ნატურალური რიცხვის შედარების მოდული. პირველი ხარისხის შედარებების ამოხსნა შედარებების სისტემის მოდულის ამოხსნა
![ნატურალური რიცხვის შედარების მოდული. პირველი ხარისხის შედარებების ამოხსნა შედარებების სისტემის მოდულის ამოხსნა](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
განვიხილოთ ფორმის შედარება x 2 ≡ა(მოდ გვα), სადაც გვმარტივი კენტი რიცხვია. როგორც მე-4 §4 პუნქტშია ნაჩვენები, ამ თანხვედრის ამოხსნა შეიძლება მოიძებნოს კონგრუენტობის ამოხსნით x 2 ≡ა(მოდ გვ). და შედარება x 2 ≡ა(მოდ გვα) ექნება ორი ამონახსნი თუ აარის კვადრატული ნარჩენის მოდული გვ.
მაგალითი:
ამოხსენით კვადრატული შედარება x 2 ≡86 (mod 125).
125 = 5 3, 5 არის მარტივი რიცხვი. მოდით შევამოწმოთ, არის თუ არა 86 კვადრატული მოდული 5.
თავდაპირველ შედარებას აქვს 2 გამოსავალი.
მოდი ვიპოვოთ შედარების გამოსავალი x 2 ≡86 (მოდ. 5).
x 2 ≡1 (მოდ. 5).
ეს შედარება შეიძლება გადაწყდეს წინა აბზაცში მითითებული გზით, მაგრამ ჩვენ გამოვიყენებთ იმ ფაქტს, რომ 1 მოდულის კვადრატული ფესვი არის ±1, ხოლო შედარებას აქვს ზუსტად ორი ამონახსნი. ამრიგად, კონგრუენციის მოდულის 5 გამოსავალი არის
x≡±1 (mod 5) ან, სხვაგვარად, x=±(1+5 ტ 1).
ჩაანაცვლეთ მიღებული გამოსავალი შედარების მოდულში 5 2 =25:
x 2 ≡86 (მოდ. 25)
x 2 ≡11 (მოდიფიკაცია 25)
(1+5ტ 1) 2 ≡11 (მოდიფიკაცია 25)
1+10ტ 1 +25ტ 1 2 ≡11 (მოდ. 25)
10ტ 1 ≡10 (მოდიფიკაცია 25)
2ტ 1 ≡2 (მოდიფიკაცია 5)
ტ 1 ≡1 (mod 5), ან ექვივალენტურად, ტ 1 =1+5ტ 2 .
მაშინ გამოსავალი კონგრუენციის მოდულის 25 არის x=±(1+5(1+5 ტ 2))=±(6+25 ტ 2). ჩაანაცვლეთ მიღებული გამოსავალი შედარების მოდულში 5 3 =125:
x 2 ≡86 (mod 125)
(6+25ტ 2) 2 ≡86 (mod 125)
36+12 25 ტ 2 +625ტ 2 2 ≡86 (mod 125)
12 25 ტ 2 ≡50 (mod 125)
12ტ 2 ≡2 (მოდ. 5)
2ტ 2 ≡2 (მოდ. 5)
ტ 2 ≡1 (mod 5), ან ტ 2 =1+5ტ 3 .
მაშინ გამოსავალი შედარების მოდულის 125 არის x=±(6+25(1+5 ტ 3))=±(31+125 ტ 3).
პასუხი: x≡±31 (mod 125).
ახლა განვიხილოთ ფორმის შედარება x 2 ≡ა(mod2α). ასეთ შედარებას ყოველთვის ორი გამოსავალი არ აქვს. ასეთი მოდულისთვის შესაძლებელია შემდეგი შემთხვევები:
1) α=1. მაშინ შედარებას აქვს გამოსავალი მხოლოდ მაშინ, როცა ა≡1 (mod 2) და გამოსავალი არის x≡1 (mod 2) (ერთი გამოსავალი).
2) α=2. შედარებას აქვს გამოსავალი მხოლოდ მაშინ, როცა ა≡1 (mod 4) და გამოსავალი არის x≡±1 (მოდ 4) (ორი ხსნარი).
3) α≥3. შედარებას აქვს გამოსავალი მხოლოდ მაშინ, როცა ა≡1 (მოდ 8) და იქნება ოთხი ასეთი გამოსავალი. შედარება x 2 ≡ა(mod 2 α) α≥3 იხსნება ისევე, როგორც ფორმის შედარება x 2 ≡ა(მოდ გვα), მხოლოდ ამონახსნები მოდულო 8 მოქმედებს როგორც საწყისი ამოხსნა: x≡±1(mod 8) და x≡±3 (მოდ. 8). ისინი უნდა შევადაროთ მოდულს 16, შემდეგ მოდულს 32 და ასე შემდეგ მოდულო 2 α-მდე.
