Poređenje po modulu prirodnog broja. Rješavanje poređenja prvog stepena Rješavanje sistema poređenja po modulu
![Poređenje po modulu prirodnog broja. Rješavanje poređenja prvog stepena Rješavanje sistema poređenja po modulu](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
Razmotrite poređenje forme x 2 ≡a(mod strα), gdje str je jednostavan neparan broj. Kao što je prikazano u Odjeljku 4 §4, rješenje ove podudarnosti može se naći rješavanjem podudarnosti x 2 ≡a(mod str). I poređenje x 2 ≡a(mod strα) će imati dva rješenja ako a je kvadratni ostatak po modulu str.
primjer:
Riješite kvadratno poređenje x 2 ≡86 (mod 125).
125 = 5 3 , 5 je prost broj. Provjerimo da li je 86 kvadrat po modulu 5.
Originalno poređenje ima 2 rješenja.
Hajde da nađemo rešenje za poređenje x 2 ≡86 (mod 5).
x 2 ≡1(mod 5).
Ovo poređenje bi se moglo riješiti na način naveden u prethodnom pasusu, ali ćemo koristiti činjenicu da je kvadratni korijen od 1 po modulu ±1, a poređenje ima tačno dva rješenja. Dakle, rješenje kongruencije po modulu 5 je
x≡±1(mod 5) ili, inače, x=±(1+5 t 1).
Zamijenite rezultirajuće rješenje u poređenje po modulu 5 2 =25:
x 2 ≡86 (mod 25)
x 2 ≡11 (mod 25)
(1+5t 1) 2 ≡11 (mod 25)
1+10t 1 +25t 1 2 ≡11 (mod 25)
10t 1 ≡10 (mod 25)
2t 1 ≡2 (mod 5)
t 1 ≡1(mod 5), ili ekvivalentno, t 1 =1+5t 2 .
Tada je rješenje kongruencije po modulu 25 x=±(1+5(1+5 t 2))=±(6+25 t 2). Zamijenite rezultirajuće rješenje u poređenje po modulu 5 3 =125:
x 2 ≡86 (mod 125)
(6+25t 2) 2 ≡86 (mod 125)
36+12 25 t 2 +625t 2 2 ≡86 (mod 125)
12 25 t 2 ≡50 (mod 125)
12t 2 ≡2 (mod 5)
2t 2 ≡2 (mod 5)
t 2 ≡1(mod 5), ili t 2 =1+5t 3 .
Tada je rješenje poređenja po modulu 125 x=±(6+25(1+5 t 3))=±(31+125 t 3).
odgovor: x≡±31 (mod 125).
Razmotrite sada poređenje forme x 2 ≡a(mod2α). Takvo poređenje nema uvijek dva rješenja. Za takav modul mogući su sljedeći slučajevi:
1) α=1. Tada poređenje ima rješenje samo kada a≡1(mod 2), a rješenje je x≡1(mod 2) (jedno rješenje).
2) α=2. Poređenje ima rješenja samo kada a≡1(mod 4), a rješenje je x≡±1(mod 4) (dva rješenja).
3) α≥3. Poređenje ima rješenja samo kada a≡1(mod 8), a takva rješenja će biti četiri. Poređenje x 2 ≡a(mod 2 α) za α≥3 rješava se na isti način kao i poređenja oblika x 2 ≡a(mod strα), samo rješenja po modulu 8 djeluju kao početno rješenje: x≡±1(mod 8) i x≡±3(mod 8). Treba ih uporediti po modulu 16, zatim po modulu 32 i tako dalje do modula 2 α.
primjer:
Riješite poređenje x 2 ≡33 (mod 64)
64=26. Provjerimo da li originalno poređenje ima rješenje. 33≡1(mod 8), pa poređenje ima 4 rješenja.
