Srovnání modulo přirozené číslo. Řešení komparace prvního stupně Řešení systému komparace modulo
![Srovnání modulo přirozené číslo. Řešení komparace prvního stupně Řešení systému komparace modulo](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
Zvažte srovnání formuláře X 2 ≡A(mod pα), kde p je jednoduché liché číslo. Jak ukazuje oddíl 4 §4, řešení této kongruence lze nalézt řešením kongruence X 2 ≡A(mod p). A to srovnání X 2 ≡A(mod pα) bude mít dvě řešení, jestliže A je kvadratický zbytek modulo p.
Příklad:
Vyřešte kvadratické srovnání X 2 ≡86 (mod 125).
125 = 5 3 , 5 je prvočíslo. Zkontrolujeme, zda 86 je čtvercový modulo 5.
Původní srovnání má 2 řešení.
Pojďme najít srovnávací řešení X 2 ≡86 (mod 5).
X 2 ≡1 (mod 5).
Toto srovnání by se dalo vyřešit způsobem naznačeným v předchozím odstavci, ale využijeme toho, že druhá odmocnina z 1 modulo je ±1 a porovnání má právě dvě řešení. Řešením kongruence modulo 5 je tedy
X≡±1(mod 5) nebo jinak, X=±(1+5 t 1).
Dosaďte výsledné řešení ve srovnání modulo 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), nebo ekvivalentně, t 1 =1+5t 2 .
Pak řešení kongruence modulo 25 je X=±(1+5(1+5 t 2))=±(6+25 t 2). Dosaďte výsledné řešení ve srovnání modulo 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), nebo t 2 =1+5t 3 .
Pak je řešením srovnávací modulo 125 X=±(6+25(1+5 t 3))=±(31+125 t 3).
Odpovědět: X≡±31 (mod 125).
Zvažte nyní srovnání formuláře X 2 ≡A(mod2α). Takové srovnání nemá vždy dvě řešení. U takového modulu jsou možné následující případy:
1) a=1. Pak má srovnání řešení až když A≡1(mod 2) a řešení je X≡1(mod 2) (jedno řešení).
2) a=2. Srovnání má řešení pouze tehdy A≡1(mod 4) a řešení je X≡±1(mod 4) (dvě řešení).
3) a≥3. Srovnání má řešení pouze tehdy A≡1(mod 8) a budou čtyři taková řešení. Srovnání X 2 ≡A(mod 2 α) pro α≥3 se řeší stejným způsobem jako srovnání tvaru X 2 ≡A(mod pα), pouze řešení modulo 8 fungují jako počáteční řešení: X≡±1(mod 8) a X≡±3 (mod 8). Měly by být porovnány modulo 16, pak modulo 32 a tak dále až do modulo 2 α .
Příklad:
Vyřešte srovnání X 2 ≡33 (mod 64)
64=26. Zkontrolujeme, zda má původní srovnání řešení. 33≡1(mod 8), takže srovnání má 4 řešení.
Modulo 8 tato řešení budou: X≡±1(mod 8) a X≡±3(mod 8), což může být reprezentováno jako X=±(1+4 t jeden). Nahraďte tento výraz ve srovnání modulo 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)
Pak bude mít řešení formu X=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2 t 2))=±(1+8 t 2). Dosaďte výsledné řešení do kongruence modulo 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)
Pak bude mít řešení formu X=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Dosaďte výsledné řešení v porovnání modulo 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)
Pak bude mít řešení formu X=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 tčtyři). Takže, modulo 64, původní srovnání má čtyři řešení: X≡±17(mod 64)a X≡±49 (mod 64).
Nyní zvažte obecné srovnání: X 2 ≡A(mod m), (A,m)=1, - kanonický rozklad modulu m. Podle věty z bodu 4 §4 je toto srovnání ekvivalentní systému
Je-li rozhodnutelné každé srovnání tohoto systému, pak je rozhodnoutelný celý systém. Po nalezení řešení každého srovnání tohoto systému získáme systém srovnání prvního stupně, jehož řešením pomocí čínské věty o zbytku získáme řešení původního srovnání. Navíc počet různých řešení původního srovnání (pokud je řešitelné) je 2 k, pokud α=1, 2 k+1, pokud α=2, 2 k+2, pokud α≥3.
