Università del Piemonte Orientale
Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 13 Gennaio 2009
1) Trovare l’ordine di [11]112 in Z∗112 . Si dica poi per quali valori di k si ha [11]k112 − [34]112 =
[31]112 .
Soluzione. L’ordine di [11]112 è 12. k ≡12 8.
2) Dire per quali valori del parametro a ∈ Z il sistema
n + a ≡72 3
n ≡120 7.
ammette soluzioni. Si trovino tutte le soluzioni per a = 20.
Soluzione. Il sistema è equivalente all’equazione diofantea 3 − a + 72x = 7 + 120y, cioè 72x − 120y = 4 + a.
L’equazione è risolubile quando 4 + a è un multiplo di 24 = M CD(72, 120), cioè [a]24 = [−4]24 = [20]24 . Per
a = 20 la soluzione è n ≡360 127.
3) Calcolare, se esistono, le radici quadrate di [10]533 . Descrivere in dettaglio il procedimento
seguito.
Soluzione. Le radici sono ±[98]533 e ±[189]533 .
4) Dato che nel compito scorso si parlava di Linux, per non essere accusato di parzialità l’esercizio di oggi riguarda un altro sistema operativo. Un mio amico usa tutti i giorni un computer
su cui è installato Windows VistaTM Ultra Professional. Oggi (13 Gennaio) il computer si è
bloccato a causa della scheda di rete e questo inconveniente si verifica regolarmente ogni 34
giorni. Il 3 Gennaio il computer si era bloccato a causa della scheda audio e questo inconveniente si verifica regolarmente ogni 26 giorni. Dire quanti sono i giorni nel corso del 2009 in cui
il computer non si blocca. Descrivere in dettaglio il procedimento di calcolo seguito.
Soluzione. 341.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 15 Dicembre 2008
(file pari)
1) Risolvere l’equazione [29]84 x − [7]84 = [20]84 − [10]84 x.
Soluzione. L’equazione è equivalente a [39]84 [x]84 = [27]84 , le cui soluzioni sono [x]84 = [5]84 , [x]84 = [33]84 e
[x]84 = [61]84 .
2) Risolvere il sistema
29 · 14n ≡71 3
14n ≡25 10.
Soluzione. La prima equazione è equivalente a 14n ≡71 32 · 29 ≡71 5, la cui soluzione è n ≡10 4. La seconda
equazione è equivalente a n ≡25 15. Dato che M CD(25, 10) non divide 15 − 4 = 11 il sistema non ha soluzioni.
3) Il Presidente Hush ha iniziato a studiare i numeri in base 16. Il suo insegnante gli ha chiesto
di calcolare le ultime tre cifre decimali dell’espressione in base 16: FBICIA . Aiuta il Presidente
a trovare il risultato descrivendo in dettaglio il procedimento di calcolo da seguire.
Soluzione. Le ultime tre cifre sono 609.
4) Io accendo il computer tutti i giorni esattamente una volta al giorno. Oggi il sistema operativo ha eseguito il controllo della partizione /dev/hda1 e tale controllo avviene ogni 28 accensioni
(quindi ogni 28 giorni). Tre giorni fa era stato eseguito il controllo della partizione /dev/hda2
e tale controllo avviene ogni 35 accensioni. Dodici giorni fa era stato eseguito il controllo della
partizione /dev/hda3 e tale controllo avviene ogni 36 accensioni. Tra quanti giorni verranno
controllate contemporaneamente due partizioni? Tra quanti giorni verranno controllate contemporaneamente tutte e tre le partizioni? Descrivere in dettaglio il procedimento di calcolo
seguito.
Soluzione. Tra 168 giorni saranno controllate contemporaneamente le partizioni /dev/hda1 e /dev/hda3. Tutte
e tre le partizioni lo stesso giorno non saranno mai controllate.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra dell’8 Gennaio 2008
1) Dire per quali valori del parametro a ∈ Z l’equazione diofantea
49x − 21y + a = 4a + 1
ammette soluzioni. Si trovino poi tutte le soluzioni per a = −5.
Soluzione. Deve essere 3a + 1 ≡7 0, da cui a ≡7 2. Per a = −5 l’equazione è equivalente a 7x − 3y = −2 la cui
soluzione generale è x = 1 + 3k, y = 3 + 7k per ogni k ∈ Z.
2) Trovare l’ordine di [7]90 in Z∗90 . Si dica poi per quali valori di k si ha [7]k+1
90 + [60]90 = [1]90 .
Soluzione. L’ordine di [7]90 è 12. k ≡12 7.
3) Calcolare le radici quadrate di [3]73 , descrivendo in dettaglio il procedimento di calcolo
seguito.