Modulo 8 ova rješenja će biti: x≡±1(mod 8) i x≡±3(mod 8), što se može predstaviti kao x=±(1+4 t jedan). Zamijenite ovaj izraz u poređenje po modulu 16
x 2 ≡33 (mod 16)
(1+4t 1) 2 ≡1 (mod 16)
1+8t 1 +16t 1 2 ≡1 (mod 16)
8t 1 ≡0 (mod 16)
t 1 ≡0 (mod 2)
Tada će rješenje poprimiti oblik x=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2 t 2))=±(1+8 t 2). Zamijenite rezultirajuće rješenje u kongruenciju po modulu 32:
x 2 ≡33 (mod 32)
(1+8t 2) 2 ≡1 (mod 32)
1+16t 2 +64t 2 2 ≡1 (mod 32)
16t 2 ≡0 (mod 32)
t 2 ≡0 (mod 2)
Tada će rješenje poprimiti oblik x=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Zamijenite rezultirajuće rješenje u poređenje po modulu 64:
x 2 ≡33 (mod 64)
(1+16t 3) 2 ≡33 (mod 64)
1+32t 3 +256t 3 2 ≡33 (mod 64)
32t 3 ≡32 (mod 64)
t 3 ≡1 (mod 2)
Tada će rješenje poprimiti oblik x=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 tčetiri). Dakle, po modulu 64, originalno poređenje ima četiri rješenja: x≡±17(mod 64)i x≡±49 (mod 64).
Sada razmotrite generalno poređenje: x 2 ≡a(mod m), (a,m)=1, - kanonska dekompozicija modula m. Prema teoremi iz 4. tačke §4, ovo poređenje je ekvivalentno sistemu
Ako je svako poređenje ovog sistema odlučivo, onda je cijeli sistem odlučiv. Nakon što smo pronašli rješenje svakog poređenja ovog sistema, dobijamo sistem poređenja prvog stepena, rješavanjem kojeg, koristeći kinesku teoremu o ostatku, dobijamo rješenje originalnog poređenja. Štaviše, broj različitih rješenja originalnog poređenja (ako je rješivo) je 2 k, ako je α=1, 2 k+1 ako je α=2, 2 k+2 ako je α≥3.
primjer:
Riješite poređenje x 2 ≡4 (mod 21).
Matematički projekat na temu
"Modulo poređenja"
Zaripova Aisylu
Sovjetski okrug grada Kazana
MBOU "Srednja škola br. 166", razred 7a
Naučni savetnik: Antonova N.A.
Sadržaj
Uvod _______________________________________________________________3
Šta su poređenja _______________________________________________4
Koncept poređenja po modulu ________________________________4
Istorijat nastanka koncepta poređenja po modulu _____4
Svojstva poređenja ________________________________________________4
Najjednostavnija primjena poređenja po modulu je određivanje djeljivosti brojeva _____________________6
Jedan zadatak za poređenje _______________________________8
Upotreba modulo poređenja u profesionalnim aktivnostima _______________________________________9
Primjena poređenja u rješavanju problema ___________________6
Zaključak________________________________________________10
Spisak referenci ________________________________11
Uvod.
R&D: Modulo poređenja.
Problem: Mnogi učenici se susreću sa zadacima u pripremi za olimpijade čije se rješavanje zasniva na poznavanju ostataka dijeljenja cijelih brojeva prirodnim brojem. Zanimali su nas takvi problemi i mogući načini za njihovo rješavanje. Ispostavilo se da se oni mogu riješiti korištenjem modulo poređenja.
Svrha: Pojasniti suštinu modulo poređenja, glavne metode rada sa modulo poređenja.
Zadaci: pronaći teorijski materijal na ovu temu, razmotriti probleme koji se rješavaju primjenom modulo poređenja, pokazati najčešće metode za rješavanje takvih problema, izvesti zaključke.
Predmet proučavanja: teorija brojeva.
Predmet istraživanja: teorija poređenja po modulu.
Rad pripada teorijskom istraživanju i može se koristiti u pripremi za olimpijade iz matematike. U njegovom sadržaju otkrivaju se osnovni pojmovi modulo poređenja i njihova glavna svojstva, daju se primjeri rješavanja problema na ovu temu.
I . Šta su poređenja.
