Bir doğal sayıyla karşılaştırma modulo. Karşılaştırmaları çözme ve uygulamaları Karşılaştırmaları çözme

Bilinmeyen biriyle karşılaştırma X benziyor

Nerede . Eğer A N bölünemez M, buna denir derece karşılaştırmalar.

Kararla karşılaştırma herhangi bir tamsayıdır X 0 , hangisi için

Eğer X 0 karşılaştırmayı karşılıyorsa, 9 karşılaştırmanın özelliğine göre, karşılaştırılabilir tüm tamsayılar X 0 modulo M. Bu nedenle aynı kalıntı sınıfı modülüne ait olan tüm karşılaştırma çözümleri T bunu tek bir çözüm olarak değerlendireceğiz. Bu nedenle, karşılaştırmanın, tüm artıklar sisteminin onu karşılayan unsurları olduğu kadar çok çözümü vardır.

Çözüm kümeleri çakışan karşılaştırmalara denir eş değer.

2.2.1 Birinci derecenin karşılaştırmaları

Bir bilinmeyenle birinci derece karşılaştırma X benziyor

(2.2)

Teorem 2.4. Bir karşılaştırmanın en az bir çözüme sahip olabilmesi için sayının olması gerekli ve yeterlidir. B GCD'ye bölünür( A, M).

Kanıt.İlk önce gerekliliği kanıtlıyoruz. İzin vermek D = GCD( A, M) Ve X 0 - karşılaştırma çözümü. Daha sonra yani fark Ah 0 − B bölü T. Yani böyle bir tamsayı var Q, Ne Ah 0 − B = qm. Buradan B= ah 0 − qm. Dan beri D, ortak bölen olarak sayıları böler A Ve T, daha sonra eksi ve çıkan şuna bölünür: D, ve bu nedenle B bölü D.

Şimdi yeterliliğini kanıtlayalım. İzin vermek D- sayıların en büyük ortak böleni A Ve T, Ve B bölü D. O zaman bölünebilme tanımına göre aşağıdaki tamsayılar vardır: A 1 , B 1 ,T 1 , Ne .

Genişletilmiş Öklid algoritmasını kullanarak 1 = gcd( sayısının doğrusal bir temsilini buluruz. A 1 , M 1 ):

bazı X 0 , sen 0 . Son eşitliğin her iki tarafını da şu şekilde çarpalım: B 1 D:

ya da aynı şey nedir?

,

yani karşılaştırmanın çözümüdür. □

Örnek 2.10. Karşılaştırma 9 X= 6 (mod 12)'nin bir çözümü vardır çünkü gcd(9, 12) = 3 ve 6, 3'e bölünebilir. □

Örnek 2.11. Karşılaştırmak 6x= 9'un (mod 12) çözümü yoktur çünkü gcd(6, 12) = 6 ve 9, 6'ya bölünemez. □

Teorem 2.5. Karşılaştırma (2.2) çözülebilir olsun ve D = GCD( A, M). Daha sonra karşılaştırma çözümleri (2.2) kümesi aşağıdakilerden oluşur: D modulo kalıntı sınıfları T, yani eğer X 0 - çözümlerden biri, o zaman diğer tüm çözümler

Kanıt.İzin vermek X 0 - karşılaştırmanın çözümü (2.2), yani Ve , . Yani böyle bir şey var Q, Ne Ah 0 − B = qm. Şimdi yerine son eşitliği koyuyoruz X 0 ifadeyi elde ettiğimiz formun keyfi bir çözümü

, bölünebilir M. □

Örnek 2.12. Karşılaştırma 9 X=6 (mod 12) tam olarak üç çözüme sahiptir, çünkü gcd(9, 12)=3. Bu çözümler: X 0 = 2, x 0 + 4 = 6, X 0 + 2∙4=10.□

Örnek 2.13. Karşılaştırma 11 X=2 (mod 15) benzersiz bir çözüme sahiptir X 0 = 7, çünkü OBEB(11,15)=1.□

Birinci derece karşılaştırmaları nasıl çözeceğinizi size göstereceğiz. Genelliği kaybetmeden, GCD'nin ( A, t) = 1. Daha sonra, örneğin Öklid algoritması kullanılarak karşılaştırmanın (2.2) çözümü aranabilir. Aslında, genişletilmiş Öklid algoritmasını kullanarak, 1 sayısını sayıların doğrusal bir kombinasyonu olarak temsil ediyoruz. A Ve T:

Bu eşitliğin her iki tarafını da şu şekilde çarpalım: B, şunu elde ederiz: B = Abq + Bay, Neresi Abq - B = - Bay, yani A ∙ (bq) = B(mod M) Ve bq- karşılaştırma çözümü (2.2).

Başka bir çözüm Euler teoremini kullanmaktır. Yine inanıyoruz ki GCD(a, T)= 1. Euler teoremini uyguluyoruz: . Karşılaştırmanın her iki tarafını da şu şekilde çarpın: B: . Son ifadeyi şu şekilde yeniden yazma: , karşılaştırmanın (2.2) bir çözüm olduğunu elde ederiz.

Şimdi GCD'ye izin verin ( A, M) = D>1. Daha sonra A = ATD, M = MTD, nerede GCD( A 1 , M 1) = 1. Ayrıca gerekli B = B 1 D, Karşılaştırmanın çözülebilir olması için. Eğer X 0 - karşılaştırma çözümü A 1 X = B 1 (mod M 1) ve GCD'den beri tek olan( A 1 , M 1) = 1 ise X 0 çözüm ve karşılaştırma olacak A 1 xd = db 1 (mod M 1), yani orijinal karşılaştırma (2.2). Dinlenmek D- Teorem 2.5'e göre 1 çözüm bulunur.

İçerik.

giriiş

§1. Modulo karşılaştırması

§2. Karşılaştırma Özellikleri

1. Modülden Bağımsız Karşılaştırma Özellikleri
2. Karşılaştırmaların modüle bağlı özellikleri

§3. Kesinti sistemi

1. Tam kesinti sistemi
2. İndirgenmiş kesinti sistemi

§4. Euler teoremi ve Fermat

1. Euler işlevi
2. Euler teoremi ve Fermat

Bölüm 2. Bir değişkenle karşılaştırma teorisi

§1. Karşılaştırmaları çözmeye ilişkin temel kavramlar

1. Karşılaştırmaların Kökleri
2. Karşılaştırmaların denkliği
3. Wilson teoremi

§2. Birinci derece karşılaştırmalar ve çözümleri

1. Seçim yöntemi
2. Euler'in yöntemleri
3. Öklid algoritma yöntemi
4. Devamlı Kesir Yöntemi

§3. 1. derecenin bir bilinmeyenle karşılaştırma sistemleri

§4. Daha yüksek derecelerin karşılaştırmalarının bölünmesi

§5. Antiderivatif kökler ve endeksler

1. Kesinti sınıfı sırası
2. İlkel kökler modulo prime
3. Dizinler modulo prime

Bölüm 3. Karşılaştırma teorisinin uygulanması

§1. Bölünebilirlik işaretleri

§2. Aritmetik işlemlerin sonuçlarını kontrol etme

§3. Sıradan bir kesrin son kesire dönüştürülmesi

ondalık sistematik kesir

Çözüm

Edebiyat

giriiş

Hayatımızda çoğu zaman tam sayılarla ve bunlarla ilgili problemlerle uğraşmak zorunda kalırız. Bu tezde tam sayıların karşılaştırılması teorisini ele alıyorum.

Farkları belirli bir doğal sayının katı olan iki tam sayı M modül olarak karşılaştırılabilir olarak adlandırılır M.