Soluzione. ±[21]73 .
4) Non tutti sanno che nel 2009 potremo osservare il passaggio della cometa Galois che è
visibile dalla Terra ogni 39 anni. Nel 1997 invece si è verificato il passaggio della cometa Abel,
fenomeno che avviene ogni 27 anni. Entrambe le comete sono visibili tra Febbraio e Maggio. In
quale anno sarà possibile osservare entrambe le comete nella notte del 29 Febbraio? Descrivere
in dettaglio il procedimento di calcolo seguito.
Soluzione. Nel 2672 e successivamente ogni 1404 anni. Gli anni bisestili nei quali si possono osservare entrambe
le comete sono infatti dati dalla soluzione del sistema
(
n ≡39 2009
n ≡27 1997
n ≡4 0.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 20 Dicembre 2007
(file dispari)
1) Dire per quali valori del parametro a ∈ Z l’equazione diofantea
156x + 182y + 3 = 6a + 7
ammette soluzioni. Si trovino poi tutte le soluzioni per a = −5.
Soluzione. L’equazione 156x + 182y = 6a + 4 ha soluzione quando M CD(156, 182) = 26 divide 6a + 4, quindi
deve essere 6a ≡ 22 mod 26, da cui 3a ≡ 11 mod 13 e quindi a ≡ 8 mod 13. Per a = −5 l’equazione è equivalente
a 6x + 7y = −1 la cui soluzione generale è x = 1 + 7k, y = −1 − 6k per ogni k ∈ Z.
2) Si dica per quali valori di k si ha 7888k + 23 ≡33 15.
8
k
Soluzione. Dato che ϕ(33) = 20, [7]888
33 = [7]33 = [−2]33 . L’equazione è quindi equivalente a [−2]33 = [25]33 la
cui soluzione è k ≡5 3.
3) Sappiamo che il numero 313337 è il prodotto di due numeri primi, uno dei quali ha la forma
7X7, cioè non conosciamo solo la cifra delle decine. Calcolare, se esistono, le radici quadrate
di [108565]313337 . Descrivere in dettaglio il procedimento seguito.
Soluzione. Le radici sono ±[1024]313337 e ±[122566]313337 .
4) Costruire uno schema di condivisione di segreti basato sul teorema cinese del resto, che
permetta a quattro partecipanti A, B, C, D di condividere un segreto. Lo schema deve essere
tale che il segreto deve poter essere ricostruito solamente da B e C oppure da A, C, e D.
Qualsiasi altro gruppo di partecipanti non deve essere in grado di ricostruire il segreto. Il
modulo assegnato ad ogni partecipante deve essere maggiore di 50. Giustificare la risposta.
Soluzione. È sufficiente scegliere 3 numeri primi tra loro maggiori di 50. Possiamo prendere 51, 52, e 53. Il
segreto è identificato da una chiave k compresa fra 0 e 51 · 52 · 53 − 1 = 140555. Ai partecipanti A, B, C, D
vengono assegnati rispettivamente i valore k mod 51, k mod 51 · 52, k mod 53, e k mod 52.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 20 Dicembre 2007
(file pari)
1) Risolvere l’equazione [36]105 + [22]105 [x]105 = [10]105 [x]105 + [30]105 .
Soluzione. L’equazione è equivalente a [12]105 [x]105 = [99]105 che ha come soluzioni [x]105 = {[17]105 , [52]105 , [87]105 }.
2) Risolvere il sistema
n
4
≡19 −8
11n ≡14 13.
Soluzione. La prima equazione è equivalente a n ≡9 6, la seconda a n ≡14 5. La soluzione è quindi n ≡126 33.
3) Calcolare, se esistono, le radici quadrate di [111]1247 e [112]1247 . Descrivere in dettaglio il
procedimento seguito.
Soluzione. [112]1247 non ha radici quadrate. Le radici di [111]1247 sono ±[683]1247 e ±[306]1247 .
4) In un sistema di crittografia RSA, la chiave pubblica consiste nel modulo n = 4593019 e
dell’esponente di codifica e = 2053. Inoltre scoprite che uno dei due primi che costituiscono il
modulo è un numero della forma 187X (quindi non conoscete solamente la cifra delle unità).
Calcolare l’esponente di decodifica d, descrivendo in dettaglio il procedimento di calcolo seguito.
Soluzione. I primi della forma 187X sono 1871, 1873, e 1877, ma solo l’ultimo di questi divide n. Di conseguenza
abbiamo p = 1877, q = 2447. Ne segue che φ(n) = 4588696, e l’esponente di decodifica si ottiene applicando
l’algoritmo di euclide esteso alla coppia (4588696, 2053) che fornisce il risultato d = 514077.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 2 Luglio 2007
1) Risolvere l’equazione [18]41 [x]41 + [21]41 = −[7]41 + [23]41 [x]41 .