Koncept poređenja po modulu.
Za brojeve i kaže se da su modulo uporedivi ako su djeljivi sa, drugim riječima, a i b imaju isti ostatak kada se dijele sa.
Oznaka
primjeri:
12 i 32 su uporedivi po modulu 5, jer 12, kada se podijeli sa 5, ima ostatak od 2, a 32, kada se podijeli sa 2, ima ostatak od 2. Piše se12 ;
101 i 17 su kongruentni po modulu 21;
Istorijat koncepta poređenja po modulu.
U velikoj mjeri, teoriju djeljivosti stvorio je Euler. Definicija poređenja formulisana je u knjizi C.F. Gaussa "Aritmetička istraživanja". Ovo djelo, napisano latinicom, počelo je da se štampa 1797. godine, ali je knjiga objavljena tek 1801. godine zbog činjenice da je proces štampanja u to vrijeme bio izuzetno naporan i dugotrajan. Prvi dio Gaussove knjige zove se "O upoređivanju brojeva". Gauss je bio taj koji je predložio simboliku poređenja po modulu, koja je uspostavljena u matematici.
Svojstva poređenja.
Ako a
dokaz:
Ako prvoj jednačini dodamo drugu, dobićemo
je zbir dva cijela broja, tako da je cijeli broj, dakle.
Ako oduzmemo drugu od prve jednačine, dobićemo
je razlika dva cijela broja, tako da je cijeli broj, dakle.
Razmotrimo izraz:
je razlika između proizvoda cijelih brojeva, tako da je cijeli broj, dakle.
Ovo je posljedica trećeg svojstva poređenja.
Q.E.D.
5) Ako a.
dokaz: Nađimo zbir ova dva izraza:
je zbir dva cijela broja, tako da je cijeli broj, dakle .
Q.E.D.
6) Ako je cijeli broj, onda
Dokaz: gdestr- cijeli broj, pomnožimo ovu jednakost sa, dobićemo: . Pošto je proizvod cijelih brojeva, što je trebalo dokazati.
7) Ako a
dokaz: Obrazloženje je slično dokazu imovine 6.
8) Ako a - onda relativno prosti brojevi
dokaz: , ovaj izraz podijelimo sa, dobićemo: - koprosti brojevi, što znači da je djeljiv cijelim brojem, tj. =. A to znači ono što je trebalo dokazati.
II . Primjena poređenja u rješavanju problema.
2.1. Najjednostavnija primjena poređenja po modulu je određivanje djeljivosti brojeva.
Primjer. Pronađite ostatak podjela 2 2009 u 7.
Rješenje: Razmotrite potencije od 2:
Podizanjem poređenja na stepen 668 i množenjem sa, dobijamo: .
Odgovor: 4.
Primjer. Dokaži da je 7+7 2 +7 3 +…+7 4 n djeljivo sa 100 za bilo kojiniz skupa cijelih brojeva.
Rješenje: Razmotrite poređenja
itd. Cikličnost ostataka objašnjava se pravilima za množenje brojeva kolonom. Zbrajanjem prva četiri poređenja dobijamo:
Dakle, ovaj zbir je djeljiv sa 100 bez ostatka. Slično, sabiranjem sljedećih poređenja o četiri, dobijamo da je svaki takav zbir djeljiv sa 100 bez ostatka. Dakle, cijeli zbir od 4npojmovi je djeljiv sa 100 bez ostatka. Q.E.D.
Primjer. Odredite po kojoj vrijednostinizraz je djeljiv sa 19 bez ostatka.
Rješenje: .
Pomnožite ovo poređenje sa 20. Dobijamo.
Onda dodajmo poređenja. . Dakle, desna strana poređenja je uvijek djeljiva sa 19 za bilo koju prirodnun, što znači da je originalni izraz djeljiv sa 19 sa prirodnimn.
Odgovori n je bilo koji prirodan broj.
Primjer. Kojom cifrom završava broj.