"Modül" kelimesi, Rusça'da "ölçü", "büyüklük" anlamına gelen Latince modülden gelir.

"a, b modulo m ile karşılaştırılabilir" ifadesi genellikle şu şekilde yazılır:b (mod m) ve karşılaştırma olarak adlandırılır.

Karşılaştırmanın tanımı K. Gauss'un “Aritmetik Çalışmalar” kitabında formüle edilmiştir. Latince yazılan bu eser 1797 yılında basılmaya başlanmış ancak o dönemde basım sürecinin son derece emek yoğun ve uzun olması nedeniyle kitap ancak 1801 yılında yayımlanabilmiştir. Gauss'un kitabının ilk bölümünün adı: "Genel olarak sayıların karşılaştırılması üzerine."

Herhangi bir araştırmada belirli bir sayının katlarına doğru sayıları bilmenin yeterli olduğu durumlarda karşılaştırmaların kullanılması çok uygundur.

Örneğin, a tam sayısının küpünün hangi rakamla bittiğiyle ilgileniyorsak, o zaman a'nın yalnızca 10'un katlarına kadar olduğunu bilmemiz yeterlidir ve modülo 10 karşılaştırmalarını kullanabiliriz.

Bu çalışmanın amacı, karşılaştırma teorisini ele almak ve bilinmeyenlerle karşılaştırmaları çözmek için temel yöntemleri incelemek ve ayrıca karşılaştırma teorisinin okul matematiğine uygulamasını incelemektir.

Tez üç bölümden oluşmaktadır; her bölüm paragraflara ve paragraflar paragraflara bölünmüştür.

Birinci bölüm karşılaştırma teorisinin genel konularını özetlemektedir. Burada modulo karşılaştırma kavramını, karşılaştırmaların özelliklerini, tam ve indirgenmiş kalıntı sistemini, Euler fonksiyonunu, Euler ve Fermat teoremini ele alacağız.

İkinci bölüm bilinmeyenle karşılaştırmalar teorisine ayrılmıştır. Karşılaştırmaların çözümüyle ilgili temel kavramların ana hatlarını çizer, birinci derecedeki karşılaştırmaları çözme yöntemlerini (seçim yöntemi, Euler yöntemi, Öklid algoritması yöntemi, sürekli kesirler yöntemi, endekslerin kullanılması), birinci derecedeki karşılaştırma sistemlerini dikkate alır. bir bilinmeyenle, daha yüksek derecelerin karşılaştırılması vb.

Üçüncü bölüm sayılar teorisinin okul matematiğine bazı uygulamalarını içermektedir. Bölünebilme işaretleri, eylemlerin sonuçlarının kontrol edilmesi ve sıradan kesirlerin sistematik ondalık kesirlere dönüştürülmesi dikkate alınır.

Teorik materyalin sunumuna, tanıtılan kavramların ve tanımların özünü ortaya koyan çok sayıda örnek eşlik etmektedir.

Bölüm 1. Karşılaştırma teorisine ilişkin genel sorular

§1. Modulo karşılaştırması

Z'nin tam sayılar halkası, m'nin sabit bir tam sayı ve m'z'nin de m'nin katı olan tüm tam sayıların kümesi olduğunu varsayalım.

Tanım 1. Eğer m, a-b'yi bölüyorsa, a ve b tam sayılarının karşılaştırılabilir modülo m olduğu söylenir.

Eğer a ve b sayıları karşılaştırılabilir modülo m ise, o zaman a yazın b (mod m).

Koşul a b (mod m), a-b'nin m'ye bölünebileceği anlamına gelir.

a b (mod m)↔(a-b) m

Karşılaştırılabilirlik ilişkisi modulo m'nin, karşılaştırılabilirlik ilişkisi modulo (-m) ile örtüştüğünü tanımlayalım (m'ye bölünebilme, –m'ye bölünebilmeye eşdeğerdir). Bu nedenle genelliği kaybetmeden m>0 olduğunu varsayabiliriz.

Örnekler.

Teorem. (ruh sayıları modulo m'nin karşılaştırılabilirliğinin bir işareti): İki a ve b tamsayısı, ancak ve ancak a ve b'nin m'ye bölündüğünde aynı kalanlara sahip olması durumunda karşılaştırılabilir modülo m'dir.

Kanıt.

a ve b'yi m'ye böldüğümüzde kalanlar eşit olsun, yani a=mq₁+r,(1)

B=mq₂+r, (2)

0≤r≥m olduğunda.

(1)'den (2)'yi çıkarırsak a-b= m(q₁- q₂), yani a-b elde ederiz m veya a b (mod m).

Tam tersine, bir b (mod m). Bu şu anlama gelir: a-b m veya a-b=mt, t z (3)

B'yi m'ye bölün; (3)'te b=mq+r elde ederiz, a=m(q+t)+r elde ederiz, yani a'yı m'ye bölerken, b'yi m'ye bölerken elde edilenle aynı kalan elde edilir.

Örnekler.

5=4·(-2)+3

23=4·5+3

24=3·8+0

10=3·3+1

Tanım 2. M'ye bölündüğünde aynı kalanları veren iki veya daha fazla sayıya eşit kalanlar veya karşılaştırılabilir modül m denir.

Örnekler.

Elimizde: 2m+1-(m+1)²= 2m+1 - m²-2m-1=- m² ve ​​(- m²) m'ye bölünür => karşılaştırmamız doğrudur.

1. Aşağıdaki karşılaştırmaların yanlış olduğunu kanıtlayın:

Sayılar karşılaştırılabilir modülo m ise, o zaman onunla aynı gcd'ye sahiptirler.

Elimizde: 4=2·2, 10=2·5, 25=5·5

OBEB(4,10) = 2, OBEB(25,10) = 5, dolayısıyla karşılaştırmamız yanlış.

§2. Karşılaştırma Özellikleri

1. Karşılaştırmaların modülden bağımsız özellikleri.

Karşılaştırmaların birçok özelliği eşitliklerin özelliklerine benzer.

a) yansıma: aa (mod m) (herhangi bir tamsayı A kendisiyle karşılaştırılabilir modulo m);

B) simetri: eğer a b (mod m), sonra b a (mod m);

C) geçişlilik: eğer a b (mod m) ve b (mod m), ardından a ile (mod m)

Kanıt.

m/(a-b) ve m/ (c-d) koşuluna göre. Dolayısıyla m/(a-b)+(c-d), m/(a+c)-(b+d) => a+c b+d (mod m).

Örnekler.

Bölme işleminde kalanı bulun 13'te.

Çözüm: -1 (mod 13) ve 1 (mod 13), ardından (-1)+1 0 (mod 13), yani bölümün geri kalanı 13'e kadar 0'dır.

a-c b-d (mod m).

Kanıt.

m/(a-b) ve m/(c-d) koşuluna göre. Dolayısıyla m/(a-b)-(c-d), m/(a-c)-(b-d) => (a-c) b-d (mod m).

1. (özellikler 1, 2, 3'ün bir sonucu). Karşılaştırmanın her iki tarafına da aynı tam sayıyı ekleyebilirsiniz.

Kanıt.

izin ver b (mod m) ve k herhangi bir tamsayıdır. Yansıma özelliği gereği

k=k (mod m) ve 2 ve 3 numaralı özelliklere göre a+k'ye sahibiz b+k (mod m).

a·c·d (mod m).

Kanıt.

Koşula göre, a-b є mz, c-d є mz. Dolayısıyla a·c-b·d = (a·c - b·c)+(b·c- b·d)=(a-b)·c+b·(c-d) є mz, yani a·c·d (mod m).

Sonuçlar. Karşılaştırmanın her iki tarafı da aynı negatif olmayan tamsayı kuvvetine yükseltilebilir:b (mod m) ve s negatif olmayan bir tamsayıysa, o zaman a s b s (mod m).