მაგალითი:
ამოხსნა შედარება x 2 ≡33 (მოდიფიკაცია 64)
64=26. მოდით შევამოწმოთ, აქვს თუ არა გამოსავალი ორიგინალურ შედარებას. 33≡1(mod 8), ამიტომ შედარებას აქვს 4 ამონახსნები.
Modulo 8 ეს გადაწყვეტილებები იქნება: x≡±1(mod 8) და x≡±3(mod 8), რომელიც შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც x=±(1+4 ტერთი). ჩაანაცვლეთ ეს გამოთქმა შედარების მოდულში 16
x 2 ≡33 (მოდიფიკაცია 16)
(1+4ტ 1) 2 ≡1 (მოდიფიკაცია 16)
1+8ტ 1 +16ტ 1 2 ≡1 (მოდიფიკაცია 16)
8ტ 1 ≡0 (მოდიფიკაცია 16)
ტ 1 ≡0 (მოდიფიკაცია 2)
შემდეგ გამოსავალი მიიღებს ფორმას x=±(1+4 ტ 1)=±(1+4(0+2 ტ 2))=±(1+8 ტ 2). ჩაანაცვლეთ მიღებული ხსნარი კონგრუენციის მოდულში 32:
x 2 ≡33 (მოდიფიკაცია 32)
(1+8ტ 2) 2 ≡1 (მოდიფიკაცია 32)
1+16ტ 2 +64ტ 2 2 ≡1 (მოდიფიკაცია 32)
16ტ 2 ≡0 (mod 32)
ტ 2 ≡0 (mod 2)
შემდეგ გამოსავალი მიიღებს ფორმას x=±(1+8 ტ 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 ტ 3). ჩაანაცვლეთ მიღებული ხსნარი შედარების მოდულში 64:
x 2 ≡33 (მოდიფიკაცია 64)
(1+16ტ 3) 2 ≡33 (mod 64)
1+32ტ 3 +256ტ 3 2 ≡33 (mod 64)
32ტ 3 ≡32 (მოდიფიკაცია 64)
ტ 3 ≡1 (მოდიფიკაცია 2)
შემდეგ გამოსავალი მიიღებს ფორმას x=±(1+16 ტ 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 ტოთხი). ასე რომ, მოდული 64, თავდაპირველ შედარებას აქვს ოთხი გამოსავალი: x≡±17 (mod 64) და x≡±49 (მოდ. 64).
ახლა განიხილეთ ზოგადი შედარება: x 2 ≡ა(მოდ მ), (ა,მ)=1, - მოდულის კანონიკური დაშლა მ. §4-ის მე-4 პუნქტის თეორემის მიხედვით, ეს შედარება სისტემის ექვივალენტურია
თუ ამ სისტემის ყოველი შედარება გადასაწყვეტია, მაშინ მთელი სისტემა გადასაწყვეტია. ამ სისტემის თითოეული შედარების ამოხსნის შემდეგ, ჩვენ ვიღებთ პირველი ხარისხის შედარებების სისტემას, რომლის ამოხსნაც ჩინური ნაშთების თეორემის გამოყენებით ვიღებთ თავდაპირველი შედარების ამოხსნას. უფრო მეტიც, თავდაპირველი შედარების სხვადასხვა ამონახსნების რაოდენობა (თუ ის ამოსახსნელია) არის 2 კთუ α=1, 2 კ+1 თუ α=2, 2 კ+2 თუ α≥3.
მაგალითი:
ამოხსნა შედარება x 2 ≡4 (მოდიფიკაცია 21).
მათემატიკის პროექტი თემაზე
"მოდულის შედარება"
ზარიპოვა აისილუ
ქალაქ ყაზანის სოვეცკის რაიონი
MBOU "Secondary School No. 166", კლასი 7a
სამეცნიერო მრჩეველი: ანტონოვა ნ.ა.
Სარჩევი
შესავალი _________________________________________________________________3
რა არის შედარება ________________________________________________4
მოდულო შედარების ცნება _________________________________4
შედარებების მოდულის ცნების გაჩენის ისტორია _____4
შედარების თვისებები _________________________________________________4
მოდულო შედარების უმარტივესი გამოყენებაა რიცხვების გაყოფის დადგენა ______________________6
შედარებისთვის ერთი დავალება _________________________________8
მოდულო შედარებების გამოყენება პროფესიულ საქმიანობაში _________________________________________________9
შედარებების გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში ______________________6
დასკვნა________________________________________________10
ცნობების სია _________________________________11
შესავალი.
