

Stwierdzenie 2.17. Jeśli skończona grupa abelowa ma co najmniej dwa elementy rzę-du 2, to iloczyn jej wszystkich elementów jest elementem neutralnym.

Dowód. Niech G będzie skończoną grupą abelową i dodawaniem +. Wówczaselementem neutralnym jest zero oraz ”iloczyn” jest ”sumą”. Przez s(G) oznaczać bę-dziemy sumę wszystkich elementów grupy G. Należy więc udowodnić, że jeśli G maco najmniej dwa elementy rzędu 2, to s(G) jest równe 0. Przypomnijmy jeszcze, żeelement rządu 2, to taki niezerowy element a grupy G, dla którego zachodzi równość2a = 0, czyli a+ a = 0.

Załóżmy więc, że grupa G ma co najmniej dwa elementy rzędu 2. Z twierdzeniao strukturze skończonych grup abelowych (patrz Twierdzenie 2.1) wiemy, że wtedy zdokładnością do izomorfizmu mamy równość postaci

G = Zn1 × Zn2 × · · · × Znr ,

w której n1, . . . , nr są liczbami naturalnymi większymi od 1. Ponieważ skończona grupacykliczna ma tylko co najwyżej jeden element rzędu 2, więc w naszym przypadku r > 2.Jeśli wszystkie liczby n1, . . . , nr są nieparzyste, to G nie ma elementu rzędu 2. Jeśliwśród tych liczb jest tylko jedna liczba parzysta, to G ma dokładnie jeden elementrzędu 2. Z założenia, że G ma co najmniej dwa elementy rzędu 2 wynika więc, że wśródliczb n1, . . . , nr są co najmniej dwie parzyste (patrz Stwierdzenie 2.10).

Jest jasne, że s (Zn) = n(n−1)2 oraz s (Zn1 × Zn2) =

(n2

n1(n1−1)2 , n1

n2(n2−1)2

). Stosu-

jąc łatwą indukcję wykazujemy, że w naszym przypadku s(G) = (u1, . . . , ur), gdzie

ui = n1n2 · · ·nrni − 1

2

dla wszystkich i = 1, . . . r. Zauważmy teraz, że jeśli co najmniej dwie spośród liczbn1, . . . , nr są parzyste (a tak jest w naszym przypadku), to liczby u1, . . . , ur są podzielneodpowiednio przez n1, . . . , nr. Zatem u1, . . . , ur są zerami odpowiednio w Zn1 , . . . ,Znr .Wykazaliśmy więc, że s(G) = (0, 0, . . . , 0). Suma wszystkich elementów grupy G jestwięc elementem zerowym. �

Zanotujmy teraz Stwierdzenia 2.16 oraz 2.17 w postaci jednego następującego twier-dzenia, które można znaleźć jako zadanie (bez rozwiązania) w książce [5].

Twierdzenie 2.18. Niech G będzie skończoną grupą abelową i niech w będzie iloczynemwszystkich jej elementów. Jeśli G ma dokładnie jeden element a rzędu 2, to w = a. Wpozostałych przypadkach w jest elementem neutralnym.

12

Z tego twierdzenia szybko wynikają następne dwa stwierdzenia.

Stwierdzenie 2.19. Jeśli skończona grupa abelowa ma co najmniej dwa elementy rzę-du 2, to iloczyn jej wszystkich elementów rzędu 2 jest elementem neutralnym.

Dowód. Niech G będzie skończoną grupą abelową i niech {a0 = e, a1, . . . , as}jest wyborem reprezentantów względem relacji ∼. Załóżmy, że elementy a1, . . . , ak sąrzędu 2, a pozostałe elementy ak+1, . . . , as mają rzędy większe od 2. Niech w będzieiloczynem wszystkich elementów grupy G i niech v będzie iloczynem wszystkich ele-mentów rzędu 2. Wtedy w = e (na mocy Twierdzenia 2.18) oraz v = a1 · · · ak. Mamywięc

e = w = e · a1 · · · ak · ak+1 · a−1k+1 · · · · · as · a−1s = eve = v,

a więc v = e. �

Stwierdzenie 2.20. Jeśli w jest iloczynem wszystkich elementów skończonej grupyabelowej, to w2 jest elementem neutralnym.

Dowód. (Sposób I). Wynika to natychmiast z Twierdzenia 2.18.

(Sposób II). Niech G = {g1, g2, . . . , gn}. Wtedy{g−11 , g

−12 , . . . , g

−1n

}= G i mamy:

w2 = g1g2 · · · gn · g−11 g−12 · · · g−1n = e. �

W Stwierdzeniu 2.19 mamy iloczyn elementów rzędu 2. Łatwo wykazać podobnestwierdzenie dla iloczynu wszystkich elementów ustalonego rzędu większego od 2.

Stwierdzenie 2.21. Niech m > 3. Jeśli skończona grupa abelowa ma co najmniejjeden element rzędu m, to iloczyn jej wszystkich elementów rzędu m jest elementemneutralnym.