Příklad:
Vyřešte srovnání X 2 ≡4 (mod 21).
Matematický projekt na dané téma
"Porovnání modulů"
Zaripova Aisylu
Sovetsky okres města Kazaň
MBOU "Střední škola č. 166", ročník 7a
Vědecký poradce: Antonova N.A.
Obsah
Úvod _________________________________________________________3
Jaká jsou srovnání ______________________________________________4
Koncept modulo srovnání _________________________________4
Historie vzniku konceptu srovnání modulo _____4
Srovnávací vlastnosti _________________________________________________4
Nejjednodušší aplikací modulo srovnání je určení dělitelnosti čísel _________________________________6
Jeden úkol pro srovnání ________________________________8
Využití modulo srovnání v profesionálních činnostech ____________________________________________9
Použití přirovnání k řešení problémů _______________________6
Závěr___________________________________________________10
Seznam referencí ______________________________11
Úvod.
R&D: Modulo srovnání.
Problém: Mnoho studentů stojí v přípravě na olympiády před úkoly, jejichž řešení je založeno na znalosti zbytků při dělení celých čísel přirozeným číslem. Zajímaly nás takové problémy a možné způsoby jejich řešení. Ukazuje se, že je lze vyřešit pomocí modulo srovnání.
Účel: Objasnit podstatu modulových porovnávání, hlavních metod práce s modulovým porovnáváním.
Úkoly: najít teoretický materiál na toto téma, uvažovat o problémech, které se řeší pomocí modulových porovnání, ukázat nejběžnější metody řešení takových problémů, vyvodit závěry.
Předmět studia: teorie čísel.
Předmět výzkumu: teorie komparace modulo.
Práce patří do teoretického výzkumu a lze ji využít při přípravě na olympiády v matematice. V jejím obsahu jsou odhaleny základní pojmy modulo srovnání a jejich hlavní vlastnosti, uvedeny příklady řešení úloh na toto téma.
já . Co jsou srovnání.
Koncept modulo srovnání.
Čísla a jsou považována za modulo srovnatelná, pokud jsou dělitelná, jinými slovy, a a b mají stejný zbytek, když je děleno.
Označení
Příklady:
12 a 32 jsou srovnatelné modulo 5, protože 12, když je děleno 5, má zbytek 2, a 32, když je děleno 2, má zbytek 2.12 ;
101 a 17 jsou kongruentní modulo 21;
Historie konceptu modulo srovnání.
Teorii dělitelnosti do značné míry vytvořil Euler. Definice srovnání byla formulována v knize C.F. Gausse „Arithmetic Research“. Toto latinsky psané dílo se začalo tisknout v roce 1797, ale kniha byla vydána až v roce 1801 kvůli tomu, že tehdejší tisk byl nesmírně pracný a zdlouhavý. První oddíl Gaussovy knihy se jmenuje „O srovnání čísel“. Byl to Gauss, kdo navrhl symboliku modulo srovnání, která byla zavedena v matematice.
Srovnávací vlastnosti.
Pokud
Důkaz:
Pokud k první rovnici přidáme druhou, dostaneme
je součet dvou celých čísel, takže je celé číslo, tedy.
Pokud od první rovnice odečteme druhou, dostaneme
je rozdíl dvou celých čísel, takže je celé číslo.
Zvažte výraz:
je rozdíl mezi součiny celých čísel, takže je celé číslo.
To je důsledek třetí vlastnosti přirovnání.
Q.E.D.
5) Pokud.
Důkaz: Pojďme najít součet těchto dvou výrazů:
je součet dvou celých čísel, takže je celé číslo, tedy .
Q.E.D.
6) Pokud je celé číslo, pak
Důkaz: kdep- celé číslo, vynásobte tuto rovnost, dostaneme: . Protože je součin celých čísel, což bylo potřeba dokázat.
7) Pokud
Důkaz: Odůvodnění je podobné jako u důkazu o majetku 6.