Soluzione. L’equazione è equivalente a [36]41 [x]41 = [13]41 . Abbiamo [36]−1
41 = [8]41 quindi [x]41 = [8]41 [13]41 =
[22]41 .
2) Risolvere il sistema
n
7
≡22 9
n ≡35 −2.
Soluzione. La prima equazione è equivalente a n ≡10 8. La soluzione è quindi n ≡70 68.
3) Sia n = 3894099831611323 . Si dica quali sono le ultime due cifre decimali di n e si calcoli
n mod 99.
Soluzione. Le ultime due cifre decimali di n sono date da n mod 100. Dato che ϕ(100) = 40 abbiamo che
n mod 100 = 613 mod 100 = 81. Per calcolare n mod 99 osserviamo che
389407983161 = 38 · 1005 + 94 · 1004 + 9 · 1003 + 98 · 1002 + 31 · 100 + 61.
Dato che 100i mod 99 = 1 abbiamo che
[389407983161]99 = [38 + 94 + 9 + 98 + 31 + 61]99 = [34]99 .
Essendo ϕ(99) = 60 abbiamo
[n]99 = [34]399 = [1]99 .
4) In un sistema di crittografia RSA, la chiave pubblica consiste nel modulo n = 954631
e dell’esponente di codifica e = 1049. Inoltre scoprite che uno dei due primi che dividono
il modulo termina per 13. Calcolare l’esponente di decodifica d, descrivendo in dettaglio il
procedimento di calcolo seguito.
Soluzione. Tra i numeri che terminano per 13 l’unico che divide n è 1213. Di conseguenza abbiamo p = 1213,
q = 787. Ne segue che φ(n) = 952632, e l’esponente di decodifica si ottiene applicando l’algoritmo di euclide
esteso alla coppia (952632, 1049) che fornisce il risultato d = 469505.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 24 Gennaio 2007
1) Trovare l’ordine di [3]106 in Z∗106 . Si dica poi per quali valori di k si ha [3]k106 −[56]106 = [81]106 .
Soluzione. L’ordine di [3]106 è 52. k ≡52 5.
2) Risolvere il sistema
(−3)n ≡31 2 · 7n
325624n ≡38 1.
Soluzione. La prima equazione è equivalente a 4n ≡31 2, e quindi a n ≡5 3. La seconda equazione è equivalente
a n ≡9 0. Il sistema iniziale ha quindi soluzione n ≡45 18.
3) Calcolare, se esistono, le radici quadrate di [803]899 . Descrivere in dettaglio il procedimento
seguito.
Soluzione. Le radici sono ±[51]899 e ±[268]899 .
4) In un sistema di crittografia RSA, la chiave pubblica consiste nel modulo n = 11459209 e
dell’esponente di codifica e = 1147. Inoltre scoprite che i due primi che costituiscono la fattorizzazione del modulo sono entrambi compresi fra 1000 e 10000 e uno di essi scritto in binario
contiene solamente la cifra 1. Calcolare l’esponente di decodifica d, descrivendo in dettaglio il
procedimento di calcolo seguito.
Soluzione. I numeri che scritti in binario contengono solamente la cifra 1 sono quelli della forma 2k − 1.
La condizione che i numeri siano compresi tra 1000 e 10000 implica che k deve essere compreso fra 10 e 13.
L’unico numero primo di questo tipo è 8191. Di conseguenza abbiamo p = 8191, q = 1399. Ne segue che
φ(n) = 11449620, e l’esponente di decodifica si ottiene applicando l’algoritmo di euclide esteso alla coppia
(11449620, 1147) che fornisce il risultato d = 5380423.
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Corso di Laurea in Informatica
Compito di Algebra del 13 Dicembre 2006
1) Trovare tutte le soluzioni dell’equazione [74]93 [x]93 + [41]93 = [35]93 + [17]93 [x]93 .
Soluzione. L’equazione è equivalente a [57]93 [x]93 = [87]93 le cui soluzioni sono x = {[26]93 , [57]93 , [88]93 }.
2) Risolvere il sistema
803n
3
≡77 38
≡49 18.
3074n
11
Soluzione. Dato che ϕ(77) = 60 abbiamo che la prima equazione è equivalente a 323n ≡77 38, e quindi a
5n ≡77 38 la cui soluzione è n ≡30 11. Dato che ϕ(49) = 42, la seconda equazione è equivalente a 2n ≡49 18 la
cui soluzione è n ≡21 14. Il sistema iniziale è quindi equivalente al sistema
n
n ≡30 11
n ≡21 14
la cui soluzione è n ≡210 161.