Dowód. Wynika to z równości ordG(g) = ordG(g−1). �

3 Multyplikatywna grupa modulo m

Przez Z∗m oznaczamy multyplikatywną grupę pierścienia Zm. Jest to grupa abelowarzędu ϕ(m). Element a ∈ Zm należy do Z∗m wtedy i tylko wtedy, gdy nwd(a,m) = 1.Jeśli a jest elementem grupy Z∗m, to rząd tego elementu w tej grupie oznaczać będzie-my przez ord∗n(a). Przykłady: ord∗6(5) = 2, ord∗13(4) = 6, ord∗14(11) = 3. Liczbaord∗m(a) jest najmniejszą liczbą naturalną s > 1 taką, że as ≡ 1 (mod m). Jest jasne,że ord∗m(a) = 1 ⇐⇒ a = 1. Wiemy również (patrz Stwierdzenie 1.3), że liczba ord∗m(a)jest naturalnym dzielnikiem liczby ϕ(m). Zwrócmy uwagę, że ze Stwierdzenia 1.4 wy-nika natychmiast znane twierdzenie Eulera: jeśli nwd(a,m) = 1, to m | aϕ(m) − 1.

W tym rozdziale przedstawimy znane fakty dotyczące struktury grupy Z∗m. Istotnąrolę w dowodach tych faktów odgrywać będą rzędy elementów grupy Z∗m.

13

3.1 Potęgi dwójki

Grupy Z∗2 = {1} oraz Z∗4 = {1, 3} są cykliczne. Natomiast grupa Z∗8 = {1, 3, 5, 7} jużnie jest cykliczna. Mamy tu ord∗8(3) = ord∗8(5) = ord∗8(7) = 2. Nie ma elementu rzęduϕ(8) = 4. Udowodnimy, że jeśli m = 2n, gdzie n > 3, to grupa Z∗m nie jest cykliczna.

Lemat 3.1 ([15] 176). Jeśli a jest nieparzystą liczbą całkowitą, to dla każdej liczbynaturalnej n istnieje liczba całkowita kn taka, że

a2n

= 1 + 2n+2kn.

Dowód. Indukcja ze względu na n. Liczba a jest postaci 4b± 1, gdzie b ∈ Z. Dlan = 1 mamy a2

1= 16b2 ± 8b + 1 = 1 + 23k1, gdzie k1 = 2b2 ± b ∈ Z. Załóżmy, że to

jest prawdą dla pewnego n > 1. Mamy wtedy

a2n+1

=(a2

n)2

= (1 + 2n+2kn)2 = 22n+4k2n + 2n+3kn + 1

= 2n+3 (2n+1k2n + kn) + 1 = 1 + 2(n+1)+2kn+1,

gdzie kn+1 = 2n+1k2n + kn jest liczbą całkowitą. �

Twierdzenie 3.2. Jeśli n > 3, to grupa Z∗2n nie jest cykliczna.

Dowód. Niech n > 3 i niech G = Z∗2n . Grupa G ma dokładnie ϕ(2n) = 2n−1

elementów. Przypuśćmy, że jest to grupa cykliczna. Istnieje wtedy taki element a ∈ G,że ord∗2n(a) = 2n−1. Najmniejszą liczbą naturalną s taką, że as ≡ 1 (mod 2n) jest więcs = 2n−1. Tymczasem, na mocy Lematu 3.1, mamy a2

n−2 ≡ 1 (mod 2n), a więc 2n−1

nie jest taką najmniejszą liczbą s; liczba 2n−2 jest mniejsza od 2n−1. �

Z tego dowodu oraz Stwierdzenia 2.3 wynika, że jeśli n > 3, to rząd każdego ele-mentu grupy Z∗2n jest dzielnikiem liczby 2n−2.

Udowodnimy teraz, że grupa Z∗2n (dla n > 3) jest izomorficzna z produktem grupcyklicznych Z2×Z2n−2 . Podamy jawnę postać izomorfizmu. Dowód, który przedstawimymożna znaleźć w różnych książkach z teorii liczb (patrz na przykład [15], [18], [16], [9]).Rozpoczynamy od lematów.

Lemat 3.3. Dla każdej liczby całkowitej r > 0 zachodzi kongruencja

52r ≡ 1 + 2r+2 (mod 2r+3).

Dowód. Indukcja ze względu na r. Dla r = 0 jest to oczywiste. Załóżmy, że jestto prawdą dla pewnego r > 0. Wtedy 52

r= 1 + 2r+2 + 2r+3c, gdzie c ∈ Z. Zatem

52r+1

=(52

r)2

= (1 + 2r+2 + 2r+3c)2 = 1 + 22r+4 + 22r+6c2 + 2r+3 + 2r+4c+ 22r+6c

= 1 + 2r+3 + 2r+4 (2r + 2r+2c+ c+ 2r+2c) ,

a więc 52r+1 ≡ 1 + 2r+3 (mod 2r+4). �

14

Lemat 3.4. Niech n > 3. Wtedy ord∗2n(5) = 2n−2. Innymi słowy, najmniejszą liczbąnaturalną b taką, że 5b ≡ 1 (mod 2n) jest b = 2n−2.

Dowód. Już wiemy (patrz Lemat 3.3), że 52n−2 ≡ 1 (mod 2n).

Przypuśćmy, że istnieje liczba naturalna b taka, że 5b ≡ 1 (mod 2n) oraz b < 2n−2.Niech b = 2rc, gdzie r > 0, 2 - c. Mamy wtedy (na mocy Lematu 3.3):

5b =(52

r)c≡(1 + 2r+2

)c= 1 +

(c1

)2r+2 +

(c2

)22r+4 + · · · ≡ 1 + 2r+2 (mod 2r+3).