Rješenje. Da bismo riješili ovaj problem, pratit ćemo samo posljednju cifru. Razmotrimo moći broja 14:
Vidi se da se za neparan eksponent vrijednost stepena završava na 4, a za paran na 6. Tada se završava na 6, tj. je paran broj. Tako da će završiti u 6.
Odgovor 6.
2.2. Jedan zadatak za poređenje.
Članak N. Vilenkina "Poređenja i klase rezidua" predstavlja problem koji je poznati engleski fizičar Dirac riješio u studentskim godinama.
Postoji i kratko rješenje ovog problema korištenjem modulo poređenja. Ali susreli smo se s nizom sličnih zadataka. Na primjer.
Jedan prolaznik pronašao je gomilu jabuka u blizini drveta na kojem je sjedio majmun. Nakon što ih je prebrojao, shvatio je da ako se 1 jabuka da majmunu, onda će se broj preostalih jabuka podijeliti sa n bez traga. Davši dodatnu jabuku majmunu, uzeo je 1/ n preostale jabuke i lijevo. Gomili je kasnije prišao sljedeći prolaznik, pa sljedeći i tako dalje. Svaki sljedeći prolaznik, brojeći jabuke, primijetio je da je njihov broj, kada se podijeli sa n daje ostatak 1 i, dajući majmunu dodatnu jabuku, uzeo je 1 / n preostale jabuke i krenuli dalje. Nakon što je posljednji otišao n Prolaznika, broj jabuka preostalih na hrpi je djeljiv sa n bez traga. Koliko je jabuka prvo bilo na hrpi?
Provodeći isto razmišljanje kao Dirac, dobili smo opću formulu za rješavanje klase sličnih problema: , gdje jen- prirodni broj.
2.3. Upotreba modulo poređenja u profesionalnim aktivnostima.
Teorija poređenja se koristi u teoriji kodiranja, tako da će svi ljudi koji se odluče za profesiju vezanu za računare učiti i, eventualno, primjenjivati poređenja u svojim profesionalnim aktivnostima. Na primjer, za razvoj algoritama za šifriranje javnog ključa, koriste se brojni koncepti teorije brojeva, uključujući modulo poređenja.
Zaključak.
U radu su prikazani osnovni pojmovi i svojstva modulo poređenja, primjeri ilustriraju upotrebu modulo poređenja. Materijal se može koristiti u pripremi za olimpijade iz matematike i Jedinstveni državni ispit.
Navedena lista referenci omogućava, ako je potrebno, da se razmotre neki složeniji aspekti teorije modulo poređenja i njene primjene.
Spisak korišćene literature.
Alfutova N.B. Algebra i teorija brojeva./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 str.
Bukhshtab A.A. Teorija brojeva. / A.A. Bukhshtab. Moskva: Obrazovanje, 1960.
Vilenkin N. Poređenja i klase ostataka./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorova N.E. Proučavanje algebre i matematičke analize. 10. razred.http:// www. prosv. en/ ebooks/ Fedorova_ Algebra_10 kl/1/ xht
en. wikipedia. org/ wiki/Modulo_comparison.
Kod n daju isti ostatak.
Ekvivalentne formulacije: a i b uporedivi modulo n ako je njihova razlika a - b je djeljiv sa n , ili ako se a može predstaviti kao a = b + kn , gdje k je neki cijeli broj. Na primjer: 32 i −10 su kongruentni po modulu 7 jer
Izjava "a i b su kongruentni po modulu n" piše se kao:
Svojstva jednakosti modula
Relacija poređenja po modulu ima svojstva
Bilo koja dva cijela broja a i b su uporedivi po modulu 1.
U redu za brojeve a i b bili uporedivi po modulu n, potrebno je i dovoljno da je njihova razlika djeljiva sa n.
Ako su brojevi i parno uporedivi po modulu n, zatim njihove sume i , kao i proizvodi i također su uporedivi po modulu n.
Ako brojevi a i b uporedivi modulo n, zatim njihove diplome a k i b k su takođe uporedivi po modulu n za bilo koji prirodni k.
Ako brojevi a i b uporedivi modulo n, i n podijeljena m, onda a i b uporedivi modulo m.