8) Pokud - tedy relativně prvočísla
Důkaz: , tento výraz vydělíme, dostaneme: - prvočísla, což znamená, že je dělitelné celým číslem, tzn. =. A to znamená, že to, co bylo požadováno, musí být prokázáno.
II . Aplikace přirovnání k řešení problémů.
2.1. Nejjednodušší aplikací modulo srovnání je určení dělitelnosti čísel.
Příklad. Najděte zbytek divize 2 2009 v 7.
Řešení: Zvažte mocniny 2:
Zvýšíme-li srovnání na mocninu 668 a vynásobíme, dostaneme: .
Odpověď: 4.
Příklad. Dokažte, že 7+7 2 +7 3 +…+7 4 n dělitelné 100 pro libovolnénz množiny celých čísel.
Řešení: Zvažte srovnání
atd. Cyklicita zbytků je vysvětlena pravidly pro násobení čísel sloupcem. Když přidáme první čtyři srovnání, dostaneme:
Tento součet je tedy beze zbytku dělitelný 100. Podobně, když sečteme následující srovnání o čtyřech, dostaneme, že každý takový součet je beze zbytku dělitelný 100. Takže celý součet 4nčlen je dělitelný 100 beze zbytku. Q.E.D.
Příklad. Určete v jaké hodnotěnvýraz je dělitelný 19 beze zbytku.
Řešení: .
Vynásobte toto srovnání 20. Dostaneme.
Tak přidáme srovnání. . Pravá strana srovnání je tedy vždy dělitelná 19 pro jakékoli přirozenén, což znamená, že původní výraz je dělitelný 19 s přirozenýmn.
Odpovědět n je libovolné přirozené číslo.
Příklad. Jakou číslicí číslo končí.
Řešení. K vyřešení tohoto problému se budeme řídit pouze poslední číslicí. Zvažte mocniny čísla 14:
Je vidět, že pro lichý exponent končí hodnota stupně na 4 a pro sudý na 6. Pak končí na 6, tzn. je sudé číslo. Takže to skončí v 6.
Odpověď 6.
2.2. Jeden úkol pro srovnání.
Článek N. Vilenkina „Comparisons and Residue Classes“ představuje problém, který ve svých studentských letech řešil slavný anglický fyzik Dirac.
Existuje také stručné řešení tohoto problému pomocí modulových porovnání. Podobných úkolů jsme se ale setkali s řadou. Například.
Jeden kolemjdoucí našel u stromu, kde seděla opice, trs jablek. Po jejich spočítání si uvědomil, že pokud 1 jablko dostane opice, počet zbývajících jablek se vydělí n beze stopy. Když dal opici jablko navíc, vzal si 1/ n zbývající jablka a odešel. Ke hromadě se později přiblížil další kolemjdoucí, pak další a tak dále. Každý další kolemjdoucí, počítání jablek, si všiml, že jejich počet, když je dělen n dává zbytek 1 a když dal opici jablko navíc, vzal 1 / n zbývající jablka a šli dál. Poté, co odešel poslední n kolemjdoucí, počet jablek zbylých v hromadě je dělitelný n beze stopy. Kolik jablek bylo zpočátku v hromadě?
Po provedení stejné úvahy jako Dirac jsme získali obecný vzorec pro řešení třídy podobných problémů: , kden- přirozené číslo.
2.3. Využití modulo srovnání v odborných činnostech.
Teorie srovnávání se používá v teorii kódování, takže všichni lidé, kteří si vyberou povolání související s počítači, budou studovat a případně uplatňovat srovnání ve své profesní činnosti. Například pro vývoj šifrovacích algoritmů veřejného klíče se používá řada konceptů teorie čísel, včetně modulových porovnání.
Závěr.
Příspěvek nastiňuje základní pojmy a vlastnosti modulo srovnání, příklady ilustrují použití modulo srovnání. Materiál lze využít při přípravě na olympiády z matematiky a na Jednotnou státní zkoušku.
Výše uvedený seznam odkazů umožňuje v případě potřeby uvažovat o některých složitějších aspektech teorie modulových srovnání a jejích aplikací.
Seznam použité literatury.
Alfutová N.B. Algebra a teorie čísel./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 s.