Ale b < 2n−2 czyli 2rc < 2n−2, więc 2r < 2n−2, więc r < n− 2, więc r + 3 6 n. Zatem5b ≡ 1 (mod 2r+3) (ponieważ 5b ≡ 1 (mod 2n) oraz r + 3 6 n). Mamy więc dwiekongruencje

5b ≡ 1 + 2r+2 (mod 2r+3), 5b ≡ 1 (mod 2r+3),

które prowadzą do sprzecznej podzielności 2r+3 | 2r+2. �

Z tego lematu oraz Stwierdzenia 1.5 wynika

Lemat 3.5. Jeśli n > 3 oraz b ∈ Z, to

5b ≡ 1 (mod 2n) ⇐⇒ 2n−2 | b.

Zanotujmy jeszcze kolejny lemat.

Lemat 3.6. Niech a, a′, b, b′ ∈ Z i niech n > 3. Jeśli a ≡ a′ (mod 2) oraz b ≡ b′

(mod 2n−2), to (−1)a5b ≡ (−1)a′5b′

(mod 2n).

Dowód. Z kongruencji a ≡ a′ (mod 2) wynika, że (−1)a = (−1)a′. Niech b ≡ b′

(mod 2n−2). Niech b = b′+2n−2k, gdzie k ∈ Z. Z Lematu 3.4 (lub z Lematu 3.5) wiemy,

że 52n−2 ≡ 1 (mod 2n). Zatem, 5b = 5b

′+2n−2k = bb′(52

n−2)k≡ 5b

′1k = 5b

′(mod 2n) i

to kończy dowód. �

Niech n > 3 i niech A,B,C będą ideałami pierścienia Z generowanymi odpowied-nio przez 2, 2n−2 oraz 2n. Mamy wtedy Z2 = Z/A, Z2n−2 = Z/B oraz Z2n = Z/C.Rozpatrzmy odwzorowanie f : Z2 × Z2n−2 → Z∗2n określone wzorem

f(

(a+ A, b+B))

= (−1)a5b + C,

dla wszystkich a, b ∈ Z. Z Lematu 3.6 oraz z tego, że (−1)a5b +C należy do grupy Z∗2nwynika, że f jest dobrze zdefiniowaną funkcją. Bez trudu stwierdzamy, że funkcja tajest homomorfizmem grup.

Lemat 3.7. Powyższe odwzorowanie f jest różnowartościowe.

15

Dowód. Już wiemy, że f jest homomorfizmem grup. Wystarczy zatem wykazać,że f ma trywialne jądro. Załóżmy, że (a + A, b + B) należy do jądra odwzorowaniaf . Wtedy (−1)a5b ≡ 1 (mod 2n). Ponieważ n > 3, więc (−1)a5b ≡ 1 (mod 4), czyli(−1)a ≡ 1 (mod 4) i stąd wynika, że a jest parzyste. Wiemy więc już, że (a+A, b+B) =(0 + A, b + B) oraz 5b ≡ 1 (mod 2n). Z Lematu 3.5 wynika, że liczba b jest podzielnaprzez 2n−2. Zatem (a+A, b+B) = (0+A, 0+B). Wykazaliśmy więc, że odwzorowanief ma trywialne jądro. �

Teraz możemy udowodnić:

Twierdzenie 3.8. Jeśli n > 3, to grupy Z∗2n oraz Z2 × Z2n−2 są izomorficzne.

Dowód. Wiemy, że powyżej określone odwzorowanie f : Z2 × Z2n−2 → Z∗2n jestróżnowartościowym homomorfizmem grup. Ponieważ są to grupy skończone i ich rzędysą jednakowe (każda z tych grup ma dokładnie 2n−1 elementów), więc to odwzorowanief jest również surjekcją. Zatem f jest izomorfizmem grup. �

Spójrzmy na to twierdzenie i jego dowód gdy n = 3 oraz n = 4.

Przykład 3.9. Dla n = 3 mamy: Z2 = Z2n−2 = {0, 1} oraz Z∗2n = Z∗8 = {1, 3, 5, 7} iwiemy, że Z2×Z2 ≈ Z∗8. Izomorfizm f : Z2×Z2 → Z∗8 jest tutaj określony następująco:f(0, 0) = 1, f(0, 1) = (−1)051 = 5, f(1, 0) = (−1)150 = −1 = 7, f(1, 1) = (−1)151 =−5 = 3. �

Przykład 3.10. Dla n = 4 mamy: Z2 = {0, 1}, Z2n−2 = Z4 = {0, 1, 2, 3} oraz Z∗2n =Z∗16 = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} i wiemy, że Z2×Z4 ≈ Z∗16. Izomorfizm f : Z2×Z4 → Z∗16jest tutaj określony następująco: f(0, 0) = 1, f(0, 1) = (−1)051 = 5, f(0, 2) =(−1)052 = 9, f(0, 3) = (−1)053 = −3 = 13, f(1, 0) = (−1)150 = −1 = 15, f(1, 1) =(−1)151 = −5 = 11. f(1, 2) = (−1)152 = −9 = 7, f(1, 3) = (−1)153 = 3. �

Łatwo udowodnić:

Stwierdzenie 3.11. Niech Gn = Z∗2n. Jeśli n > 3, to grupa Gn ma dokładnie 3 ele-menty rzędu 2. Jeśli n > 4, to grupa Gn ma dokładnie 4 elementy rzędu 4. Jeśli n > 5,to grupa Gn ma dokładnie 8 elementów rzędu 8. Ogólniej, Jeśli n > s+ 2 gdzie s > 2,to grupa Gn ma dokładnie 2s elementów rzędu 2s.