U redu za brojeve a i b bili uporedivi po modulu n, predstavljen kao njegova kanonska dekompozicija na osnovne faktore str i
neophodno i dovoljno za
Relacija poređenja je relacija ekvivalencije i ima mnoga svojstva običnih jednakosti. Na primjer, mogu se sabirati i množiti: if
Međutim, poređenja se, općenito govoreći, ne mogu podijeliti jedno s drugim ili drugim brojevima. Primjer: , međutim, smanjivanjem za 2, dobivamo pogrešno poređenje: . Pravila smanjenja za poređenje su sljedeća.
Također ne možete izvoditi operacije na poređenjima ako se njihovi moduli ne podudaraju.
Ostale nekretnine:
Povezane definicije
Odbici
Skup svih brojeva uporedivih sa a modulo n pozvao klasa odbitka a modulo n , i obično se označava sa [ a] n ili . Dakle, poređenje je ekvivalentno jednakosti klasa ostataka [a] n = [b] n .
Zato što poređenje po modulu n je relacija ekvivalencije na skupu cijelih brojeva, tada su klase ostataka po modulu n su klase ekvivalencije; njihov broj je n. Skup svih klasa ostataka po modulu n označeno sa ili .
Operacije sabiranja i množenja na indukuju odgovarajuće operacije na skupu:
[a] n + [b] n = [a + b] nS obzirom na ove operacije, skup je konačan prsten, i ako n jednostavno - završno polje .
Sistemi odbitka
Sistem rezidua vam omogućava da izvodite aritmetičke operacije na konačnom skupu brojeva, a da ne idete dalje od toga. Kompletan sistem odbitaka modul n je bilo koji skup od n cijelih brojeva koji su neuporedivi po modulu n. Obično se kao kompletan sistem ostataka po modulu n uzimaju najmanji nenegativni ostaci
0,1,...,n − 1ili apsolutno najmanji ostaci koji se sastoje od brojeva
,u slučaju neparnog n i brojevi
u slučaju čak n .
Odluka o poređenju
Poređenja prvog stepena
U teoriji brojeva, kriptografiji i drugim oblastima nauke često se javlja problem pronalaženja rješenja za poređenje prvog stepena oblika:
Rješenje takvog poređenja počinje izračunavanjem gcd (a, m)=d. U ovom slučaju moguća su 2 slučaja:
- Ako a b nije višestruko d, tada poređenje nema rješenja.
- Ako a b višestruko d, tada poređenje ima jedinstveno rješenje po modulu m / d, ili, što je isto, d modulo rješenja m. U ovom slučaju, kao rezultat smanjenja originalnog poređenja za d rezultati poređenja:
gdje a 1 = a / d , b 1 = b / d i m 1 = m / d su cijeli brojevi, i a 1 i m 1 su međusobno prosti. Stoga broj a 1 se može invertirati po modulu m 1, odnosno pronađite takav broj c to (drugim riječima, ). Sada se rješenje nalazi množenjem rezultirajućeg poređenja sa c:
Izračun praktične vrijednosti c može se uraditi na različite načine: korištenjem Ojlerove teoreme, Euklidovog algoritma, teorije kontinuiranih razlomaka (vidi algoritam), itd. Konkretno, Eulerova teorema vam omogućava da zapišete vrijednost c kao:
Primjer
Poređenja radi, imamo d= 2, pa po modulu 22 poređenje ima dva rješenja. Zamenimo 26 sa 4, što je uporedivo po modulu 22, a zatim poništimo sva 3 broja sa 2:
Budući da je 2 relativno jednostavno po modulu 11, možemo smanjiti lijevu i desnu stranu za 2. Kao rezultat, dobijamo jedno rješenje po modulu 11: , što je ekvivalentno dvama rješenjima po modulu 22: .
Poređenja drugog stepena
Rješavanje poređenja drugog stepena svodi se na pronalaženje da li je dati broj kvadratni ostatak (koristeći kvadratni zakon reciprociteta) i zatim izračunavanje kvadratnog korijena po modulu ovog.