3) Sia n = 7776725552 + 38439595 . Si dica quanto vale n mod 162.
Soluzione. Essendo ϕ(162) = 54 e M CD(7, 162) = 1, abbiamo
[77767]25552
= [7]25552
= [7]10
162
162
162 = [61]162 .
Per quanto riguarda il secondo addendo abbiamo 38439 mod 162 = 45 ed essendo M CD(45, 162) = 9 non
possiamo applicare il teorema di Eulero. Però è immediato verificare che per ogni k > 1 vale 45k mod 162 = 81.
Abbiamo quindi che [n]162 = [61 + 81]162 = [142]162 .
4) In un protocollo di Diffie-Hellman i valori pubblici sono p = 2143, g = 24, g a mod p = 921,
g b mod p = 1032. Inoltre riuscite a scoprire che l’esponente a è una potenza di 3 minore di
2000. Calcolare la chiave segreta g ab mod p, descrivendo in dettaglio il procedimento di calcolo
seguito.
2
3
Soluzione. Possiamo calcolare il valore a calcolando g3 mod p, g3 mod p, g3 mod p, etc. fino a quando non
k+1
k
otteniamo il valore 921. Osserviamo che per calcolare il valore g 3
è sufficiente elevare al cubo g 3 quindi
sono richieste solo due moltiplicazioni. Facendo i calcoli in questo modo si ottiene a = 243. Il valore segreto
g ab mod p è dato quindi da 1032243 mod 2143 = 1660.
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Prova parziale di Algebra del 23 Novembre 2006
1) Trovare l’ordine di [5]82 in Z∗82 . Si dica poi per quali valori di k si ha [5]k82 + [4]82 = [13]82 .
Soluzione. L’ordine di [5]82 è 20. k ≡20 5.
2) Risolvere il sistema
8454n
3
≡43 11
3 ≡23 13.
n
Soluzione. La prima equazione è equivalente a n ≡7 6, la seconda è equivalente a n ≡11 5. La soluzione è
quindi n ≡77 27.
3) Trovare le soluzioni dell’equazione x2 + x[287]403 + [306]403 = [0]403 . Descrivere in dettaglio
il procedimento seguito. Suggerimento: usare, con le opportune modifiche, la formula per la
risoluzione delle equazioni di secondo grado con coefficienti in R.
√
Soluzione. Applicando la formula x = (−b ± b2 − 4ac)/2, e osservando che [2]−1
403 = [202]403 , otteniamo:
p
x = −[287]403 ± [142]403 · [202]403 .
Essendo le radici quadrate di [142]403 uguali a ±[255]403 e ±[317]403 otteniamo
x = (−[287]403 ± [255]403 ) · [202]403
e
x = (−[287]403 ± [317]403 ) · [202]403 .
da cui ricaviamo le 4 soluzioni [101]403 , [15]403 , [132]403 , [387]403 .
4) Costruire uno schema di condivisione di segreti basato sul teorema cinese del resto, che
permetta a cinque partecipanti A, B, C, D, E di condividere un segreto. Lo schema deve essere
tale che il segreto deve poter essere ricostruito solamente da A, B, C oppure da A, B, D, E.
Qualsiasi altro gruppo di partecipanti non deve essere in grado di ricostruire il segreto. Il modulo
assegnato ad ogni partecipante deve essere maggiore o uguale a 30. Giustificare la risposta.
Soluzione. È sufficiente scegliere 4 numeri primi tra loro maggiori o uguali a 30. Possiamo prendere 31, 32,
33, e 35. Il segreto è identificato da una chiave k compresa fra 0 e 31 · 32 · 33 · 35 − 1 = 1145759. Ai partecipanti
A, B, D, E viene assegnato rispettivamente il valore k modulo 31, 32, 33, 35. Al partecipante C viene assegnato
k mod 33 · 35.
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Prova parziale di Algebra del 23 Ottobre 2006
(file pari)
1) Trovare tutte le soluzioni dell’equazione [25]112 [x]112 + [8]112 = [50]112 − [5]112 [x]112 .
Soluzione. L’equazione è equivalente a [30]112 [x]112 = [42]112 le cui soluzioni sono x ∈ {[35]112 , [91]112 }.
2) Dire quali sono i punti della retta 34x + 21y = 3 che hanno coordinate (x, y) entrambe intere
e tali che x + y = −11.