R&D: მოდულის შედარება.
პრობლემა: ოლიმპიადისთვის მოსამზადებლად ბევრ მოსწავლეს აწყდება ამოცანები, რომელთა ამოხსნა ემყარება მთელი რიცხვების ნატურალურ რიცხვზე გაყოფის ნაშთების ცოდნას. ჩვენ გვაინტერესებდა მსგავსი პრობლემები და მათი გადაჭრის შესაძლო გზები. გამოდის, რომ მათი ამოხსნა შესაძლებელია მოდულური შედარებების გამოყენებით.
მიზანი: მოდულო შედარებების არსის გარკვევა, მოდულო შედარებებთან მუშაობის ძირითადი მეთოდები.
ამოცანები: მოიძიონ თეორიული მასალა ამ თემაზე, განიხილონ პრობლემები, რომლებიც მოგვარებულია მოდულო შედარების გამოყენებით, აჩვენონ ასეთი პრობლემების გადაჭრის ყველაზე გავრცელებული მეთოდები, გამოიტანონ დასკვნები.
კვლევის ობიექტი: რიცხვების თეორია.
კვლევის საგანი: შედარებების თეორია მოდული.
ნაშრომი ეკუთვნის თეორიულ კვლევას და შეიძლება გამოყენებულ იქნას მათემატიკაში ოლიმპიადებისთვის მოსამზადებლად. მის შინაარსში გამოვლინდა მოდულო შედარების ძირითადი ცნებები და მათი ძირითადი თვისებები, მოცემულია ამ თემაზე ამოცანების გადაჭრის მაგალითები.
მე . რა არის შედარება.
მოდულის შედარების კონცეფცია.
რიცხვები და ამბობენ, რომ შედარებადია, თუ ისინი იყოფა-ზე, სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, a და b-ზე გაყოფისას იგივე ნაშთი აქვთ..
Დანიშნულება
მაგალითები:
12 და 32 არის შესადარებელი მოდული 5, ვინაიდან 12, როცა იყოფა 5-ზე, აქვს ნაშთი 2-ზე, ხოლო 32, როცა იყოფა 2-ზე, აქვს ნაშთი 2. წერია.12 ;
101 და 17 არის კონგრუენტული მოდული 21;
მოდულო შედარებების კონცეფციის ისტორია.
დიდწილად, გაყოფის თეორია შექმნა ეილერმა. შედარების განმარტება ჩამოაყალიბა წიგნში C.F. Gauss-მა „არითმეტიკული კვლევა“. ლათინურ ენაზე დაწერილი ამ ნაწარმოების დაბეჭდვა დაიწყო 1797 წელს, მაგრამ წიგნი გამოიცა მხოლოდ 1801 წელს, იმის გამო, რომ იმ დროს ბეჭდვის პროცესი უკიდურესად შრომატევადი და ხანგრძლივი იყო. გაუსის წიგნის პირველ ნაწილს ჰქვია "რიცხვთა შედარების შესახებ". სწორედ გაუსმა შემოგვთავაზა მოდულო შედარებების სიმბოლიკა, რომელიც დამკვიდრდა მათემატიკაში.
თვისებების შედარება.
Თუ
მტკიცებულება:
თუ პირველ განტოლებას დავუმატებთ მეორეს, მივიღებთ
არის ორი მთელი რიცხვის ჯამი, ასე რომ არის მთელი რიცხვი, შესაბამისად.
თუ მეორეს გამოვაკლებთ პირველ განტოლებას, მივიღებთ
არის ორი მთელი რიცხვის სხვაობა, ამიტომ არის მთელი რიცხვი.
განვიხილოთ გამოთქმა:
არის სხვაობა მთელი რიცხვების პროდუქტებს შორის, ამიტომ არის მთელი რიცხვი.
ეს არის შედარების მესამე თვისების შედეგი.
ქ.ე.დ.
5) Თუ.
მტკიცებულება: მოდით ვიპოვოთ ამ ორი გამონათქვამის ჯამი:
არის ორი მთელი რიცხვის ჯამი, ასევე არის მთელი რიცხვი, შესაბამისად .
ქ.ე.დ.
6) თუ არის მთელი რიცხვი, მაშინ
მტკიცებულება: სადგვ- მთელი რიცხვი, გავამრავლოთ ეს ტოლობა, მივიღებთ: . Since არის მთელი რიცხვების ნამრავლი, რისი დამტკიცებაც იყო საჭირო.
7) Თუ
მტკიცებულება: მსჯელობა მსგავსია საკუთრების დამადასტურებელი 6-ისა.