3.2 Potęgi nieparzystej liczby pierwszej

Udowodnimy, że jeśli p jest nieparzystą liczbą pierwszą, to każda grupa Z∗pn jest cy-kliczna. Dowód, który przedstawimy został opracowany na podstawie książek [15], [18],[16] oraz [9]). Rozpoczynamy od lematów.

Lemat 3.12. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą, n > 1 liczbą naturalną oraz a liczbącałkowitą niepodzielną przez p. Wtedy

(1 + ap)pn−1 ≡ 1 + apn (mod pn+1).

16

Dowód. Indukcja względem n. Dla n = 1 jest to oczywiste. Załóżmy, że dlapewnego n > 1 rozważana kongruencja jest prawdziwa. Niech (1 + ap)p

n−1= 1 + apn +

cpn+1, gdzie c ∈ Z. Wtedy modulo pn+2 mamy:

(1 + ap)pn

=((1 + ap)p

n−1)p

= ((1 + apn) + cpn+1)p

= (1 + apn)p +(p1

)(1 + apn)p−1cpn+1 +

(p2

)(1 + apn)p−2c2p2n+2 + · · ·

≡ (1 + apn)p = 1 +(p1

)apn +

(p2

)a2p2n + · · ·

≡ 1 + apn+1

i to kończy dowód. �

Lemat 3.13. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą, n > 1 liczbą naturalną oraz a liczbącałkowitą niepodzielną przez p. Wtedy ord∗pn(1+ap) = pn−1. Innymi słowy, najmniejsząliczbą naturalną b taką, że

(1 + ap)b ≡ 1 (mod pn)

jest b = pn−1.

Dowód. Niech b = ord∗pn(1 + ap). Z Lematu 3.12 wynika, że (1 + ap)pn−1 ≡ 1

(mod pn). Wiemy zatem (na mocy Stwierdzenia 1.5), że b | pn−1. Przypuśćmy, żeb < pn−1. Mamy wtedy b = pr, gdzie r < n − 1. Zatem (1 + ap)p

r ≡ 1 (mod pn) oraz(na mocy Lematu 3.12)

(1 + ap)pr ≡ 1 + apr+1 (mod pr+2).

Ale r < n− 1 więc r + 2 6 n, a zatem

(1 + ap)pr ≡ 1 (mod pr+2).

Mamy więc dwie kongruencje modulo pr+2, z których wynika, że apr+1 ≡ 0 (mod pr+2)i stąd, że p | a; wbrew temu, że p - a. �

Lemat 3.14. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą i niech g będzie liczbą całkowitą taką, żegp−1 = 1+ap, gdzie a jest pewną liczbą całkowitą. Niech h = g+p. Wtedy hp−1 = 1+bp,gdzie b ∈ Z. Jeśli p | a, to p - b.

Dowód. Mamy:

hp−1 = (g + p)p−1 = yp−1 +(p−11

)gp−2p+

(p−12

)gp−3p2 + · · ·

= 1 + ap+ (p− 1)gp−2p+ · · · = 1 + (a− gp−2) p+ up2

= 1 + (a− gp−2 + up) p,

gdzie u jest pewną liczbą całkowitą. Stąd wynika, że b = a− gp−2+up. Jeśli więc p | a,to p - b, gdyż p - gp−2. �

17

Załóżmy, że p > 3 będzie liczbą pierwszą. Wiemy, że wtedy pierścień Zp jest skoń-czonym ciałem. Jego grupa multyplikatywna Z∗p jest (patrz Twierdzenie 4.1) grupącykliczną. Istnieje więc element a ∈ Z∗p, którego rząd w Z∗p jest równy p − 1. Mówićbędziemy w tym przypadku, że a jest generatorem grupy Z∗p. Często taki element a jestnazywany pierwiastkiem pierwotnym modulo p (patrz na przykład [15], [18], [16]).

Twierdzenie 3.15. Każda grupa postaci Z∗pn, gdzie p jest nieparzystą liczbą pierwsząoraz n > 1 jest liczbą naturalną, jest grupą cykliczną.

Dowód. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą i niech n > 1 będzie liczbą naturalną.Oznaczmy przez G grupę Z∗pn . Jeśli n = 1, to cykliczność grupy G wynika z Twier-dzenia 4.1. Zakładamy więc dalej, że n > 2. Należy wykazać, że w grupie G istniejeelement rzędu ϕ(pn) = (p− 1)pn−1.

Niech g ∈ {2, 3, . . . , p2−1} będzie generatorem grupy Z∗p. Wtedy gp−1 ≡ 1 (mod p),a więc gp−1 = 1 + ap, gdzie a jest pewną liczbą całkowitą. Jeśli p | a, to zastępujemyelement g elementem g + p. Możemy więc założyć (na mocy Lematu 3.14), że p - a.Udowodnimy, że g jest elementem rzędu ϕ(pn) = (p− 1)pn−1.

Niech s będzie rzędem elementu g w grupie G, tzn. s = ord∗pn(g), czyli s = ordG(g).Wtedy gs ≡ 1 (mod pn) i stąd w szczególności gs ≡ 1 (mod p). Ale g jest generatoremgrupy cyklicznej Z∗p (rzędu p− 1), więc liczba s jest podzielna przez p− 1.

Z Lematu 3.13 wiemy, że rzędem element gp−1 w G jest pn−1. Korzystamy teraz zeStwierdzenia 1.6 i mamy

pn−1 = ordG(gp−1) =ordG(g)

nwd(p− 1, ordG(g))=

s

(p− 1, s)=

s

p− 1,

a zatem s = (p − 1)pn−1 = ϕ(pn) = |G|. Wykazaliśmy, że w grupie G istnieje elementrzędu |G|. Wykazaliśmy więc, że G jest grupą cykliczną. �

Z tego dowodu wynika następujące twierdzenie.