Örnekler.

Çözüm: açıkçası 13 1 (mod 3)

2 -1 (mod 3)

5 -1 (mod 3), ardından

- · 1-1 0 (mod 13)

Cevap: gerekli kalan sıfırdır ve A, 3'e bölünebilir.

Çözüm:

1+ 0(mod13) veya 1+ 0(mod 13) olduğunu kanıtlayalım.

1+ =1+ 1+ =

27 1'den beri (mod 13), o zaman 1+ 1+1·3+1·9 (mod 13).

vesaire.

3. Bir sayının kalanına bölündüğünde kalanı bulun 24'te.

Elimizde: 1 (mod 24), yani

1 (mod 24)

Karşılaştırmanın her iki tarafına da 55 eklersek şunu elde ederiz:

(mod 24).

Elimizde: (mod 24), dolayısıyla

(mod 24) herhangi bir k є N için.

Buradan (mod 24). (-8)'den beri16(mod 24), gerekli kalan 16'dır.

1. Karşılaştırmanın her iki tarafı da aynı tamsayı ile çarpılabilir.

2.Modüllere göre karşılaştırmaların özellikleri.

Kanıt.

a b (mod t) olduğundan, o zaman (a - b) t ve t n olduğundan , bölünebilirlik ilişkisinin geçişliliği nedeniyle(a - b n), yani a b (mod n).

Örnek.

196'nın 7'ye bölümünden kalanı bulun.

Çözüm:

Bunu bilerek 196= 196 yazabiliriz(mod 14). Önceki özelliği kullanalım, 14 7, 196 (mod 7), yani 196 7 elde ederiz.

1. Karşılaştırmanın ve modülün her iki tarafı da aynı pozitif tamsayı ile çarpılabilir.

Kanıt.

a b (mod t) olsun ) ve c pozitif bir tamsayıdır. O halde a-b = mt ve ac-bc=mtc veya ac bc (mod mc).

Örnek.

Bir ifadenin değerinin olup olmadığını belirleme Bir tam sayı.

Çözüm:

Kesirleri karşılaştırma şeklinde temsil edelim: 4(mod 3)

1 (mod 9)

31 (mod 27)

Bu karşılaştırmaları terim terim (özellik 2) toplayalım, 124 elde ederiz(mod 27) 124'ün 27'ye bölünebilen bir tam sayı olmadığını görüyoruz, dolayısıyla ifadenin anlamı budur.aynı zamanda bir tam sayı değildir.

1. Karşılaştırmanın her iki tarafı da modülün eş asal olması durumunda ortak faktörlerine bölünebilir.

Kanıt.

Eğer ca cb (mod m), yani m/c(a-b) ve sayıİle m'ye eş asal, (c,m)=1 ise m, a-b'yi böler. Buradan, a b (mod t).

Örnek.

60 9 (mod 17), karşılaştırmanın her iki tarafını da 3'e böldükten sonra şunu elde ederiz:

20 (mod 17).

Genel olarak konuşursak, bir karşılaştırmanın her iki tarafını da modülle aralarında asal olmayan bir sayıya bölmek imkansızdır, çünkü bölmeden sonra belirli bir modüle göre karşılaştırılamayan sayılar elde edilebilir.

Örnek.

8 (mod 4), ancak 2 (mod 4).

1. Karşılaştırmanın ve modülün her iki tarafı da ortak bölenlerine bölünebilir.

Kanıt.

eğer ka kb (mod km) ise k (a-b) km'ye bölünür. Bu nedenle a-b m'ye bölünebilir, yani a b (mod t).

Kanıt.

P (x) = c 0 x n + c 1 x n-1 + ... + c n-1 x+ c n olsun. a b (mod t) koşuluna göre, o zaman

a k b k (mod m) k = 0, 1, 2, …,n için. Ortaya çıkan n+1 karşılaştırmaların her birinin her iki tarafının c ile çarpılması n-k, şunu elde ederiz:

c n-k a k c n-k b k (mod m), burada k = 0, 1, 2, …,n.

Son karşılaştırmaları topladığımızda şunu elde ederiz: P (a) P (b) (mod m). a (mod m) ve c i d i (mod m), 0 ≤ i ≤n ise, o zaman

(mod m). Böylece, modulo m karşılaştırmasında, bireysel terimler ve faktörler, karşılaştırılabilir modulo m sayılarıyla değiştirilebilir.

Aynı zamanda, karşılaştırmalarda bulunan üslerin bu şekilde değiştirilemeyeceğini de belirtmek gerekir:

a n c(mod m) ve n k(mod m) bundan şu sonuç çıkmaz: a k s (mod m).

Özellik 11'in bir dizi önemli uygulaması vardır. Özellikle onun yardımıyla bölünebilirlik işaretleri için teorik bir gerekçe vermek mümkündür. Örnek olarak, 3'e bölünebilme testinin türetilmesini vereceğiz.

Örnek.

Her doğal sayı N, sistematik bir sayı olarak temsil edilebilir: N = a 0 10 n + a 1 10 n-1 + ... + a n-1 10 + an .

f(x) = a polinomunu düşünün 0 x n + a 1 x n-1 + ... + a n-1 x+a n . Çünkü

10 1 (mod 3), ardından özellik 10 f (10) f(1) (mod 3) veya

N = a 0 10 n + a 1 10 n-1 + ... + a n-1 10 + a n a 1 + a 2 +…+ a n-1 + an n (mod 3), yani N'nin 3'e bölünebilmesi için bu sayının rakamlarının toplamının 3'e bölünebilmesi gerekli ve yeterlidir.

§3. Kesinti sistemleri

1. Tam kesinti sistemi.

Eşit kalan sayılar veya aynı şey olan karşılaştırılabilir modulo m, modulo m sayıların bir sınıfını oluşturur.

Bu tanımdan, sınıftaki tüm sayıların aynı r kalanına karşılık geldiği sonucu çıkar ve mq+r biçiminde, q'nun tüm tamsayılardan geçmesini sağlarsak sınıftaki tüm sayıları elde ederiz.

Buna göre r'nin m farklı değerleri ile m modulo m sayı sınıflarımız var.

Bir sınıfın herhangi bir sayısına, aynı sınıfın tüm sayılarına göre kalıntı modulo m denir. q=0'da elde edilen, r kalanına eşit olan kalıntıya, negatif olmayan en küçük kalıntı adı verilir.

Mutlak değerdeki en küçük olan ρ kalıntısına mutlak en küçük kalıntı denir.

Açıkçası, r için ρ=r'ye sahibiz; r>'de ρ=r-m'miz var; son olarak, eğer m çift ise ve r=, bu durumda iki sayıdan herhangi biri ρ olarak alınabilir ve -m= - .

Her bir kalıntı sınıfından modülo seçim yapalım T her seferinde bir numara. Aldık t tamsayılar: x 1,…, x m. (x 1,…, x t) kümesine denir tam kesinti sistemi modulo m.

Her sınıf sonsuz sayıda kalıntı içerdiğinden, belirli bir m modülü için sonsuz sayıda farklı tam kalıntı sistemi oluşturmak mümkündür; bunların her biri aşağıdakileri içerir: kesintiler.

Örnek.

Modülo kesintilerin birkaç eksiksiz sistemini derleyin T = 5. Sınıflarımız var: 0, 1, 2, 3, 4.

0 = {... -10, -5,0, 5, 10,…}

1= {... -9, -4, 1, 6, 11,…}

Her sınıftan bir kesinti alarak birkaç tam kesinti sistemi oluşturalım:

0, 1, 2, 3, 4

5, 6, 2, 8, 9

10, -9, -8, -7, -6

5, -4, -3, -2, -1

vesaire.