8) Თუ - შედარებით მარტივი რიცხვები, მაშინ
მტკიცებულება: , ამ გამოთქმას ვყოფთ, მივიღებთ: - თანაპირდაპირი რიცხვები, რაც ნიშნავს, რომ იგი იყოფა მთელ რიცხვზე, ე.ი. =. და ეს იმას ნიშნავს, რომ რისი დამტკიცება იყო საჭირო.
II . შედარებების გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში.
2.1. მოდულის შედარების უმარტივესი გამოყენება არის რიცხვების გაყოფის დადგენა.
მაგალითი. იპოვეთ მე-2 გაყოფის დარჩენილი ნაწილი 2009 7-ზე.
გამოსავალი: განვიხილოთ 2-ის უფლებამოსილებები:
668-ის ხარისხზე შედარების აწევით და გამრავლებით მივიღებთ: .
პასუხი: 4.
მაგალითი. დაამტკიცე რომ 7+7 2 +7 3 +…+7 4 ნ იყოფა 100-ზე ნებისმიერისთვისნმთელი რიცხვების სიმრავლიდან.
გამოსავალი: განვიხილოთ შედარება
და ა.შ. ნარჩენების ციკლურობა აიხსნება რიცხვების სვეტით გამრავლების წესებით. პირველი ოთხი შედარების დამატებით მივიღებთ:
ასე რომ, ეს ჯამი იყოფა 100-ზე ნაშთის გარეშე. ანალოგიურად, ოთხის შესახებ შემდეგი შედარებების შეკრებით, მივიღებთ, რომ თითოეული ასეთი ჯამი იყოფა 100-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, 4-ის მთელი ჯამინწევრი იყოფა 100-ზე ნაშთის გარეშე. ქ.ე.დ.
მაგალითი. განსაზღვრეთ რა ღირებულებითნგამონათქვამი იყოფა 19-ზე ნაშთის გარეშე.
გამოსავალი:.
გავამრავლოთ ეს შედარება 20-ზე. მივიღებთ.
მაშინ დავამატოთ შედარებები. . ამრიგად, შედარების მარჯვენა მხარე ყოველთვის იყოფა 19-ზე ნებისმიერი ბუნებრივისთვისნ, რაც ნიშნავს, რომ თავდაპირველი გამონათქვამი იყოფა 19-ზე ბუნებრივინ.
უპასუხე ნ არის ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვი.
მაგალითი. რა ციფრით მთავრდება რიცხვი.
გამოსავალი. ამ პრობლემის გადასაჭრელად ჩვენ მივყვებით მხოლოდ ბოლო ციფრს. განვიხილოთ რიცხვი 14-ის ძალა:
ჩანს, რომ კენტი მაჩვენებლისთვის, ხარისხის მნიშვნელობა მთავრდება 4-ით, ხოლო ლუწი მაჩვენებლისთვის ის სრულდება 6-ით. შემდეგ მთავრდება 6-ით, ე.ი. ლუწი რიცხვია. ასე დასრულდება 6-ში.
პასუხი 6.
2.2. შედარებისთვის ერთი დავალება.
ნ.ვილენკინის სტატიაში „შედარებები და ნარჩენების კლასები“ წარმოდგენილია პრობლემა, რომელიც ცნობილმა ინგლისელმა ფიზიკოსმა დირაკმა სტუდენტობის წლებში გადაჭრა.
ასევე არსებობს ამ პრობლემის მოკლე გადაწყვეტა მოდულო შედარებების გამოყენებით. მაგრამ ჩვენ შევხვდით არაერთ მსგავს ამოცანას. Მაგალითად.
ერთმა გამვლელმა ხის მახლობლად, სადაც მაიმუნი იჯდა, ვაშლის თაიგული იპოვა. მათი დათვლის შემდეგ მიხვდა, რომ თუ მაიმუნს 1 ვაშლი აძლევენ, მაშინ დარჩენილი ვაშლების რაოდენობა გაიყოფა ნ უკვალოდ. მაიმუნისთვის დამატებითი ვაშლის მიცემის შემდეგ მან აიღო 1/ ნ დარჩენილი ვაშლი და დარჩა. წყობას მოგვიანებით მიუახლოვდა შემდეგი გამვლელი, შემდეგ შემდეგი და ა.შ. ყოველი შემდეგი გამვლელი ვაშლების დათვლისას ამჩნევდა, რომ მათი რიცხვი იყოფა ნ აძლევს დანარჩენს 1-ს და მაიმუნს აძლევდა დამატებით ვაშლს, მან აიღო 1 / ნ დარჩენილი ვაშლები და გადავიდა. ამ უკანასკნელის წასვლის შემდეგ ნ გამვლელი, გროვაში დარჩენილი ვაშლების რაოდენობა იყოფა ნ უკვალოდ. რამდენი ვაშლი იყო გროვაში თავდაპირველად?