Bukhshtab A.A. Teorie čísel. / A.A. Bukhshtab. Moskva: Vzdělávání, 1960.
Vilenkin N. Srovnání a třídy zbytků./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorová N.E. Studium algebry a matematické analýzy. Stupeň 10.http:// www. prosv. en/ e-knihy/ Fedorová_ Algebra_10 kl/1/ xht
en. wikipedie. org/ wiki/Modulo_comparison.
Při n dávají stejný zbytek.
Ekvivalentní formulace: a a b srovnatelný modul n pokud jejich rozdíl A - b je dělitelné n , nebo pokud a může být reprezentováno jako A = b + kn , kde k je nějaké celé číslo. Například: 32 a -10 jsou kongruentní modulo 7, protože
Výrok „a a b jsou shodné modulo n“ se zapisuje jako:
Vlastnosti modulové rovnosti
Porovnávací modul modulo má vlastnosti
Jakákoli dvě celá čísla A a b jsou srovnatelné modulo 1.
V pořadí čísel A a b byly srovnatelné moduly n, je nutné a postačující, aby jejich rozdíl byl dělitelný n.
Pokud jsou čísla a párově srovnatelné modulo n, pak jejich součty a , stejně jako produkty a jsou také srovnatelné modulo n.
Pokud čísla A a b srovnatelný modul n, pak jejich stupně A k a b k jsou také srovnatelné modulo n pro jakékoli přírodní k.
Pokud čísla A a b srovnatelný modul n, a n děleno m, pak A a b srovnatelný modul m.
V pořadí čísel A a b byly srovnatelné moduly n, reprezentovaný jako jeho kanonický rozklad na prvočinitele p i
nutné a dostatečné
Srovnávací vztah je vztahem ekvivalence a má mnoho vlastností běžných rovnosti. Lze je například sčítat a násobit: pokud
Srovnání však nelze, obecně řečeno, dělit mezi sebou nebo jinými čísly. Příklad: , ale zmenšením o 2 dostaneme chybné srovnání: . Pravidla snížení pro srovnání jsou následující.
Také nemůžete provádět operace s porovnáními, pokud se jejich moduly neshodují.
Další vlastnosti:
Související definice
Odpočtové třídy
Množina všech čísel srovnatelných s A modulo n volala odpočetní třída A modulo n a obvykle se značí [ A] n nebo . Srovnání je tedy ekvivalentní rovnosti tříd zbytků [A] n = [b] n .
Protože modulo srovnání n je vztah ekvivalence na množině celých čísel, pak tříd zbytků modulo n jsou třídy ekvivalence; jejich počet je n. Sada všech tříd zbytků modulo n označeno nebo .
Operace sčítání a násobení vyvolávají odpovídající operace na množině:
[A] n + [b] n = [A + b] nS ohledem na tyto operace je množina konečným prstencem a jestliže n jednoduché - závěrečné pole .
Dedukční systémy
Systém zbytků vám umožňuje provádět aritmetické operace na konečné množině čísel, aniž byste ji překračovali. Kompletní systém odpočtů modulo n je jakákoliv množina n celých čísel, která jsou nesrovnatelná modulo n. Obvykle se jako úplný systém zbytků modulo n vezmou nejmenší nezáporné zbytky
0,1,...,n − 1nebo absolutně nejmenší zbytky sestávající z čísel
,v případě lich n a čísla
v případě sudého n .
Srovnávací rozhodnutí
Srovnání prvního stupně
V teorii čísel, kryptografii a dalších vědních oborech často vyvstává problém najít řešení pro srovnání prvního stupně tvaru:
Řešení takového srovnání začíná výpočtem gcd (a, m) = d. V tomto případě jsou možné 2 případy:
- Pokud b ne násobek d, pak srovnání nemá řešení.