Soluzione. Il problema è equivalente a trovare le soluzioni intere (x, y) dell’equazione diofantea 34x + 21y = 3
che soddisfano al vincolo x + y = −11. La soluzione generale dell’equazione diofantea è x = −24 + 21k, y =
39 − 34k. Affinché sia x + y = −11 deve essere 15 − 13k = −11 da cui k = 2. L’unico punto che soddisfa alle
condizioni richieste è quindi x = 18, y = −29.
3) Su un foglio trovate scritto: “L’equazione diofantea 1188t + 1683s = XY 477234287914
ammette soluzioni.” dove X e Y sono cifre illeggibili. Sapendo che i numeri sono stati scritti
in base 10, trovare due cifre X e Y che rendano l’affermazione vera.
Soluzione. Dato che M CD(1188, 1683) = 99 il numero XY 477234287914 deve essere multiplo di 9 e di 11.
Utilizziamo i criteri di divisibilià in base 10. Affinché XY 477234287914 sia multiplo di 9 deve essere X + Y = 5,
e affinché XY 477234287914 sia multiplo di 11 deve essere Y − X = 1. Una soluzione è quindi X = 2, Y = 3.
4) Da una fontana dovete procurarvi esattamente un litro di acqua, ma avete a disposizione
solamente una damigiana da 4.5 litri e una tanica da 13 litri. Come potete fare? Descrivere
in dettaglio il procedimento.
Soluzione. Vogliamo ottenere 1 litro aggiungendo e togliendo multipli di 4.5 e 13 litri. Osserviamo che
moltiplicando per 2 l’equazione 4.5s + 13t = 1 si ottiene l’equazione diofantea 9s + 26t = 2 la cui soluzione è
s = 6 e t = −2. Ne segue quindi che 4.5 · 6 + 13 · −2 = 1. Per ottenere un litro riempiamo 6 volte la damigiana
versando ogni volta il contenuto nella tanica e svuotando quest’ultima quando è piena. Quando la tanica è
stata svuotata 2 volte abbiamo raccolto 27 litri e ne abbiamo buttati 26, quindi nella damigiana è rimasto
esattamente un litro.
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Prova parziale di Algebra del 23 Ottobre 2006
(file dispari)
1) Trovare tutte le soluzioni dell’equazione [74]112 [x]112 + [51]112 = [79]112 + [41]112 [x]112 .
Soluzione. L’equazione è equivalente a [33]112 [x]112 = [28]112 la cui soluzione è x = [28]112 .
2) Dire quali sono i punti della retta 29y = 3 + 21x che hanno coordinate (x, y) entrambe intere
e tali che x + y = −43.
Soluzione. Il problema è equivalente a trovare le soluzioni intere (x, y) dell’equazione diofantea −21x + 29y = 3
che soddisfano al vincolo x+y = −43. La soluzione generale dell’equazione diofantea è x = 33+29k, y = 24+21k.
Affinché sia x + y = −43 deve essere 57 + 50k = −43 da cui k = −2. L’unico punto che soddisfa alle condizioni
richieste è quindi x = −25, y = −18.
3) Su un foglio trovate scritto: “L’equazione diofantea 1144t − 792s = X564625374433Y ammette soluzioni.” dove X e Y sono cifre illeggibili. Sapendo che i numeri sono stati scritti in
base 10, quanto devono valere X e Y affinché l’affermazione sia vera?
Soluzione. Dato che M CD(1144, 792) = 88 il numero X564625374433Y deve essere multiplo di 8 e di 11.
Utilizziamo i criteri di divisibilià in base 10. Affinché X564625374433Y sia multiplo di 8 deve essere Y = 6, e
affinché X5646253744336 sia multiplo di 11 deve essere X = 7.
4) Da una fontana dovete procurarvi esattamente un litro di acqua, ma avete a disposizione
solamente una damigiana da 3.5 litri e una tanica da 12 litri. Come potete fare? Descrivere
in dettaglio il procedimento.
Soluzione. Vogliamo ottenere 1 litro aggiungendo e togliendo multipli di 3.5 e 12 litri. Osserviamo che
moltiplicando per 2 l’equazione 3.5s + 12t = 1 si ottiene l’equazione diofantea 7s + 24t = 2 la cui soluzione
è s = 14 e t = −4. Ne segue quindi che 3.5 · 14 + 12 · −4 = 1. Per ottenere un litro riempiamo 14 volte la
damigiana versando ogni volta il contenuto nella tanica e svuotando quest’ultima quando è piena. Quando la
tanica è stata svuotata 4 volte abbiamo raccolto 49 litri e ne abbiamo buttati 48, quindi nella damigiana è
rimasto esattamente un litro.