განვახორციელეთ იგივე მსჯელობა, როგორც დირაკი, მივიღეთ ზოგადი ფორმულა მსგავსი ამოცანების კლასის გადასაჭრელად: , სადაცნ- ნატურალური რიცხვი.
2.3. მოდულო შედარებების გამოყენება პროფესიულ საქმიანობაში.
შედარების თეორია გამოიყენება კოდირების თეორიაში, ამიტომ ყველა ადამიანი, ვინც ირჩევს კომპიუტერთან დაკავშირებულ პროფესიას, შეისწავლის და, შესაძლოა, გამოიყენოს შედარება პროფესიულ საქმიანობაში. მაგალითად, საჯარო გასაღების დაშიფვრის ალგორითმების შემუშავებისთვის გამოიყენება რიცხვების თეორიის მთელი რიგი კონცეფციები, მათ შორის მოდულო შედარებები.
დასკვნა.
ნაშრომში მოცემულია მოდულო შედარების ძირითადი ცნებები და თვისებები; მაგალითები ასახავს მოდულო შედარების გამოყენებას. მასალის გამოყენება შესაძლებელია მათემატიკისა და ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის ოლიმპიადისთვის მოსამზადებლად.
მითითებების ზემოაღნიშნული სია საშუალებას იძლევა, საჭიროების შემთხვევაში, განიხილოს მოდულო შედარებების თეორიისა და მისი გამოყენების უფრო რთული ასპექტები.
გამოყენებული ლიტერატურის სია.
ალფუტოვა ნ.ბ. ალგებრა და რიცხვების თეორია./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 გვ.
ბუხშტაბი ა.ა. რიცხვების თეორია. / ა.ა.ბუხშტაბი. მოსკოვი: განათლება, 1960 წ.
Vilenkin N. შედარებითები და ნარჩენების კლასები./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
ფედოროვა ნ.ე. ალგებრის შესწავლა და მათემატიკური ანალიზი. მე-10 კლასი.http:// www. პროსვ. en/ ელექტრონული წიგნები/ ფედოროვა_ Ალგებრა_10 კლ/1/ xht
en. ვიკიპედია. ორგ/ ვიკი/Modulo_Comparison.
n-ზე ისინი იძლევიან იგივე ნაშთს.
ექვივალენტური ფორმულირებები: a და b შესადარებელი მოდული n თუ მათი განსხვავება ა - ბიყოფა n-ზე, ან თუ a შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც ა = ბ + კნ , სადაც კარის რაღაც მთელი რიცხვი. მაგალითად: 32 და −10 არის კონგრუენტული მოდული 7, რადგან
განცხადება "a და b არის კონგრუენტული მოდულო n" იწერება ასე:
მოდულის თანასწორობის თვისებები
მოდულის შედარების მიმართებას აქვს თვისებები
ნებისმიერი ორი მთელი რიცხვი ადა ბშედარებადია მოდულო 1.
იმისათვის, რომ ნომრები ადა ბიყო შესადარებელი მოდულები ნ, აუცილებელია და საკმარისია, რომ მათი სხვაობა იყოფა ნ.
თუ რიცხვები და წყვილში შესადარებელი მოდულებია ნ, შემდეგ მათი ჯამები და , ასევე პროდუქტები და ასევე შესადარებელი მოდულები ნ.
თუ ნომრები ადა ბშესადარებელი მოდული ნ, შემდეგ მათი ხარისხი ა კდა ბ კასევე შესადარებელი მოდულები ნნებისმიერი ბუნებრივი კ.
თუ ნომრები ადა ბშესადარებელი მოდული ნ, და ნიყოფა მ, მაშინ ადა ბშესადარებელი მოდული მ.
იმისათვის, რომ ნომრები ადა ბიყო შესადარებელი მოდულები ნ, წარმოდგენილია როგორც მისი კანონიკური დაშლა პირველ ფაქტორებად გვ მე
აუცილებელი და საკმარისი
შედარების მიმართება არის ეკვივალენტური მიმართება და აქვს ჩვეულებრივი თანასწორობის მრავალი თვისება. მაგალითად, მათი დამატება და გამრავლება შესაძლებელია: თუ
თუმცა, შედარება არ შეიძლება, ზოგადად რომ ვთქვათ, იყოფა ერთმანეთზე ან სხვა რიცხვებზე. მაგალითი: თუმცა, 2-ით შემცირებით, მივიღებთ მცდარ შედარებას: . შედარების შემცირების წესები შემდეგია.
თქვენ ასევე არ შეგიძლიათ შეასრულოთ ოპერაციები შედარებებზე, თუ მათი მოდულები არ ემთხვევა.