Priča
Kineska teorema o ostatku, poznata vekovima, kaže (modernim matematičkim jezikom) da je prsten ostatka po modulu umnožak nekoliko međusobno prostih brojeva
Poređenje sa jednom nepoznatom x ima oblik
Gdje . Ako a a n nije djeljivo sa m, onda se zove stepen poređenja.
Odluka poređenje je bilo koji cijeli broj x 0 , za koji
Ako a X 0 zadovoljava poređenje, onda će, prema svojstvu 9 poređenja, ovo poređenje zadovoljiti sve cijele brojeve uporedive sa x 0 modulo m. Dakle, sva rješenja poređenja pripadaju istoj klasi modulo ostataka t, razmatraćemo kao jedno rešenje. Dakle, poređenje ima onoliko rješenja koliko ima elemenata kompletnog sistema ostataka koji ga zadovoljavaju.
Pozivaju se poređenja čiji su skupovi rješenja isti ekvivalentno.
2.2.1 Poređenja prvog stepena
Poređenje prvog stepena sa jednom nepoznatom X ima oblik
(2.2)
Teorema 2.4. Da bi poređenje imalo barem jedno rješenje, potrebno je i dovoljno da broj b podijeljeno sa GCD( a, m).
Dokaz. Prvo dokazujemo neophodnost. Neka d
=
GCD( a,
m)
i X 0
- rešenje za poređenje. Onda , odnosno razlika Oh 0
−
b
podijeljena t. Dakle, postoji cijeli broj q,
šta Oh 0
−
b
=
qm.
Odavde b= ah 0
−
qm.
I od tada d,
kao zajednički djelitelj, dijeli brojeve a i t, tada su minuend i subtrahend podijeljeni sa d,
i stoga b
podijeljena d.
Sada dokažemo dovoljnost. Neka d- najveći zajednički djelitelj brojeva a i t, i b podijeljena d. Zatim, prema definiciji djeljivosti, postoje cijeli brojevi a 1 , b 1 ,t 1 , šta .
Koristeći prošireni Euklid algoritam, nalazimo linearni prikaz broja 1 = gcd( a 1 , m 1 ):
za neke x 0 , y 0 . Oba dijela posljednje jednakosti množimo sa b 1 d:
ili, što je isto,
,
odnosno , i je rješenje poređenja. □
Primjer 2.10. Poređenje 9 X= 6 (mod 12) ima rješenje jer je gcd(9, 12) = 3 i 6 je deljivo sa 3. □
Primjer 2.11. Poređenje 6x= 9 (mod 12) nema rješenja jer gcd(6, 12) = 6 i 9 nije djeljivo sa 6. □
Teorema 2.5. Neka je kongruencija (2.2) odlučiva i d = GCD( a, m). Tada se skup rješenja poređenja (2.2) sastoji od d modulo klasa ostataka t, naime, ako X 0 je jedno od rješenja, onda su sva ostala rješenja
Dokaz. Neka X 0
je rješenje poređenja (2.2), tj. i ,
.
Dakle, postoji takav q, šta Oh 0
−
b
=
qm.
Zamjena sada u posljednju jednakost umjesto X 0
proizvoljno rješenje oblika, gdje, dobijamo izraz
, djeljivo sa m. □
Primjer 2.12. Poređenje 9 X=6 (mod 12) ima tačno tri rješenja pošto je gcd(9, 12)=3. Ova rješenja su: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Primjer 2.13. Poređenje 11 X=2 (mod 15) ima jedinstveno rješenje X 0 = 7 pošto gcd(11,15)=1.□
Hajde da pokažemo kako riješiti poređenje prvog stepena. Bez gubitka općenitosti, pretpostavit ćemo da je GCD( a, t) = 1. Tada se rješenje kongruencije (2.2) može tražiti, na primjer, korištenjem Euklidovog algoritma. Zaista, koristeći prošireni Euklidski algoritam, broj 1 predstavljamo kao linearnu kombinaciju brojeva a i t:
Pomnožite obje strane ove jednačine sa b, dobijamo: b = abq + mrb, gdje abq - b = - mrb, to je a ∙ (bq) = b(mod m) i bq je rješenje poređenja (2.2).