Twierdzenie 3.16. Niech p będzie nieparzystą liczbą pierwszą i niech g be. dzie genera-torem grupy Z∗p. Jeśli gp−1 6≡ 1 (mod p2), to element g jest generatorem każdej grupyZ∗pn dla n > 1. Jeśli natomiast gp−1 ≡ 1 (mod p2), to element g + p jest generatoremkażdej grupy Z∗pn dla n > 1.

Spójrzmy na przypadek p = 3. Jedynym generatorem grupy cyklicznej Z∗3 = {1, 2}jest 2. Zauważmy, że 22 6≡ 1 (mod 9). Mamy zatem:

Stwierdzenie 3.17. Dl a każdej liczby naturalnej n liczba 2 jest generatorem grupycyklicznej Z∗3n.

Podobnie jest dla p = 5. Grupa cykliczna Z∗5 = {1, 2, 3, 4}ma dokładnie 2 = ϕ(ϕ(6))elementów maksymalnego rzędu 4 = ϕ(5). Są to 2 oraz 3. Tutaj również mamy: 24 6≡ 1(mod 25) oraz 34 6≡ 1 (mod 25). Z Twierdzenia 3.16 wynika zatem:

18

Stwierdzenie 3.18. Dl a każdej liczby naturalnej n liczba 2 jest generatorem grupycyklicznej Z∗5n. Liczba 3 jest również generatorem każdej takiej grupy.

Podobnego typu stwierdzenia zachodzą dla wszystkich nieparzystych liczb pierw-szych p mniejszych od 29. Dla takich p wszystkie generatory g grupy Z∗p są takie, że

gp−1 6≡ 1 (mod p2).

Dla p = 29 elementami maksymalnego rzędu (czyli rzędu 28) są liczby:

2, 3, 8, 10, 11, 14, 15, 18, 19, 21, 26, 27

(12 liczb). Dla generatora 14 zachodzi kongruencja 1428 ≡ 1 (mod 292). Dla wszystkichpozostałych generatorów tego typu kongruencji nie ma.

Dla liczb pierwszych p mniejszych od 200 tego typu sytuacja pojawia się, gdy p jestjedną z liczb: 29, 37, 43, 71, 103, 109, 113, 131, 181, 191.

3.3 Cykliczne grupy multyplikatywne modulo m

Jeśli A jest pierścieniem przemiennym z jedynką, to jego grupę multyplikatywnąoznacza się często przez A∗. Takie oznaczenie będziemy tu stosować. Zapamiętajmy:

A∗ ={a ∈ A; ∃

b∈Aab = 1

}.

Zanotujmy następujące oczywiste stwierdzenie.

Stwierdzenie 3.19. Jeśli A,B są pierścieniami przemiennymi z jedynkami, to grupy(A×B)∗ oraz A∗ ×B∗ są izomorficzne.

Przypomnijmy również:

Twierdzenie 3.20 (Twierdzenie Chińskie o Resztach). Niech n,m będą względ-nie pierwszymi liczbami naturalnymi. Wtedy pierścienie Znm oraz Zn ×Zm są izomor-ficzne.

Z powyższych faktów otrzymujemy:

Twierdzenie 3.21. Jeśli p jest nieparzystą liczbą pierwszą, to każda grupa postaciZ∗2pn, gdzie n > 1 jest liczbą naturalną, jest grupą cykliczną.

Dowód. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą i niech n > 1. Wtedy liczby 2 orazpn są względnie pierwsze i wobec tego (na mocy Twierdzenia Chińskiego o Resztach)pierścień Z2pn jest izomorficzny z pierścieniem Z2×Zpn . Grupa Z∗2pn jest więc (na mocyStwierdzenia 3.19) izomorficzna z grupą Z∗2×Z∗pn . Ale Z∗2 jest grupą zerową. Grupy Z∗2pnoraz Z∗pn są więc izomorficzne. Wiemy z Twierdzenia 3.15, że grupa Z∗pn jest cykliczna.Zatem grupa Z∗2pn jest również cykliczna. �

19

Twierdzenie 3.22. Niech m > 2. Grupa Z∗m jest cykliczna wtedy i tylko wtedy, gdyliczba m jest jedną z następujących czterech postaci

(1) m = 2;(2) m = 4;(3) m = pn, gdzie n > 1 oraz p > 3 jest liczbą pierwszą;(4) m = 2pn, gdzie n > 1 oraz p > 3 jest liczbą pierwszą.

Dowód. ([15] 175). Udowodniliśmy już wcześniej, że jeśli liczba m jest jedną zpowyższych czterech postaci, to grupa Z∗m jest cykliczna. Należy więc wykazać, żeinnych przypadków nie ma.

Załóżmy, że Z∗m jest grupą cykliczną i załóżmy, że a ∈ Z∗m jest elementem rzędu|Z∗m| = ϕ(m). Niech m = pα11 p

α22 · · · pαss będzie rozkładem kanonicznym liczby m. Po-

nieważ liczba a jest względnie pierwsza z m, więc jest względnie pierwsza z każdą zliczb pα11 , . . . , p

αss i wobec tego (na mocy twierdzenia Eulera) mamy następujący ciąg

kongruencji:

aϕ(pα11 ) ≡ 1 (mod pα11 ), . . . , aϕ(pαss ) ≡ 1 (mod pαss ),

Załóżmy, że N jest liczbą naturalną podzielną przez każdą z liczb

(∗) ϕ (pα11 ) , ϕ (pα22 ) , . . . , ϕ (pαss ) .