სხვა თვისებები:
დაკავშირებული განმარტებები
გამოქვითვის კლასები
შედარებადი ყველა რიცხვის ნაკრები ამოდული ნდაურეკა გამოქვითვის კლასი ამოდული ნ და ჩვეულებრივ აღინიშნება [ ა] ნან . ამრიგად, შედარება ნარჩენების კლასების თანასწორობის ტოლფასია [ა] ნ = [ბ] ნ .
რადგან მოდულის შედარება ნარის ეკვივალენტური მიმართება მთელი რიცხვების სიმრავლეზე, შემდეგ ნარჩენების კლასების მოდული ნარის ეკვივალენტური კლასები; მათი რაოდენობაა ნ. ყველა ნარჩენი კლასის მოდულის ნაკრები ნაღინიშნება ან .
შეკრების და გამრავლების ოპერაციები იწვევენ შესაბამის ოპერაციებს სიმრავლეზე:
[ა] ნ + [ბ] ნ = [ა + ბ] ნამ ოპერაციებთან მიმართებაში კომპლექტი არის სასრული რგოლი და თუ ნმარტივი - საბოლოო ველი.
დედუქციის სისტემები
ნარჩენების სისტემა საშუალებას გაძლევთ შეასრულოთ არითმეტიკული მოქმედებები რიცხვების სასრულ სიმრავლეზე მის ფარგლებს გარეთ გასვლის გარეშე. გამოქვითვების სრული სისტემა modulo n არის n მთელი რიცხვის ნებისმიერი ნაკრები, რომლებიც შეუდარებელია modulo n. ჩვეულებრივ, როგორც ნარჩენების მოდულების სრული სისტემა, იღებენ ყველაზე პატარა არაუარყოფით ნარჩენებს.
0,1,...,ნ − 1ან რიცხვებისგან შემდგარი აბსოლუტურად უმცირესი ნარჩენები
,კენტის შემთხვევაში ნდა ნომრები
თანაბრობის შემთხვევაში ნ .
შედარების გადაწყვეტილება
პირველი ხარისხის შედარება
რიცხვების თეორიაში, კრიპტოგრაფიაში და მეცნიერების სხვა დარგებში ხშირად ჩნდება პრობლემის პირველი ხარისხის შედარებისთვის გადაწყვეტილებების პოვნა:
ასეთი შედარების გადაწყვეტა იწყება gcd-ის გაანგარიშებით (ა, მ)=დ. ამ შემთხვევაში შესაძლებელია 2 შემთხვევა:
- Თუ ბარა მრავალჯერადი დ, მაშინ შედარებას არ აქვს გამოსავალი.
- Თუ ბმრავალჯერადი დ, მაშინ შედარებას აქვს გადაწყვეტის უნიკალური მოდული მ / დან, რაც იგივეა, დმოდულური გადაწყვეტილებები მ. ამ შემთხვევაში, ორიგინალური შედარების შემცირების შედეგად დშედარების შედეგები:
სადაც ა 1 = ა / დ , ბ 1 = ბ / დ და მ 1 = მ / დ არის მთელი რიცხვები და ა 1 და მ 1 არის coprime. ამიტომ რიცხვი ა 1 შეიძლება იყოს ინვერსიული მოდული მ 1, ანუ იპოვე ასეთი რიცხვი გრომ (სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, ). ახლა გამოსავალი ნაპოვნია მიღებული შედარების გამრავლებით გ:
პრაქტიკული ღირებულების გაანგარიშება გშეიძლება გაკეთდეს სხვადასხვა გზით: ეილერის თეორემის გამოყენებით, ევკლიდის ალგორითმის, განგრძობითი წილადების თეორიის (იხ. ალგორითმი) გამოყენებით. კერძოდ, ეილერის თეორემა საშუალებას გაძლევთ დაწეროთ მნიშვნელობა. გროგორც:
მაგალითი
შედარებისთვის, გვაქვს დ= 2, ასე რომ, მოდული 22 შედარებას აქვს ორი ამონახსნი. მოდით შევცვალოთ 26 4-ით, რომელიც არის შესადარებელი მოდული 22 და შემდეგ გავაუქმოთ სამივე ნომერი 2-ით:
ვინაიდან 2 შედარებით მარტივია მოდულო 11-თან, ჩვენ შეგვიძლია შევამციროთ მარცხენა და მარჯვენა მხარეები 2-ით. შედეგად, მივიღებთ ამონახსნების ერთ მოდულს 11: , რომელიც უდრის ორი ამონახსნის მოდულს 22: .