Drugi način rješavanja je korištenje Ojlerove teoreme. Opet, pretpostavljamo da je GCD(a, t)= 1. Primjenjujemo Ojlerovu teoremu: . Pomnožite obje strane poređenja sa b:
.
Prepisivanje posljednjeg izraza kao
, dobijamo da je to rješenje kongruencije (2.2).
Neka sada GCD( a, m) = d>1. Onda a = atd, m = mtd, gdje gcd( a 1 , m 1) = 1. Osim toga, neophodno je b = b 1 d, da bi poređenje bilo razrješivo. Ako a X 0 - rešenje za poređenje a 1 x = b 1 (mod m 1), i jedini, jer GCD( a 1 , m 1) = 1, dakle X 0 biće odluka i poređenje a 1 xd = db 1 (mod m 1), odnosno originalno poređenje (2.2). Odmori se d- 1 rješenje je pronađeno po teoremi 2.5.
Poređenje prvog stepena sa jednom nepoznatom ima oblik:
f(x) 0 (mod m); f(X) = Oh + a n. (1)
Riješite poređenje znači pronaći sve vrijednosti x koje ga zadovoljavaju. Pozivaju se dva poređenja koja zadovoljavaju iste vrijednosti x ekvivalentno.
Ako poređenje (1) zadovoljava neke x = x 1, zatim (prema 49) svi brojevi uporedivi sa x 1 , modulo m: x x 1 (mod m). Cijela ova klasa brojeva se računa kao jedno rešenje. Ovim sporazumom se može izvesti sljedeći zaključak.
66.S poravnanje (1) imaće onoliko rješenja koliko ima ostataka kompletnog sistema koji ga zadovoljava.
Primjer. Poređenje
6x– 4 0 (mod 8)
među brojevima 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 kompletnog sistema ostataka po modulu 8, dva broja zadovoljavaju: X= 2 i X= 6. Dakle, ovo poređenje ima dva rješenja:
x 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Poređenje prvog stepena prenošenjem slobodnog člana (sa suprotnim predznakom) na desnu stranu može se svesti na oblik
sjekira b(mod m). (2)
Razmotrimo poređenje koje zadovoljava uslov ( a, m) = 1.
Prema 66 naše poređenje ima onoliko rješenja koliko ima ostataka kompletnog sistema koji ga zadovoljava. Ali kada x prolazi kroz kompletan sistem ostataka po modulu t, onda Oh prolazi kroz cijeli sistem odbitaka (od 60). Dakle, za jednu i samo jednu vrijednost X, preuzeto iz kompletnog sistema, Oh biće uporedivo sa b. dakle,
67. Za (a, m) = 1 uporedna os b(mod m)ima jedno rešenje.
pusti sada ( a, m) = d> 1. Tada je za poređenje (2) potrebno (od 55) da ima rješenja b podijeljen u d, inače je poređenje (2) nemoguće za bilo koji cijeli broj x . Pretpostavljajući dakle b višestruko d, stavimo a = a 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. Tada će poređenje (2) biti ekvivalentno ovome (smanjeno za d): a 1 x b 1 (mod m), u kojoj već ( a 1 , m 1) = 1, i stoga će imati jedno rješenje po modulu m jedan . Neka X 1 je najmanji nenegativni ostatak ovog rješenja po modulu m 1 , onda svi brojevi x , formiranje ovog rješenja može se naći u obliku
x x 1 (mod m 1). (3)
Po modulu, brojevi (3) ne čine jedno rješenje, već više, točno onoliko rješenja koliko ima brojeva (3) u nizu 0, 1, 2, ..., m 1 najmanji nenegativni ostatak po modulu m. Ali ovdje će pasti sljedeće brojke (3):
x 1 , x 1 + m 1 , x 1 + 2m 1 , ..., x 1 + (d – 1) m 1 ,
one. Ukupno d brojevi (3); stoga poređenje (2) ima d rješenja.