En genel:

1. En az negatif olmayan kalıntılardan oluşan komple sistem: 0, 1, t-1 Yukarıdaki örnekte: 0, 1, 2, 3, 4. Bu kalıntı sistemini oluşturmak basittir: m'ye böldüğünüzde elde edilen negatif olmayan tüm kalıntıları yazmanız gerekir.
2. En az pozitif kalıntılardan oluşan komple sistem(Her sınıftan en küçük pozitif kesinti alınır):

1, 2, …, m. Örneğimizde: 1, 2, 3, 4, 5.

1. Kesinlikle minimum kesintilerden oluşan eksiksiz bir sistem.Tek m durumunda mutlak en küçük kalıntılar yan yana temsil edilir.

- ,…, -1, 0, 1,…, ,

ve çift m durumunda iki sıradan biri

1, …, -1, 0, 1,…, ,

, …, -1, 0, 1, …, .

Verilen örnekte: -2, -1, 0, 1, 2.

Şimdi tüm kalıntı sisteminin temel özelliklerini ele alalım.

Teorem 1 . Herhangi bir m tamsayı koleksiyonu:

x l ,x 2 ,…,x m (1)

çift ​​olarak karşılaştırılamaz modulo m, modulo m kalıntılarının eksiksiz bir sistemini oluşturur.

Kanıt.

1. Koleksiyondaki (1) sayıların her biri belirli bir sınıfa aittir.
2. Herhangi iki sayı x i ve x j (1)'dekiler birbirleriyle kıyaslanamazlar, yani farklı sınıflara aittirler.
3. (1)'de m adet sayı vardır, yani modulo sınıflarıyla aynı sayı vardır. T.

x 1, x 2,…, x t - tam kesinti sistemi modulo m.

Teorem 2. (a, m) = 1, b - olsun keyfi tamsayı; o zaman eğer x 1, x 2,…, x t tam bir modülo artıklar sistemi, ardından ax sayılarının toplanması 1 + b, balta 2 + b,…, balta m +b aynı zamanda modulo m artıklarının tam bir sistemidir.

Kanıt.

Hadi düşünelim

Balta 1 + b, balta 2 + b,…, balta m + b (2)

1. Koleksiyondaki (2) sayıların her biri belirli bir sınıfa aittir.
2. Herhangi iki sayı ax i +b ve ax j + b (2)'dekiler birbirleriyle kıyaslanamazlar, yani farklı sınıflara aittirler.

Aslında, (2)'de öyle iki sayı olsaydı

balta i +b balta j + b (mod m), (i = j), o zaman şunu elde ederiz: balta i balta j (mod t). (a, t)'den beri = 1 ise, karşılaştırma özelliği karşılaştırmanın her iki kısmını da azaltabilir. A . x i x j (mod m) elde ederiz.

x i x j (mod t) koşuluna göre (i = j)'de, çünkü x 1, x 2, ..., xm - tam bir kesinti sistemi.

1. Sayı kümesi (2) şunları içerir: T sayılar, yani modulo m sınıflarının sayısı kadar.

Yani, balta 1 + b, balta 2 + b,..., balta m + b - tam kalıntı sistemi modulo m.

Örnek.

m = 10, a = 3, b = 4 olsun.

Modulo 10'un tam bir kalıntı sistemini ele alalım, örneğin: 0, 1, 2,…, 9. Formdaki sayıları oluşturalım. balta + b. Şunu elde ederiz: 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31. Ortaya çıkan sayı kümesi, modulo 10'un tam bir kalıntı sistemidir.

1. Verilen kesinti sistemi.

Aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.

Teorem 1.

Aynı kalıntı sınıfı modulo m'ye ait sayılar m ile aynı en büyük ortak bölene sahiptir: eğer bir b (mod m), o zaman (a, m) = (b, m).

Kanıt.

a b (mod m) olsun. O halde a = b +mt, nerede tє z. Bu eşitlikten şu sonuç çıkar: (a, t) = (b, t).

Aslında, δ a ve m'nin ortak böleni olsun, o zaman aδ, m δ. a = b +mt olduğuna göre, o zaman b=a-mt, dolayısıyla bδ. Bu nedenle, a ve m sayılarının herhangi bir ortak böleni, m ve b'nin ortak bölenidir.

Tersine, eğer m δ ve b δ ise a = b +mt δ ile bölünebilir ve bu nedenle m ve b'nin herhangi bir ortak böleni, a ve m'nin ortak böleni olur. Teorem kanıtlandı.

Tanım 1. En büyük ortak modül böleni t ve herhangi bir sayı a bu sınıftaki kesintilerden T en büyük ortak bölen denir T ve bu tür kesintiler.

Tanım 2. Kalıntı sınıfı a modulo t modüle eş asal denir M , eğer en büyük ortak bölen ise a ve t 1'e eşittir (yani, eğer m ve a'dan gelen herhangi bir sayı eş asaldır).

Örnek.

Bırak = 6. Kalıntı sınıfı 2 sayılardan oluşur (..., -10, -4, 2, 8, 14, ...). Bu sayılardan herhangi birinin ve modül 6'nın en büyük ortak böleni 2'dir. Dolayısıyla (2, 6) = 2. Sınıf 5 ve modül 6'dan herhangi bir sayının en büyük ortak böleni 1'dir. Dolayısıyla sınıf 5, modül 6 ile aralarında asaldır. .

Her kalıntı sınıfından modulo m ile aralarında asal olan bir sayı seçelim. Tüm kesinti sisteminin bir parçası olan bir kesinti sistemi elde ediyoruz. Onu aradılarazaltılmış kalıntı sistemi modulo m.

Tanım 3. Her eş asaldan bir tane alınan modulo m kalıntılarının bir seti T Bu modül için kalıntı sınıfına indirgenmiş kalıntı sistemi denir.

Tanım 3'ten indirgenmiş modulo kalıntıları sistemini elde etmek için bir yöntem izlenmektedir. T: tam bir kalıntı sistemi yazmak ve m ile eş-asal olmayan tüm kalıntıları ondan çıkarmak gerekir. Geriye kalan kesintiler azaltılmış kesinti sistemidir. Açıkçası, sonsuz sayıda modülo artık sistemi oluşturulabilir.

Başlangıç ​​sistemi olarak en az negatif olmayan veya kesinlikle en az kalıntılardan oluşan tam sistemi alırsak, belirtilen yöntemi kullanarak sırasıyla en az negatif olmayan veya kesinlikle en az kalıntılardan oluşan modulo m'den oluşan indirgenmiş bir sistem elde ederiz.

Örnek.

Eğer T = 8 ise 1, 3, 5, 7, en az negatif olmayan kalıntıların indirgenmiş sistemidir, 1, 3, -3, -1- kesinlikle en az kesintinin olduğu azaltılmış sistem.

Teorem 2.

İzin vermek m'ye göre aralarında asal olan sınıfların sayısı k'ye eşittir.Daha sonra herhangi bir k tamsayı koleksiyonu

çift ​​olarak kıyaslanamaz modulo m ve eş asal m, modulo m kalıntılarının indirgenmiş bir sistemidir.

Kanıt

A) Popülasyondaki (1) her sayı belirli bir sınıfa aittir.

1. (1)'den gelen tüm sayılar modül açısından ikili olarak karşılaştırılamaz T, yani bunlar modulo m'nin farklı sınıflarına aittirler.
2. (1)'den gelen her sayı ile aralarında asaldır T, yani tüm bu sayılar modulo m'ye kadar farklı sınıflara aittir.
3. Toplam (1) mevcut k sayılar, yani modulo m'nin indirgenmiş artıklar sisteminin içermesi gereken sayı kadar.