მეორე ხარისხის შედარება
მეორე ხარისხის შედარებების ამოხსნა მცირდება იმის გარკვევამდე, არის თუ არა მოცემული რიცხვი კვადრატული ნარჩენი (რეციპროციულობის კვადრატული კანონის გამოყენებით) და ამის შემდეგ კვადრატული ფესვის მოდულის გამოთვლა.
ამბავი
ჩინური ნარჩენების თეორემა, რომელიც ცნობილია მრავალი საუკუნის განმავლობაში, ამბობს (თანამედროვე მათემატიკური ენით), რომ ნარჩენი რგოლის მოდული რამდენიმე თანაპირისპირული რიცხვის ნამრავლია.
შედარება ერთ უცნობთან xფორმა აქვს
სად . Თუ ა ნ არ იყოფა მ, მაშინ ე.წ ხარისხიშედარებები.
გადაწყვეტილებაშედარება არის ნებისმიერი მთელი რიცხვი x 0 , რისთვისაც
Თუ X 0 აკმაყოფილებს შედარებას, შემდეგ, შედარების თვისების 9-ის მიხედვით, ეს შედარება დააკმაყოფილებს ყველა რიცხვს, რომლებიც შესადარებელია. x 0 მოდული მ. მაშასადამე, ყველა შედარების ხსნარი, რომელიც მიეკუთვნება მოდულის ნარჩენების იმავე კლასს ტ, განვიხილავთ ერთ-ერთ გამოსავალს. ამრიგად, შედარებას აქვს იმდენი გამოსავალი, რამდენიც არის ნარჩენების სრული სისტემის ელემენტები, რომლებიც აკმაყოფილებენ მას.
შედარებებს, რომელთა ამოხსნის სიმრავლეები ერთნაირია, ეწოდება ექვივალენტი.
2.2.1 პირველი ხარისხის შედარება
პირველი ხარისხის შედარება ერთ უცნობთან Xფორმა აქვს
(2.2)
თეორემა 2.4. იმისთვის, რომ შედარებას ჰქონდეს მინიმუმ ერთი გამოსავალი, აუცილებელია და საკმარისია რიცხვი ბ გაყოფილი GCD-ზე ( ა, მ).
მტკიცებულება.ჩვენ პირველ რიგში ვამტკიცებთ აუცილებლობას. დაე დ
=
GCD( ა,
მ)
და X 0
- შედარების გადაწყვეტა. მერე , ანუ განსხვავება ოჰ 0
−
ბ
იყოფა ტ.ასე რომ, არის მთელი რიცხვი ქ,
რა ოჰ 0
−
ბ
=
qm.
აქედან ბ= აჰ 0
−
qm.
და მას შემდეგ დ,
როგორც საერთო გამყოფი, ყოფს რიცხვებს ადა ტ,მაშინ minuend და subtrahend იყოფა დ,
და აქედან გამომდინარე ბ
იყოფა დ.
ახლა დავამტკიცოთ საკმარისობა. დაე დ- რიცხვების უდიდესი საერთო გამყოფი ადა ტ,და ბ იყოფა დ. შემდეგ, გაყოფადობის განმარტებით, არის მთელი რიცხვები ა 1 , ბ 1 , ტ 1 , რა .
გაფართოებული ევკლიდის ალგორითმის გამოყენებით, ჩვენ ვპოულობთ რიცხვის წრფივ წარმოდგენას 1 = gcd( ა 1 , მ 1 ):
ზოგიერთი x 0 , წ 0 . ბოლო ტოლობის ორივე ნაწილს ვამრავლებთ ბ 1 დ:
ან, რაც იგივეა,
,
ანუ, და არის შედარების გამოსავალი. □
მაგალითი 2.10. შედარება 9 X= 6 (mod 12) აქვს ამონახსნი, რადგან gcd(9, 12) = 3 და 6 იყოფა 3-ზე. □
მაგალითი 2.11. შედარება 6x= 9 (mod 12) არ აქვს ამონახსნები, რადგან gcd(6, 12) = 6 და 9 არ იყოფა 6-ზე. □
თეორემა 2.5. დაე, კონგრუენცია (2.2) იყოს გადასაწყვეტი და დ = GCD( ა, მ). მაშინ შედარების ამონახსნები (2.2) შედგება დ მოდულის ნარჩენების კლასები ტ,კერძოდ, თუ X 0 არის ერთ-ერთი გამოსავალი, მაშინ ყველა სხვა გამოსავალი არის
მტკიცებულება.დაე X 0
არის შედარების ამოხსნა (2.2), ე.ი. და ,
.
ასე რომ, არსებობს ასეთი ქ, რა ოჰ 0
−
ბ
=
qm.