Mamy wtedy ciąg kongruencji: aN ≡ 1 (mod pα11 ), . . . , aN ≡ 1 (mod pαss ) i wobectego liczba aN − 1 jest podzielna przez wszystkie liczby pα11 , . . . , p

αss . Ale liczby te są

parami względnie pierwsze, więc liczba aN − 1 jest podzielna przez iloczyn tych liczbczyli przez liczbą m. Zatem wtedy aN ≡ 1 (mod m).

Przypuśćmy teraz, że w ciągu (∗) występują co najmniej dwie liczby parzyste.Wtedy N = 1

2ϕ(m) = 12ϕ (pα11 ) · · ·ϕ (pαss ) jest liczbą naturalną podzielną przez każdą z

liczb ciągu (∗). Zatem wtedy aϕ(m)/2 ≡ 1 (mod m) i mamy sprzeczność:

ϕ(m) = ord∗m(a) 6ϕ(m)

2.

Zatem w ciągu (∗) może występować co najwyżej jedna liczba parzysta. Liczba postaciϕ(n) jest nieparzysta tylko dla n = 1 oraz n = 2. W pozostałych przypadkach jest tozawsze liczba parzysta. Jest więc teraz oczywiste, że w rozkładzie kanonicznym liczbym może występować co najwyżej jedna liczba pierwsza nieparzysta. Jeśli jej nie ma,to m jest potęgą dwójki i wtedy (na mocy Twierdzenia 3.2) liczba m jest równa 2lub 4. Jeśli natomiast w rozkładzie kanonicznym liczby m występuje dokładnie jednaliczba pierwsza nieparzysta p, to może to być jedynie gdy m = pn lub m = 2pn.Przypadki m = 4pn, m = 8pn, . . . nie są możliwe, gdyż w takich przypadkach w ciągu(∗) występują dwie liczby parzyste. �

Znamy więc już wszystkie grupy cykliczne postaci Z∗m. Zanotujmy następującetwierdzenie wynikające z Twierdzenia 2.8.

20

Twierdzenie 3.23. Jeśli Z∗m jest grupą cykliczną, to dla każdego dzielnika naturalnegoliczby ϕ(m) istnieje w grupie Z∗m dokładnie ϕ(d) elementów rzędu d. W szczególnościw grupie Z∗m istnieje dokładnie ϕ(ϕ(m)) elementów maksymalnego rzędu ϕ(m).

W grupie Z∗p istnieje więc dokładnie ϕ(p− 1) elementów maksymalnego rzędu p− 1([15] 185, [16] 274).

Następne stwierdzenie znajdziemy na przykład w [15], [16] lub jako zadanie E2080w czasopiśmie The American Mathematical Monthly 4(1969) 417 -418.

Stwierdzenie 3.24. Jeśli Z∗m jest grupą cykliczną, to iloczyn wszystkich jej elementówprzystaje do −1 modulo m. W pozostałych przypadkach ten iloczyn przystaje do 1 mo-dulo m.

Dowód. Dla m = 2 jest to oczywiste. Niech m > 3. Wtedy ϕ(m) jest liczbąparzystą, a zatem Z∗m jest grupą parzystego rzędu. Jeśli Z∗m jest grupą cykliczną tooczywiście zawiera dokładnie jeden element rzędu 2 (patrz Stwierdzenie 2.9) i tymelementem jest −1. Jeśli natomiast Z∗m nie jest grupą cykliczną, to ma co najmniejdwa elementy rzędu 2. Teza wynika zatem ze Stwierdzenia 2.18. �

Zwróćmy uwagę, że powyższe stwierdzenie jest uogólnieniem znanego TwierdzeniaWilsona: jeśli p jest liczbą pierwszą, to (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Inne uogólnienia te-go twierdzenia znajdziemy na przykład w [13]. Jedno z takich uogólnień podamy wnastępnym rozdziale w Twierdzeniu 4.3.

3.4 Przykłady

Każda z grup Z∗3, Z∗4, Z∗6 jest grupą cykliczną izomorficzną z grupą Z2.Grupy Z∗20 oraz Z∗30 nie są cykliczne. Zauważmy, że Z∗20 ≈ Z∗4 × Z∗5 ≈ Z2 × Z4 oraz

Z∗30 ≈ Z∗2·3 × Z∗5 ≈ Z∗3 × Z∗5 ≈ Z2 × Z4.

Są to więc grupy izomorficzne. Mamy również: Z∗15 ≈ Z∗16 ≈ Z2 × Z4. Istnieją więcdokładnie 4 liczby naturalne n (mianowicie n = 15, 16, 20 oraz 30) takie, że grupa Z∗njest izomorficzna z grupą Z2 × Z4.

Istnieją również dokładnie 4 takie liczby naturalne n, że grupa Z∗n jest izomorficznaz grupą Z2 × Z3. Są to n = 7, 9, 14 oraz n = 18.

Istnieje dokładnie 7 takich liczb naturalnych n, że grupa Z∗n jest izomorficzna zgrupą Z2 × Z3 × Z4. Są to: n = 35, 39, 45, 52, 70, 78 oraz n = 90.