- Pokud b násobek d, pak má srovnání unikátní řešení modulo m / d nebo, což je totéž, d modulo řešení m. V tomto případě v důsledku snížení původního srovnání o d výsledky srovnání:
kde A 1 = A / d , b 1 = b / d a m 1 = m / d jsou celá čísla a A 1 a m 1 jsou koprimové. Proto číslo A 1 může být invertovaný modulo m 1 , tedy najít takové číslo Cže (jinými slovy, ). Nyní je řešení nalezeno vynásobením výsledného srovnání číslem C:
Praktický výpočet hodnoty C lze provést různými způsoby: pomocí Eulerovy věty, Euklidova algoritmu, teorie spojitých zlomků (viz algoritmus) atd. Zejména Eulerova věta umožňuje zapsat hodnotu C tak jako:
Příklad
Pro srovnání máme d= 2 , takže modulo 22 porovnání má dvě řešení. Nahradíme 26 4, což je srovnatelné modulo 22, a pak všechna 3 čísla zrušme 2:
Protože 2 je relativně prvočíslo k modulo 11, můžeme levou a pravou stranu zmenšit o 2. Výsledkem je jedno řešení modulo 11: , které je ekvivalentní dvěma řešením modulo 22: .
Srovnání druhého stupně
Řešení srovnání druhého stupně se redukuje na zjištění, zda je dané číslo kvadratickým zbytkem (pomocí kvadratického zákona reciprocity) a následný výpočet druhé odmocniny modulo tohoto.
Příběh
Čínská věta o zbytku, známá po mnoho staletí, říká (v moderním matematickém jazyce), že reziduální kruh modulo součin několika prvočísel je
Srovnání s jednou neznámou X má formu
kde . Pokud A n není dělitelný m, pak se to nazývá stupeň srovnání.
Rozhodnutí srovnání je libovolné celé číslo X 0 , pro který
Pokud X 0 vyhovuje srovnání, pak podle vlastnosti 9 srovnání toto srovnání vyhoví všem celým číslům srovnatelným s X 0 modulo m. Proto všechny srovnávací roztoky patří do stejné třídy modulo zbytků t, budeme považovat za jedno řešení. Srovnání má tedy tolik řešení, kolik je prvků kompletního systému reziduí, které jej splňují.
Porovnání, jejichž množiny řešení jsou stejné, se nazývají ekvivalent.
2.2.1 Srovnání I. stupně
Srovnání prvního stupně s jednou neznámou X má formu
(2.2)
Věta 2.4. Aby srovnání mělo alespoň jedno řešení, je nutné a postačující, aby počet b děleno GCD( A, m).
Důkaz. Nejprve dokazujeme nezbytnost. Nechat d
=
GCD( A,
m)
a X 0
- srovnávací řešení. Pak , tedy rozdíl Ach 0
−
b
děleno t. Existuje tedy celé číslo q,
co Ach 0
−
b
=
qm.
Odtud b= ach 0
−
qm.
A od té doby d,
jako společný dělitel dělí čísla A a t, pak se minuend a subtrahend dělí d,
a tudíž b
děleno d.
Nyní dokažme dostatečnost. Nechat d- největší společný dělitel čísel A a t, a b děleno d. Pak podle definice dělitelnosti existují celá čísla A 1 , b 1 ,t 1 , co .
Pomocí rozšířeného Euklidova algoritmu najdeme lineární reprezentaci čísla 1 = gcd( A 1 , m 1 ):
pro některé X 0 , y 0 . Obě části poslední rovnosti vynásobíme číslem b 1 d:
nebo, což je totéž,
,
to je , a je řešením srovnání. □
Příklad 2.10. Srovnání 9 X= 6 (mod 12) má řešení, protože gcd(9, 12) = 3 a 6 je dělitelné 3. □
Příklad 2.11. Srovnání 6x= 9 (mod 12) nemá řešení, protože gcd(6, 12) = 6 a 9 není dělitelné 6. □
Věta 2.5. Nechť je kongruence (2.2) rozhoditelná a d = GCD( A, m). Pak se skládá množina řešení srovnání (2.2). d třídy zbytků modulo t, totiž pokud X 0 je jedním z řešení, pak jsou všechna ostatní řešení
Důkaz. Nechat X 0
je řešení srovnání (2.2), tzn. a ,
.
Takže takový existuje q, co Ach 0
−
b
=
qm.