Bu nedenle sayılar kümesi(1) - azaltılmış modülo kesinti sistemi T.

§4. Euler fonksiyonu.

Euler ve Fermat teoremleri.

1. Euler fonksiyonu.

φ ile gösterelim(T) kalıntı sınıflarının sayısı modulo m eş asaldan m'ye, yani indirgenmiş kalıntılar sisteminin elemanlarının sayısı modulo t.Fonksiyon φ (t) sayısaldır. Onu aradılarEuler fonksiyonu.

Modülo kalıntı sınıflarının temsilcileri olarak seçim yapalım t sayıları 1, ..., t - 1, t.Sonra φ (t) - eş asal olan bu tür sayıların sayısı t.Başka bir deyişle, φ (t) - m'yi aşmayan ve m'ye göre asal olan pozitif sayıların sayısı.

Örnekler.

1. Bırak = 9. Modulo 9'un tüm kalıntı sistemi 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sayılarından oluşur. Bunlardan 1,2,4, 5, 7, 8 sayıları eş asaldır 9'a kadar. Yani bu sayıların sayısı 6 olduğuna göre φ (9) = 6 olur.
2. t = 12. Tüm kalıntılar sistemi 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 sayılarından oluşur. Bunlardan 1, 5, 7, 11 sayıları 12 ile aralarında asaldır. . Bu şu anlama gelir

φ(12) = 4.

t'de = 1 ise tüm kalıntılar sistemi tek bir 1 sınıfından oluşur. 1 ve 1 sayılarının ortak doğal böleni 1'dir, (1, 1) = 1. Bu temelde φ(1) = 1 olduğunu varsayarız.

Euler fonksiyonunu hesaplamaya geçelim.

1) Eğer t = p bir asal sayı ise φ(p) = p-1.

Kanıt.

Kesintiler 1, 2, ..., p- 1 ve yalnızca bunlar bir asal sayıyla nispeten asaldır R. Bu nedenle φ (р) = р - 1.

2) Eğer t = pk ise - ana güç p, o zaman

φ(t) = (p - 1) . (1)

Kanıt.

Modülo kesintilerin eksiksiz sistemi t = pk 1 rakamından oluşur,..., p k - 1, p k Doğal bölenler T derece R. Bu nedenle sayı Am ile 1'den farklı bir ortak böleni olabilir, sadece şu durumdaAbölüR.Ama sayıların arasında 1, ... , Pk -1 AçıkRsadece sayılar bölünebilirp, 2p, ... , p2 , ... Rİle, sayısı eşit olanRİle: p = pk-1. Bu onların eş asal oldukları anlamına gelirt = pİledinlenmekRİle- Rk-1= pk-l(s-1)sayılar. Bu şunu kanıtlıyor

φ (Rİle) = pk-1(s-1).

Teorem1.

Euler fonksiyonu çarpımsaldır, yani nispeten asal sayılar m ve n için φ (mn) = φ(m) φ (n) elde ederiz.

Kanıt.

Çarpma fonksiyonunun tanımındaki ilk gereklilik önemsiz bir şekilde yerine getirilir: Euler fonksiyonu tüm doğal sayılar için tanımlanır ve φ (1) = 1. Sadece şunu göstermemiz gerekiyor:tipeş asal sayılar, o zaman

φ (tp)= φ (T) φ (P).(2)

Tüm kesinti sistemini modülo düzenleyelimtpgibiPXT -matrisler

1 2 T

t +1 t +2 2 ton

………………………………

(P -1) t+1 (P -1) m+2 Cuma

ÇünküTVePnispeten asalsa, o zaman sayıXkarşılıklı olarak sadecetpo zaman ve yalnızca ne zamanXkarşılıklı olarak sadeceTVeXkarşılıklı olarak sadeceP. Ama sayıkm+tkarşılıklı olarak sadeceTancak ve ancakTkarşılıklı olarak sadeceT.Bu nedenle, m'ye eş asal sayılar aşağıdaki sütunlarda bulunur:Tazaltılmış modulo kalıntıları sisteminden geçerT.Bu tür sütunların sayısı φ'ye eşittir(T).Her sütun modülo kesinti sisteminin tamamını sunarP.Bu çıkarımlardan φ(P)ile işbirliği yapmakP.Bu, göreceli olarak asal olan ve aralarında asal olan sayıların toplam sayısı anlamına gelir.Tve n ile φ'ye eşit(T)φ(n)

(φ (T)her birinde φ alınan sütunlar(P)sayılar). Bu sayılar ve yalnızca onlar aralarında asaldırvesaire.Bu şunu kanıtlıyor

φ (tp)= φ (T) φ (P).

Örnekler.

№1 . Aşağıdaki eşitliklerin geçerliliğini kanıtlayın

φ(4n) =

Kanıt.

№2 . Denklemi çözün

Çözüm:Çünkü(m)=, O= , yani=600, =75, =3·, bu durumda x-1=1, x=2,

y-1=2, y=3

Cevap: x=2, y=3

Euler fonksiyonunun değerini hesaplayabiliriz(m), m sayısının kanonik gösterimini bilerek:

m=.

Çokluk nedeniyle(m) elimizde:

(m)=.

Ancak formül (1)'e göre şunu buluyoruz:

-1) ve bu nedenle

(3)

Eşitlik (3) şu şekilde yeniden yazılabilir:

Çünkü=m, o halde(4)

Formül (3) veya aynısı olan (4) aradığımız şeydir.

Örnekler.

№1 . Miktar nedir?

Çözüm:,

, =18 (1- ) (1- =18 , Daha sonra= 1+1+2+2+6+6=18.

№2 . Euler sayı fonksiyonunun özelliklerine dayanarak, doğal sayılar dizisinde sonsuz sayıda asal sayı bulunduğunu kanıtlayın.

Çözüm:Asal sayıların sayısının sonlu bir küme olduğunu varsayarak şunu varsayıyoruz:- en büyük asal sayı ve a= olsunEuler sayı fonksiyonunun özelliklerinden birine dayalı olarak tüm asal sayıların çarpımıdır

a≥'dan berio zaman a bir bileşik sayıdır, ancak kanonik gösterimi tüm asal sayıları içerdiğinden, o zaman=1. Sahibiz:

=1 ,

bu imkansızdır ve böylece asal sayılar kümesinin sonsuz olduğu kanıtlanmıştır.

№3 .Denklemi çözün, burada x=Ve=2.

Çözüm:Euler sayısal fonksiyonunun özelliğini kullanıyoruz,

,

ve duruma göre=2.

şuradan ifade edelim=2 , alıyoruz, yerine

:

(1+ -1=120, =11 =>

O halde x=, x=11·13=143.

Cevap:x= 143

2. Euler teoremi ve Fermat.

Euler teoremi karşılaştırmalar teorisinde önemli bir rol oynar.

Euler teoremi.

Bir a tamsayısı m ile aralarında asal ise, o zaman

(1)

Kanıt.İzin vermek

(2)

modulo m'nin azaltılmış bir kalıntı sistemi vardır.

EğerAm'ye eş asal bir tam sayıdır, o halde

(3)

Bir bilinmeyenle birinci derece karşılaştırma şu şekildedir:

F(X) 0 (mod M); F(X) = Ah + ve n. (1)

Karşılaştırmayı çöz- x'in onu karşılayan tüm değerlerini bulmak anlamına gelir. Aynı x değerlerini sağlayan iki karşılaştırmaya denir eş değer.