Istnieje dokładnie 8 takich liczb naturalnych n, że grupa Z∗n jest izomorficzna zgrupą Z2 × Z2 × Z3 × Z4. Są to: n = 104, 105, 112, 140, 144, 156, 180 oraz n = 210.

Niech γ(n1, n2, . . . , ns) oznacza liczbę tych wszystkich liczb naturalnych n, dla któ-rych grupa Z∗n jest izomorficzna z grupą Zn1×Zn2×· · ·×Zns . Z powyższych przykładówmamy:

γ(2) = 3, γ(2, 3) = 4, γ(2, 4) = 4, γ(2, 3, 4) = 7, γ(2, 2, 3, 4) = 8.

21

Spójrzmy na następne przykłady otrzymane za pomocą komputera.

γ(2, 4, 5) = 5,γ(2, 2, 3, 7) = 6,γ(2, 4, 5, 9) = 9,γ(2, 3, 4, 25) = 10,γ(2, 3, 4, 5) = 11,γ(2, 2, 3, 5, 7) = 11,γ(2, 3, 4, 13) = 12,γ(2, 2, 3, 4, 7) = 12,

γ(2, 3, 4, 5, 7) = 13,γ(2, 2, 3, 4, 9) = 14,γ(2, 2, 2, 3, 4, 5) = 15,γ(2, 2, 2, 3, 5, 11) = 16,γ(2, 2, 3, 4, 5) = 17,γ(2, 2, 2, 3, 3, 4, 5) = 18,γ(2, 2, 3, 4, 5, 9) = 29,γ(2, 2, 3, 4, 5, 7) = 30.

Następne przykłady również otrzymano za pomocą komputera. W przykładach tychprzez Gn oznaczono grupę Z∗n. Jeśli grupa Gn jest ustalona, to przez Rk oznaczono zbiórwszystkich jej elementów rzędu k, a liczbę elementów zbioru Rk oznaczono przez rk.Ponieważ liczba r1 jest zawsze równa 1, więc będziemy ją pomijamy. Iloczyn prostyZn1 × Zn2 × · · · × Zns oznaczono przez [n2, n2 . . . , ns].

Dla n = 30 mamy: G30 = {1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29} ≈ [2, 4], |G30| = 8, R2 ={11, 19, 29}, r2 = 3, R4 = {7, 13, 17, 23}, r4 = 4. Innymi słowy, grupa Z∗30 jest8-elementowa, jest izomorficzna z grupą Z2 × Z4, ma 3 elementy rzędu 2 oraz ma 4elementy rzędu 4.

Dla n = 36 mamy: G36 = {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 35} ≈ [2, 2, 3], |G36| =12, R2 = {17, 19, 35}, r2 = 3, R3 = {13, 25}, r3 = 2, R6 = {5, 7, 11, 23, 29, 31}, r6 =6. Innymi słowy, grupa Z∗36 jest 12-elementowa, jest izomorficzna z grupą Z2×Z2×Z3,ma 3 elementy rzędu 2, ma dwa elementy rzędu 2 oraz ma 6 elementów rzędu 6.

Poniższa tabelka przedstawia następne tego typu przykłady.

n |G| ≈ r

12 4 [2, 2] r2 = 318 6 [2, 3] r2 = 1, r3 = 2, r6 = 220 8 [2, 4] r2 = 3, r4 = 424 8 [2, 2, 2] r2 = 728 12 [2, 2, 3] r2 = 3, r3 = 2, r6 = 635 24 [2, 3, 4] r2 = 3. r3 = 2, r4 = 4, r6 = 6, r12 = 840 16 [2, 2, 4] r2 = 7. r4 = 850 20 [4, 5] r2 = 1. r4 = 4, r5 = 4, r10 = 4, r20 = 865 48 [3, 4, 4] r2 = 3, r3 = 2, r4 = 12, r6 = 6, r12 = 2475 40 [2, 4, 5] r2 = 3. r4 = 4, r5 = 4, r10 = 12, r20 = 16100 40 [2, 4, 5] r2 = 3. r4 = 4, r5 = 4, r10 = 12, r20 = 16200 80 [2, 2, 4, 5] r2 = 7. r4 = 8, r5 = 4, r10 = 28, r20 = 32500 200 [2, 4, 25] r2 = 3. r4 = 4, r5 = 4, r10 = 12, r20 = 16

r25 = 20, r50 = 60, r100 = 801000 400 [2, 2, 4, 25] r2 = 7. r4 = 8, r5 = 4, r10 = 28, r20 = 32

r25 = 20, r50 = 140, r100 = 1601200 320 [2, 2, 4, 4, 5] r2 = 15. r4 = 48, r5 = 4, r10 = 60, r20 = 192

22

4 Pewne zastosowania rzędów w teorii ciał

Twierdzenie 4.1. Multyplikatywna grupa ciała skończonego jest cykliczna.

Dowód. Niech K będzie ciałem skończonym i niech |K∗| = n, gdzie K∗ = Kr{0}.Przypuśćmy, że w grupie G = K∗ nie ma elementu rzędu n. Wtedy rzędy wszystkichelementów tej grupy są ostro mniejsze od n. Niech a ∈ G będzie elementem maksy-malnego rzędu. Niech m = ordG(a). Wtedy, na mocy Stwierdzenia 2.3, dla każdegob ∈ G zachodzi równość bm = 1. Wielomian xm−1 ∈ K[x] ma więc n = |K∗| pierwiast-ków. Doszliśmy do sprzeczności, gdyż jest to wielomian stopnia m o współczynnikachz ciała K i przy tym m < n. �

Niech K będzie dowolnym ciałem i niech n > 1. Oznaczmy:

Un(K) ={b ∈ K; bn = 1

}.