Dosazení nyní do poslední rovnosti místo toho X 0
libovolné řešení tvaru, kde, dostaneme výraz
, dělitelný m. □
Příklad 2.12. Srovnání 9 X=6 (mod 12) má přesně tři řešení, protože gcd(9, 12)=3. Tato řešení jsou: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Příklad 2.13. Srovnání 11 X=2 (mod 15) má jedinečné řešení X 0 = 7, protože gcd(11,15)=1.□
Pojďme si ukázat, jak vyřešit srovnání prvního stupně. Bez ztráty obecnosti budeme předpokládat, že GCD( A, t) = 1. Potom lze řešení kongruence (2.2) hledat např. pomocí Euklidova algoritmu. S použitím rozšířeného euklidovského algoritmu skutečně reprezentujeme číslo 1 jako lineární kombinaci čísel A a t:
Vynásobte obě strany této rovnice číslem b, dostaneme: b = abq + mrb, kde abq - b = - mrb, to znamená A ∙ (bq) = b(mod m) a bq je řešení srovnání (2.2).
Dalším způsobem řešení je použití Eulerovy věty. Opět předpokládáme, že GCD(a, t)= 1. Aplikujeme Eulerovu větu: . Vynásobte obě strany srovnání číslem b:
.
Přepsání posledního výrazu jako
, dostaneme, že je řešením kongruence (2.2).
Nechte nyní GCD( A, m) = d>1. Pak A = Atd, m = mtd, kde gcd( A 1 , m 1) = 1. Navíc je nutné b = b 1 d, aby bylo srovnání řešitelné. Pokud X 0 - srovnávací řešení A 1 X = b 1 (mod m 1) a jediný, protože GCD( A 1 , m 1) = 1, tedy X 0 bude rozhodnutí a srovnání A 1 xD = db 1 (mod m 1), tedy původní srovnání (2.2). Odpočinek d- 1 řešení najde Věta 2.5.
Srovnání prvního stupně s jednou neznámou má tvar:
F(X) 0 (mod m); F(X) = Ach + a n. (1)
Vyřešte srovnání znamená najít všechny hodnoty x, které jej splňují. Jsou volána dvě srovnání, která splňují stejné hodnoty x ekvivalent.
Pokud srovnání (1) vyhovuje některým X = X 1, pak (podle 49) všechna čísla srovnatelná s X 1, modul m: x x 1 (mod m). Celá tato třída čísel se počítá jako jedno řešení. S touto dohodou lze vyvodit následující závěr.
66.S zarovnání (1) bude mít tolik řešení, kolik je zbytků kompletního systému, který mu vyhovuje.
Příklad. Srovnání
6X– 4 0 (mod 8)
mezi čísly 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 úplného systému zbytků modulo 8 splňují dvě čísla: X= 2 a X= 6. Toto srovnání má tedy dvě řešení:
X 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Srovnání prvního stupně převedením volného termínu (s opačným znaménkem) na pravou stranu lze zredukovat na tvar
sekera b(mod m). (2)
Zvažte srovnání, které splňuje podmínku ( A, m) = 1.
Podle 66 má naše srovnání tolik řešení, kolik je zbytků celého systému, který mu vyhovuje. Ale když X prochází kompletním systémem reziduí modulo t, pak Ach prochází celým systémem srážek (z 60). Proto pro jednu a pouze jednu hodnotu X, převzato z celého systému, Ach bude srovnatelná s b. Tak,
67. Pro (a, m) = 1 srovnávací ax b(mod m)má jedno řešení.
Nechte teď ( A, m) = d> 1. Pak, aby porovnání (2) mělo řešení, je nutné (z 55), že b rozdělen na d, jinak je srovnání (2) nemožné pro jakékoli celé číslo x . Tedy za předpokladu b násobek d, dáme A = A 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. Pak srovnání (2) bude ekvivalentní tomuto (sníženo o d): A 1 X b 1 (mod m), ve kterém již ( A 1 , m 1) = 1, a proto bude mít jeden modul řešení m jeden . Nechat X 1 je nejmenší nezáporný zbytek tohoto řešení modulo m 1 , pak všechna čísla x , tvořící toto řešení lze nalézt ve formuláři
X X 1 (mod m 1). (3)
Modulo, čísla (3) netvoří jedno řešení, ale více, přesně tolik řešení, kolik je čísel (3) v řadě 0, 1, 2, ..., m 1 modulo nejmenšího nezáporného zbytku m Ale budou zde padat následující čísla (3):
X 1 , X 1 + m 1 , X 1 + 2m 1 , ..., X 1 + (d – 1) m 1 ,
těch. Celkový dčísla (3); tedy srovnání (2) má dřešení.