Eğer karşılaştırma (1) herhangi bir şekilde karşılanıyorsa X = X 1, sonra (49'a göre) karşılaştırılabilir tüm sayılar X 1, modül M: x x 1 (mod M). Bu sayı sınıfının tamamı şu şekilde kabul edilir: bir çözüm. Böyle bir anlaşmadan şu sonuç çıkarılabilir.

66.C hizalama (1) Tüm sistemin onu karşılayan kalıntılarının sayısı kadar çözüme sahip olacak.

Örnek. Karşılaştırmak

6X– 4 0 (mod 8)

0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 sayıları arasında iki sayı, modülo 8 artık sisteminin tamamını karşılar: X= 2 ve X= 6. Dolayısıyla bu karşılaştırmanın iki çözümü vardır:

X 2 (mod 8), X 6 (mod 8).

Serbest terimin (zıt işaretli) sağa kaydırılmasıyla birinci derecenin karşılaştırılması forma indirgenebilir.

balta B(mod M). (2)

Koşulu karşılayan bir karşılaştırma düşünün ( A, M) = 1.

66'ya göre karşılaştırmamız, tüm sistemin onu karşılayan kalıntıları sayısı kadar çözüme sahiptir. Ama ne zaman X modulo artıklarının tüm sistemi boyunca çalışır T, O Ah tüm kesinti sistemini (60 üzerinden) uygular. Bu nedenle tek bir değer için X, komple sistemden alınmıştır, Ah karşılaştırılabilir olacak B. Bu yüzden,

67. (a, m) = 1 karşılaştırma ekseni olduğunda B(mod M)tek çözümü var.

Şimdi izin ver ( A, M) = D> 1. O halde, karşılaştırma (2)'nin çözümlerinin olması için (55 üzerinden) şu gereklidir: B bölü D, aksi takdirde herhangi bir x tamsayısı için karşılaştırma (2) imkansızdır . Bu nedenle varsayarsak B katlar D, hadi koyalım A = A 1 D, B = B 1 D, M = M 1 D. O zaman karşılaştırma (2) buna eşdeğer olacaktır (kısaltılmıştır: D): A 1 X B 1 (mod M), zaten ( A 1 , M 1) = 1, ve bu nedenle bir çözüm modülüne sahip olacak M 1. İzin vermek X 1 – bu çözeltinin negatif olmayan en küçük kalıntısı modulo m 1 , o zaman tüm sayılar x'tir , Bu çözümü oluşturan formda bulunur

X X 1 (mod M 1). (3)

Modulo m, (3) sayıları tek bir çözüm değil, daha fazlasını, tam olarak 0, 1, 2, dizisindeki (3) sayıları kadar çözüm oluşturur. ..., M - 1 en az negatif olmayan modülo kalıntısı M. Ancak aşağıdaki sayılar (3) buraya düşecektir:

X 1 , X 1 + M 1 , X 1 + 2M 1 , ..., X 1 + (D – 1) M 1 ,

onlar. Toplam D sayılar (3); bu nedenle karşılaştırma (2) şuna sahiptir: D kararlar.

Teoremi elde ederiz:

68. (a, m) = d olsun. Karşılaştırma ekseni b ( mod b, d'ye bölünemiyorsa m) imkansızdır. b, d'nin katı olduğunda, karşılaştırmanın d çözümü vardır.

69. Sürekli kesirler teorisine dayanan birinci derecedeki karşılaştırmaları çözmek için bir yöntem:

İlişkiyi sürekli bir kesre genişletmek m:a,

ve eşleşen son iki kesire bakalım:

sürekli kesirlerin özelliklerine göre (göre 30 ) sahibiz

Yani karşılaştırmanın bir çözümü var

bulmak, hesaplamak için yeterli Pn– 30'da belirtilen yönteme göre 1.

Örnek. Karşılaştırmayı çözelim

111X= 75 (mod 321). (4)

Burada (111, 321) = 3 ve 75, 3'ün katıdır. Dolayısıyla karşılaştırmanın üç çözümü vardır.

Karşılaştırmanın her iki tarafını ve modülü 3'e bölerek karşılaştırmayı elde ederiz

37X= 25 (mod 107), (5)

önce bunu çözmemiz gerekiyor. Sahibiz

Q
P 3

Yani bu durumda N = 4, P n – 1 = 26, B= 25 ve formda karşılaştırma (5) için bir çözümümüz var

X–26 ∙ 25 99 (mod 107).

Dolayısıyla karşılaştırmanın (4) çözümleri aşağıdaki gibi sunulmaktadır:

X 99; 99+107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),

Xº99; 206; 313 (mod 321).

Ters elemanın belirli bir modüle göre hesaplanması

70.Sayılar tam sayı ise A Ve N eş asaldır, o zaman bir sayı vardır A' karşılaştırmayı tatmin edici a ∙ a′ ≡ 1(mod N). Sayı A' isminde bir modulo n'nin çarpımsal tersi ve bunun için kullanılan gösterim A- 1 (mod N).

Karşılıklı miktarların belirli bir değere göre hesaplanması, birinci derecenin bir bilinmeyenle karşılaştırılmasının çözülmesiyle gerçekleştirilebilir; X sayı kabul edildi A'.

Bir karşılaştırma çözümü bulmak için

a∙x≡ 1(mod M),

Nerede ( a,m)= 1,

Öklid algoritmasını (69) veya Fermat-Euler teoremini kullanabilirsiniz; a,m) = 1, o zaman

A φ( M) ≡ 1(mod M).

X ≡ A φ( M)–1 (mod M).

Gruplar ve özellikleri

Gruplar, ortak karakteristik özelliklere sahip matematiksel yapıları sınıflandırmak için kullanılan taksonomik sınıflardan biridir. Grupların iki bileşeni vardır: bir demet (G) Ve operasyonlar() bu kümede tanımlıdır.

Küme, eleman ve üyelik kavramları modern matematiğin temel tanımsız kavramlarıdır. Herhangi bir küme, içinde bulunan öğeler tarafından tanımlanır (bunlar da küme olabilir). Dolayısıyla herhangi bir elemanın bu kümeye ait olup olmadığını söyleyebiliyorsak, bir kümenin tanımlanmış veya verildiğini söyleriz.

İki set için A, B kayıtlar B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B sırasıyla şu anlama geliyor B kümenin bir alt kümesidir A(yani herhangi bir öğe B ayrıca içinde bulunur Aörneğin, doğal sayılar kümesi gerçel sayılar kümesinin içinde yer alır; ayrıca her zaman A A), B kümenin uygun bir alt kümesidir A(onlar. B A Ve B ≠ A), birçok şeyin kesişimi B Ve A(yani aynı anda yer alan tüm bu tür unsurlar A, ve B, örneğin tamsayılar ile pozitif gerçek sayıların kesişimi doğal sayılar kümesidir), kümelerin birleşimi B Ve A(yani, her ikisinde de bulunan öğelerden oluşan bir küme) A, ya da B), farkı ayarla B Ve A(yani içinde yer alan öğeler kümesi B ama yalan söyleme A), Kümelerin Kartezyen çarpımı A Ve B(yani formun bir dizi çifti ( A, B), Nerede A A, B B). aracılığıyla | A| kümenin kuvveti her zaman gösterilir A yani kümedeki eleman sayısı A.

İşlem, bir kümenin herhangi iki elemanının uyması gereken bir kuraldır. G(A Ve B) G'nin üçüncü elemanıyla eşleştirilir: bir b.

Çok sayıda unsur G bir operasyonla denir grup Aşağıdaki koşullar yerine getirilirse.

Karşılaştırma sistemini ele alalım

Burada f1(x), f2(x), …. , fs(x)€Z[x].