Dobijamo teoremu:
68. Neka (a, m) = d. poređenje ax b ( mod m) nemoguće ako b nije deljivo sa d. Kada je b višekratnik od d, poređenje ima d rješenja.
69. Metoda rješavanja poređenja prvog stepena, zasnovana na teoriji kontinuiranih razlomaka:
Proširivanje u kontinuirani razlomak omjera m:a,
i uzimajući u obzir posljednja dva konvergenta:
prema svojstvima kontinuiranih razlomaka (prema 30 ) imamo
Dakle, poređenje ima rješenje
za pretragu, što je dovoljno za izračunavanje P n- 1 prema metodi navedenoj u 30.
Primjer. Hajde da rešimo poređenje
111x= 75 (mod 321). (četiri)
Ovdje (111, 321) = 3, a 75 je višekratnik od 3. Prema tome, poređenje ima tri rješenja.
Podjelom oba dijela poređenja i modula sa 3, dobijamo poređenje
37x= 25 (mod 107), (5)
o čemu prvo treba da odlučimo. Imamo
q | |||||
P 3 |
Dakle, u ovom slučaju n = 4, P n - 1 = 26, b= 25, a rješenje poređenja (5) imamo u obliku
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Dakle, rješenja poređenja (4) su predstavljena na sljedeći način:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Izračunavanje inverznog elementa po modulu a
70.Ako cijeli brojevi a i n koprost, onda postoji broj a′, zadovoljavajući poređenje a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). Broj a′ pozvao multiplikativni inverz od modula n a za to se koristi notacija a- 1 (mod n).
Izračunavanje recipročnih vrednosti po modulu nekih može se izvršiti rešenjem poređenja prvog stepena sa jednom nepoznatom, u kojoj x prihvaćen broj a′.
Da nađem rešenje za poređenje
sjekira≡ 1 (mod m),
gdje ( a,m)= 1,
može se koristiti Euklid algoritam (69) ili Fermat-Eulerova teorema, koja kaže da ako ( a,m) = 1, onda
a φ( m) ≡ 1(mod m).
x ≡ a φ( m)–1 (mod m).
Grupe i njihova svojstva
Grupe su jedna od taksonomskih klasa koje se koriste u klasifikaciji matematičkih struktura sa zajedničkim karakterističnim svojstvima. Grupe imaju dvije komponente: mnogo (G) i operacije() definisano na ovom skupu.
Koncepti skupa, elementa i pripadnosti su osnovni nedefinisani koncepti moderne matematike. Bilo koji skup je definiran elementima koji su u njemu uključeni (koji zauzvrat također mogu biti skupovi). Dakle, kažemo da je skup definiran ili dat ako za bilo koji element možemo reći da li pripada ovom skupu ili ne.
Za dva seta A, B evidencije B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B znači, respektivno, to B je podskup skupa A(tj. bilo koji element iz B je takođe sadržan u A, na primjer, skup prirodnih brojeva je sadržan u skupu realnih brojeva; osim toga, uvek A A), B je ispravan podskup skupa A(oni. B A i B ≠ A), raskrsnica mnogih B i A(tj. svi takvi elementi koji leže istovremeno i u A, i u B, na primjer, presjek cijelih brojeva i pozitivnih realnih brojeva je skup prirodnih brojeva), unija skupova B i A(tj. skup koji se sastoji od elemenata koji leže bilo u A, bilo u B), postavite razliku B i A(tj. skup elemenata koji leže u B, ali nemojte lagati A), kartezijanski proizvod skupova A i B(tj. skup parova oblika ( a, b), gdje a A, b B). Kroz | A| kardinalnost skupa je uvijek označena A, tj. broj elemenata u setu A.
Operacija je pravilo prema kojem bilo koja dva elementa skupa G(a i b) je povezan s trećim elementom iz G: a b.
Puno elemenata G sa operacijom pod nazivom grupa ako su ispunjeni sledeći uslovi.