Dostáváme větu:
68. Nechť (a, m) = d. srovnávací ax b ( mod m) nemožné, pokud b není dělitelné d. Když je b násobkem d, má srovnání d řešení.
69. Metoda řešení porovnání prvního stupně, založená na teorii řetězcových zlomků:
Rozšíření poměru na pokračující zlomek m:a,
a vezmeme-li v úvahu poslední dva konvergenty:
podle vlastností pokračovacích frakcí (podle 30 ) my máme
Takže srovnání má řešení
pro vyhledávání, což stačí k výpočtu P n- 1 podle metody uvedené v 30.
Příklad. Řešíme srovnání
111X= 75 (mod 321). (čtyři)
Zde (111, 321) = 3 a 75 je násobek 3. Proto má srovnání tři řešení.
Vydělením obou částí srovnání a modulu 3 dostaneme srovnání
37X= 25 (mod 107), (5)
které musíme rozhodnout jako první. My máme
q | |||||
P 3 |
Takže v tomto případě n = 4, P n - 1 = 26, b= 25, a máme řešení srovnání (5) ve tvaru
X–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Řešení srovnání (4) jsou tedy prezentována následovně:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Výpočet inverzního prvku modulo a daný
70.Pokud celá čísla A a n coprime, pak je tu číslo A', vyhovující srovnání a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). Číslo A' volala multiplikativní inverze k modulo n a používá se k tomu notace A- 1 (mod n).
Výpočet recipročních modulo some lze provést porovnáním prvního stupně řešení s jednou neznámou, ve které X přijaté číslo A'.
Chcete-li najít srovnávací řešení
a x≡ 1 (mod m),
kde ( dopoledne)= 1,
lze použít Euklidův algoritmus (69) nebo Fermat-Eulerův teorém, který říká, že pokud ( dopoledne) = 1, tedy
A φ( m) ≡ 1(mod m).
X ≡ A φ( m)–1 (mod m).
Skupiny a jejich vlastnosti
Skupiny jsou jednou z taxonomických tříd používaných při klasifikaci matematických struktur se společnými charakteristickými vlastnostmi. Skupiny mají dvě složky: hodně (G) a operace() definované na této sadě.
Pojmy množina, prvek a příslušnost jsou základními nedefinovanými pojmy moderní matematiky. Jakákoli množina je definována prvky, které jsou v ní obsaženy (které zase mohou být také množinami). Říkáme tedy, že množina je definovaná nebo daná, pokud u kteréhokoli prvku můžeme říci, zda do této množiny patří nebo ne.
Na dvě sady A, B evidence B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B znamenat, respektive to B je podmnožinou množiny A(tj. jakýkoli prvek z B je také obsažen v A, např. množina přirozených čísel je obsažena v množině reálných čísel; kromě toho vždy A A), B je správnou podmnožinou množiny A(ti. B A a B ≠ A), křižovatka mnoha B a A(tj. všechny takové prvky, které leží současně a v A a v B, například průnik celých a kladných reálných čísel je množina přirozených čísel), sjednocení množin B a A(tj. soubor sestávající z prvků, které leží buď v A, buď v B), nastavit rozdíl B a A(tj. soubor prvků, které leží v B, ale neležte si A), kartézský součin množin A a B(tj. sada dvojic formuláře ( A, b), kde A A, b B). Prostřednictvím | A| kardinalita souboru je vždy označena A, tj. počet prvků v sadě A.
Operace je pravidlo, podle kterého jsou libovolné dva prvky množiny G(A a b) je spojen s třetím prvkem z G: a b.
Spousta prvků G s operací tzv skupina pokud jsou splněny následující podmínky.