Teorem 1. M = m1,m2,…,ms sayılarının en küçük ortak katı olsun. Eğer a sistemi (2) karşılıyorsa, o zaman a modulo M sınıfından herhangi bir sayı bu sistemi karşılar.

Kanıt. a sınıfına b€ diyelim. a ≡ b(mod M) olduğundan a ≡b(mod m), i= 1,2,...,s (karşılaştırma özelliği 16). Sonuç olarak, a gibi b de sistemin her karşılaştırmasını karşılar ve bu da teoremi kanıtlar. Bu nedenle, sistem (2)'nin çözümünün bir modülo M sınıfı olduğunu düşünmek doğaldır.

Tanım. Karşılaştırma sisteminin çözümü(2) sistemin her karşılaştırmasını karşılayan modulo M = sayı sınıfıdır.

12. Tek sayıların ikinci karşılaştırmayı karşılamadığını hemen belirtelim. Modulo 12'nin tüm artık sisteminden çift sayıları alarak, doğrudan doğrulama yoluyla 2, -2, 6 sayılarının 2. karşılaştırmayı karşıladığına ve sistemin iki çözümü olduğuna ikna olduk: x ≡ 2(mod l2), x ≡ - 2(mod 12).

1. derecenin karşılaştırma sistemini ele alalım (3)

Teorem2. d=(m1,m2), M = olsun.

Eğer c1 - c2 d'ye bölünemiyorsa sistem (3)'ün çözümü yoktur.

Eğer (c1 -c2):d ise, sistem (3)'ün bir çözümü vardır - bir modülo M sınıfı.

Kanıt. 1. karşılaştırmadan x = c1+m1t, t€Z. 2. karşılaştırmada yerine şunu koyun: c1+ m1t ≡ c2(mod m2) veya

m1t ≡ c2-cl (mod m2). Bu karşılaştırmanın çözümü ancak (c2 – c1): d.

Ve çözüm bir sınıf modulodur (§2'den Teorem 4).

Çözüm k€Z olsun.

M== , yani x≡c1+m1t0(mod M) çözümdür

Örnekler.

1. :2, sistemin bir çözüm sınıfı modulo 24 vardır. 1. karşılaştırmaya göre x =2+6t. 2. karşılaştırmada x'i yerine koyarsak: 2 + 6t≡ 4(tnod 8); 6t≡ 2(mod 8); -2t≡2(mod8); t≡-1(mod 4); t=-1+4k; x=2+6(-1+4k); x=-4+24k, yani x≡-4(mod 24).

2. 7-3 3'e bölünemez, sistemin çözümü yoktur.

Sonuç 1. Karşılaştırma sistemi (4)

Ya hiçbir çözümü yoktur ya da tek bir çözümü vardır - bir modülo M= sınıfı.

Kanıt. Eğer ilk iki karşılaştırma sisteminin çözümü yoksa (4)'ün de çözümü yoktur. Eğer bir x ≡ a(mod) çözümü varsa, bu karşılaştırmaya sistemin üçüncü bir karşılaştırmasını ekleyerek, yine ya tek çözümü olan ya da çözümü olmayan (3) formunda bir sistem elde ederiz. Eğer bir çözümü varsa o zaman (4) numaralı sistemin tüm karşılaştırmaları bitene kadar bu şekilde devam edeceğiz. Eğer bir çözüm varsa, o zaman bu M sınıfı bir modülodur.

Yorum. LCM özelliği burada kullanılır: =.

Sonuç 2. Eğer m1,m2,…,ms ikili asal ise, o zaman sistem (4)'ün bir çözümü vardır - modülo sınıfı M=m1m2…ms.

Örnek:

Modüller ikili olarak nispeten basit olduğundan sistemin tek bir çözümü vardır - modulo sınıfı 105 = 5*3*7. İlk karşılaştırmadan

İkinci karşılaştırmada yerine şunu koyarız: 2 +5t≡ 0(mod 3) veya 2t≡-2(mod3), t=-1+3k, x=2+5(-1+3k), x=-3+15k . Üçüncü karşılaştırmada yerine koyalım:

3+15k≡5(mod7), 15k≡8(mod7), k=1+7l. bu durumda x=-3+15(1+7l); x=12+105l; x≡12(mod 105).

Hadi tanışalım diğerleri Bu sistemi çözme yöntemi, (Sistemin tek çözümü olduğu gerçeğini kullanıyoruz.) İlk karşılaştırmanın hem parçalarını hem de modülünü 21 ile, ikincisini 35 ile, üçüncüsünü ise 15 ile çarpalım: birinci ve üçüncüden ikinciyi çıkarıyoruz:

(36 -35)x ≡ 75 + 42(mod105); x≡117(mod105); x≡12(mod105).

Şimdi genel biçimin birinci derecesinin karşılaştırmalarından oluşan bir sistemi ele alalım.

Eğer bu sistemin bir karşılaştırmasının çözümü yoksa, o zaman sistemin de çözümü yoktur. Eğer (5) sisteminin her bir karşılaştırması çözülebilirse, bunu x için çözeriz ve (4) formunda eşdeğer bir sistem elde ederiz:

Nerede (Teorem 4, §2).

Sonuç 1'e göre sistemin ya çözümü yoktur ya da tek çözümü vardır.

Örnek:

Sistemin her karşılaştırmasını çözdükten sonra eşdeğer bir sistem elde ederiz

Bu sistemin bir çözümü var - sınıf modulo 105. İlk karşılaştırmayı ve modülü 3 ile, ikincisini 35 ile çarparak şunu elde ederiz:

İlk karşılaştırmanın 11 ile çarpımını ikinci karşılaştırmadan çıkararak 2x ≡-62(modl05) elde ederiz, buradan x ≡ -31(modl05) elde edilir.

Çağımızın başlarında yaşayan Çinli matematikçi Sun Tzu'nun aritmetiğinde 1. dereceden bir karşılaştırma sisteminin dikkate alınmasına indirgenen problemler ele alındı. Sorusu şu şekilde soruldu: Verilen sayılara bölündüğünde verilen kalanları veren bir sayı bulun. Aynı zamanda aşağıdaki teoreme eşdeğer bir çözüm de verir.

Teorem (Çince kalan teoremi). m1,m2,…,ms ikili asal sayılar olsun, M = mlm2...ms, β1, β2,…, βs öyle seçilmiştir ki

Daha sonra sistemin çözümü

x≡x0(mod M) gibi görünecektir.

Kanıt. x0≡ aldığımıza göre

Benzer şekilde x0≡c2(mod m2),…, x0≡cs(mod ms), yani x0'ın tüm koşulları sağladığını kontrol ederiz.

sistem karşılaştırmaları

10. 1. derecenin karşılaştırmaları. Belirsiz denklemler

§ 2. 1. derecenin karşılaştırmaları. Belirsiz denklemler

1. derece karşılaştırma ax≡b(mod m) formuna indirgenebilir.

Teorem 4. Eğer (a,m) = 1 ise, o zaman karşılaştırma ax ≡b(mod m) (2)'nin tek bir çözümü vardır.

Kanıt. 0,1,2,...,m-1'i alalım - modülo m'nin tam bir artık sistemi. (a,m) = 1 olduğundan, 0,a,2a,...,(m-1)a da tam bir artıklar sistemidir (Teorem 3, §2, Bölüm 2.). b modulo m ile karşılaştırılabilecek (b ile aynı sınıfa ait) bir ve yalnızca bir sayı içerir. Bu ax 0 olsun, yani ax 0 € sınıf b veya ax 0 ≡b(mod m) olsun. x ≡x 0 (mod m), (2)'nin tek çözümüdür. Teorem kanıtlandı.

Teorem 5. Eğer (a, m)= 1 ise, ax≡b(mod m) karşılaştırmasının çözümü x 0 ≡a φ (m)-1 b(mod m) sınıfıdır.