Zbiór Un(K) jest grupą abelową. Jest to podgrupa multyplikatywnej grupy ciała K,czyli grupy K∗ = K r {0}. Jest to grupa skończona, gdyż wielomian xn − 1 ma conajwyżej n pierwiastków.

Twierdzenie 4.2. Jeśli K jest ciałem, to dla każdego n > 1 grupa Un(K) jest cyklicz-na.

Dowód. Niech G = Un(K) i niech |G| = s. Oczywiście s 6 n. Przypuśćmy, żegrupa G nie jest cykliczna. Niech a ∈ G będzie elementem maksymalnego rzędu. Wtedym < s oraz (na mocy Stwierdzenia 2.3) dla każdego elementu b grupy G zachodzirówność bm = 1. Wielomian xm − 1 ∈ K[x] ma więc s pierwiastków. Doszliśmy dosprzeczności, gdyż jest to wielomian stopnia m o współczynnikach z ciała K i przy tymm < s. �

Wiemy dobrze, że jeśli p jest liczbą pierwszą, to pierścień Zp jest ciałem. W poprzed-nim rozdziale udowodniliśmy (patrz Stwierdzenie 3.24) pewne uogólnienie twierdzeniaWilsona mówiącego o tym, że iloczyn wszystkich niezerowych elementów ciała Zp jestrówny −1. Udowodnimy, że to samo zachodzi dla dowolnego ciała skończonego.

Twierdzenie 4.3. Iloczyn wszystkich niezerowych elementów dowolnego ciała skoń-czonego jest równy −1.

Dowód. Niech p będzie liczbą pierwszą i niech K będzie ciałem skończonymcharakterystyki p. Liczba wszystkich elementów ciała K jest wtedy potęgą liczby p;przyjmijmy, że |K| = ps, gdzie s > 1.

Niech G = K r {0} będzie grupą multyplikatywną ciała K. Mamy wtedy: |G| =ps − 1. Wiemy (patrz Twierdzenie 4.1), że G jest grupą cykliczną.

Załóżmy najpierw, że p > 3. W tym przypadku G jest skończoną grupą cyklicz-ną parzystego rzędu. Grupa ta ma więc (na mocy Stwierdzenia 2.9) dokładnie jedenelement rzędu 2. Tym elementem jest oczywiście −1. Ze Stwierdzenia 2.18 wynika za-tem, że iloczyn wszystkich elementów grupy G, czyli iloczyn wszystkich niezerowychelementów ciała K, jest równy −1.

23

Pozostał przypadek p = 2. W tym przypadku G jest grupą cykliczną nieparzystegorzędu. Grupa G nie ma więc żadnego elementu rzędu 2. Iloczyn jej wszystkich elemen-tów, na mocy Stwierdzenia 2.18, jest równy 1. Ale w tym przypadku K jest ciałemcharakterystyki 2, więc 1 = −1. �

Literatura

[1] Cz. Bagiński, Wstęp do Teorii Grup, SCRIPT, Warszawa 2012.

[2] J. Browkin, Wybrane Zagadnienia Algebry, PWN, Warszawa, 1968.

[3] J. Browkin, Teoria Ciał, PWN, Warszawa, 1977.

[4] M. Hall, The theory of groups, The MacMillan Company, New York, 1959 (wydanierosyjskie: Moskwa 1962).

[5] I. N. Herstein, Topics in Algebra, John Wiley & Sons, 1975.

[6] M. I. Kargapołow, J. I. Mierzlakow, Podstawy Teorii Grup, Nauka, Moskwa, 1982(wydanie polskie: PWN, Warszawa, 1989).

[7] A. I. Kostrykin, Zbiór zadań z algebry, PWN, Warszawa, 1995.

[8] S. Lang, Algebra, Addison–Wesley Publ. Comp. 1965.

[9] F. Lemmermeyer, Introduction to Number Theory, Preprint, 2000, 1-100.

[10] A. Nowicki, Liczby Pierwsze, Podróże po Imperium Liczb, cz.4, Wydanie Drugie,Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2012.

[11] A. Nowicki, Funkcje Arytmetyczne, Podróże po Imperium Liczb, cz.5, WydanieDrugie, Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2012.

[12] A. Nowicki, Liczby Mersenne’a, Fermata i Inne Liczby, Podróże po ImperiumLiczb, cz.8, Wydanie Drugie, Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2012.

[13] A. Nowicki, Silnie i Symbole Newtona, Podróże po Imperium Liczb, cz.11, WydanieDrugie, Wydawnictwo OWSIiZ, Toruń, Olsztyn, 2013.

[14] J. Rutkowski, Algebra Abstrakcyjna w Zadaniach, PWN, Warszawa 2000.

[15] W. Sierpiński, Teoria Liczb, Warszawa - Wrocław, 1950.

[16] W. Sierpiński, Elementary Theory of Numbers, Editor: A. Schinzel, North-HollandMathematical Library, Vol. 31, 1988.

[17] K. Szymiczek i inni, Zbiór Zadań z Teorii Grup, Uniwersytet Śląski, Katowice,1979.

24

[18] I. Winogradow, Elementy Teorii Liczb, PWN, Warszawa, 1954.

Nicolaus Copernicus University, Faculty of Mathematics and Computer Science,87-100 Toruń, Poland, (e-mail: anow@mat.uni.torun.pl).

25