Kanıt.(a,m) = 1 olduğuna göre Euler ilkesine göre a φ(m) ≡1(mod m). Karşılaştırma (2)'nin çözümü x 0 ≡a φ (m)-1 b (mod m) olduğunu görmek kolaydır. Aslında, a(a φ (m)-1 b)≡a φ (m) b≡b(mod m). Teorem 4'ten bu çözümün benzersiz olduğu anlaşılmaktadır.

Hadi düşünelim karşılaştırma çözüm yöntemleri balta ≡b(mod m).

1. Seçim yöntemi. Tüm kalıntı sistemini modulo m alarak, karşılaştırmayı karşılayan sayıları seçiyoruz.

2. Euler teoremini kullanma (Teorem 5).

3. Katsayı dönüştürme yöntemi. Katsayıları, sağ tarafın x katsayısına bölünebileceği şekilde dönüştürmeye çalışmalıyız. Söz konusu dönüşümler şunlardır: katsayıları mutlak en küçük kalıntılarla değiştirmek, b sayısını mutlak değer açısından karşılaştırılabilir bir sayıyla değiştirmek (mutlak değerin katı olan bir sayı eklemek), böylece ikincisi a'ya bölünebilir, hareket eder a ve b'den bunlarla karşılaştırılabilir, ortak bir böleni olan diğer sayılara vb. Bu durumda karşılaştırmaların özelliklerini ve bunlara dayalı eşdeğer karşılaştırmalar teoremlerini kullanırız.

1) 223x ≡ 115(mod II).

Öncelikle katsayıları en küçük mutlak değer çıkarımlarıyla değiştiririz: 3х ≡ 5(mod 11). Eğer teoremi kullanırsak

Euler, o zaman

x≡3 φ(11)-1 *5=3 9 *5≡(3 3) 3 *5≡(27) 3 *5≡5 3 *5≡125*5≡4*5≡9(modll).

Ancak katsayıları dönüştürmek daha kolaydır. Sağ tarafa modülün katı olan bir sayı ekleyerek karşılaştırmayı eşdeğer bir karşılaştırmayla değiştirelim:

3x ≡ 5 + 22(mod 11). Her iki tarafı da modülün eş üssü olan 3 sayısına bölerek x ≡ 9(mod l1) elde ederiz.

2) 111x≡ 8(mod 34).

Katsayı dönüştürme yöntemini kullanıyoruz.

(111-3*34)x≡8(mod 34), 9x≡8+34≡42(mod 34), 3x≡14(mod 34), 3x≡14+34≡48(mod 34), x≡16 (mod 34).

Teorem 6. Eğer (a, m) = d ve b, d'ye bölünemiyorsa, karşılaştırma (1)'in çözümü yoktur.

Kanıt (çelişki yoluyla). x 0 sınıfının bir çözüm olmasına izin verin, yani ax 0 ≡b (mod m) veya (ax 0 -b):m ve dolayısıyla (ax 0 -b):d olsun. Ama a:d, sonra b:d bir çelişkidir. Bu nedenle karşılaştırmanın çözümü yoktur.

Teorem 7. Eğer (a,m)= d, d>1, b:d ise, karşılaştırma(1)'de d bulunur

modülo kalıntılarının bir sınıfını oluşturan ve formüllerle bulunan çözümler

Nerede İle yardımcı karşılaştırmayı karşılar

Yorum. Teoreme göre karşılaştırma (1) aşağıdaki şekilde çözülür.

1) (a,m) = d, d> 1 ve b:d olduğundan emin olduktan sonra, karşılaştırmalardaki (2) her iki parçayı da d'ye böleriz ve yardımcı bir karşılaştırma a 1 x≡b 1 (mod m 1) elde ederiz, Neresi . Karşılaştırmanın tek bir çözümü var. Çözüm c sınıfı olsun.

2) Cevabı yazın x 0 ≡c(mod m), x 1 ≡c+m 1 (mod m), x 2 ≡c+2m 1 (mod m), … , x d -1 ≡c+(d-1) m1 (mod m).

Kanıt. Teorem 2(3)'e göre yardımcı karşılaştırma orijinal karşılaştırmaya (2) eşdeğerdir. ( 1 olduğundan, yardımcı karşılaştırmanın benzersiz bir çözümü vardır - modulo m 1 = sınıfı. Çözüm x≡c(mod m 1) olsun. c modulo m 1 sayılarının sınıfı modulo m d sınıflarına ayrılır: .

Gerçekte, x0 modulo m 1 sınıfından herhangi bir sayı x 0 +m 1 t biçimindedir. t'yi kalanla d'ye bölün: t = dq +r, burada 0≤r

Yani, karşılaştırma (1)'in d çözümü modulo m vardır: x0, x0+m1,..., x0 +(d-1)m1. (üstte yatay çizgiler)

Örnekler.

1) 20x≡ 15(mod 108). (20,108) = 4 ve 15 4'e bölünemediği için çözüm yoktur.

2) 20x≡ 44(mod 108). (20,108) = 4 ve 44:4, dolayısıyla karşılaştırmanın dört çözümü vardır. Hem parçayı hem de modülü 4'e bölerek şunu elde ederiz:

5х≡11(mod 27); 5 x≡11-81 ≡ -70(mod27), x ≡ -14 ≡ 13(mod 27). O zaman x≡13 + 27r(mod 108), burada r = 0,1,2,3. ben jj

Cevap: x≡13(modl08); x ≡ 40(mod108); x ≡ 67(mod108); x≡94(modl08).

Karşılaştırma teorisinin belirsiz denklemlerin çözümüne uygulanması

Belirsiz veya diğer adıyla birinci dereceden iki bilinmeyenli ax + by = c olan, a, b, c € Z olan bir Diophantine denklemini ele alalım. Bu denklemi tam sayılarla çözmeniz gerekiyor. (a,b)=d ve c, d'ye bölünemiyorsa, karşılaştırmanın tamsayılarda çözümü olmadığı açıktır. Eğer c, d'ye bölünebiliyorsa denklemin her iki tarafını da d'ye bölün. Bu nedenle (a, b) =1 durumunu dikkate almak yeterlidir.

ax, c'den b'nin katı kadar farklı olduğundan, ax ≡ c(mod b) (genelliği kaybetmeden b > 0 olduğunu varsayabiliriz). Bu karşılaştırmayı çözerek x ≡x1 (mod b) veya x=x1+bt elde ederiz, burada t€Z. Y'nin karşılık gelen değerlerini belirlemek için a(x1 + bt) + by = c denklemine sahibiz;

Üstelik - bir tamsayıdır, bilinmeyen y'nin x1'e karşılık gelen kısmi bir değeridir (x1 gibi, t ​​= 0'da ortaya çıkar). Ve denklemin genel çözümü, t'nin herhangi bir tam sayı olduğu x=x1+bt, y=y1-at denklem sistemi biçimini alacaktır.

Not 1) ax + by = c denklemi, c'den a'nın bir katı kadar farklı olduğundan, ≡ c(mod a) ile karşılaştırmayla başlanarak çözülebilir;

2) modül olarak seçmek daha uygundur en küçük modül a ve B.

Örnek, 50x – 42y= 34.

Denklemin her iki tarafını da 2'ye bölün.

25x ≡ 17(mod21); 4x ≡ 17 (mod 21) veya 4x ≡ 17-21 ≡ -4(mod21).

x ≡ -1 (mod 21), yani x=-1+21t, t€Z. Bulunan x'i denklemde yerine koyalım. 25(-1 + 21t)- 21y= 17; 21у =-42 + 25* 21t ve у =-2 + 25t.