ჩანაცვლება ახლა ბოლო თანასწორობაში ნაცვლად X 0
ფორმის თვითნებური ამოხსნა, სადაც ვიღებთ გამონათქვამს
, იყოფა მ. □
მაგალითი 2.12. შედარება 9 X=6 (mod 12) აქვს ზუსტად სამი ამონახსნები, რადგან gcd(9, 12)=3. ეს გადაწყვეტილებებია: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
მაგალითი 2.13. შედარება 11 X=2 (mod 15) აქვს უნიკალური გადაწყვეტა X 0 = 7 ვინაიდან gcd(11,15)=1.□
მოდით ვაჩვენოთ, თუ როგორ უნდა მოვაგვაროთ პირველი ხარისხის შედარება. ზოგადობის დაკარგვის გარეშე, ჩვენ ვივარაუდებთ, რომ GCD( ა, ტ) = 1. მაშინ კონგრუენციის ამოხსნა (2.2) შეიძლება მოიძებნოს, მაგალითად, ევკლიდეს ალგორითმის გამოყენებით. მართლაც, გაფართოებული ევკლიდური ალგორითმის გამოყენებით, ჩვენ წარმოვადგენთ რიცხვს 1, როგორც რიცხვების წრფივი კომბინაცია. ადა ტ:
გაამრავლეთ ამ განტოლების ორივე მხარე ბ, ჩვენ ვიღებთ: ბ = აბქ + mrb, სადაც აბქ - ბ = - mrb, ანუ ა ∙ (ბქ) = ბ(მოდ მ) და ბქარის შედარების გამოსავალი (2.2).
გადაჭრის კიდევ ერთი გზაა ეილერის თეორემის გამოყენება. ისევ, ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ GCD(a, უ)= 1. ჩვენ ვიყენებთ ეილერის თეორემას: . გაამრავლეთ შედარების ორივე მხარე ბ:
.
ბოლო გამონათქვამის გადაწერა როგორც
, ვიღებთ, რომ არის კონგრუენციის ამოხსნა (2.2).
მოდით ახლა GCD( ა, მ) = დ>1. მერე ა = ატდ, მ = მტდ, სად gcd( ა 1 , მ 1) = 1. გარდა ამისა, აუცილებელია ბ = ბ 1 დ, რომ შედარება გადასაჭრელი იყოს. Თუ X 0 - შედარების გადაწყვეტა ა 1 x = ბ 1 (მოდ მ 1), და ერთადერთი, რადგან GCD( ა 1 , მ 1) = 1, მაშინ X 0 გადაწყვეტილება და შედარება იქნება ა 1 xd = დბ 1 (მოდ მ 1), ანუ ორიგინალური შედარება (2.2). დაისვენე დ- თეორემა 2.5-ით არის ნაპოვნი 1 ამონახსნი.
პირველი ხარისხის შედარება ერთ უცნობთან აქვს ფორმა:
ვ(x) 0 (მოდ მ); ვ(X) = ოჰ + a n. (1)
ამოხსნა შედარებანიშნავს x-ის ყველა მნიშვნელობის პოვნას, რომელიც აკმაყოფილებს მას. ორი შედარება, რომელიც აკმაყოფილებს x-ის ერთსა და იმავე მნიშვნელობებს, ეწოდება ექვივალენტი.
თუ შედარება (1) აკმაყოფილებს ზოგიერთს x = x 1, შემდეგ (49-ის მიხედვით) ყველა რიცხვი შესადარებელია x 1, მოდული მ: x x 1 (მოდ მ). რიცხვების მთელი ეს კლასი ითვლება ერთი გამოსავალი. ამ შეთანხმებით შეიძლება შემდეგი დასკვნის გაკეთება.
66.ს გასწორება (1) ექნება იმდენი გამოსავალი, რამდენიც არის სრული სისტემის ნარჩენები, რომლებიც მას აკმაყოფილებს.
მაგალითი. შედარება
6x– 4 0 (მოდ. 8)
0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 მოდულის სრული სისტემის 0, 1,2, 3, 4, 7 რიცხვებს შორის, ორი რიცხვი აკმაყოფილებს: X= 2 და X= 6. ამიტომ, ამ შედარებას ორი გამოსავალი აქვს:
x 2 (მოდიფიკაცია 8), X 6 (მოდიფიკაცია 8).
პირველი ხარისხის შედარება თავისუფალი ტერმინის (საპირისპირო ნიშნით) მარჯვენა მხარეს გადატანით შეიძლება შემცირდეს ფორმამდე
ნაჯახი ბ(მოდ მ). (2)
განვიხილოთ შედარება, რომელიც აკმაყოფილებს პირობას ( ა, მ) = 1.
66-ის მიხედვით ჩვენს შედარებას აქვს იმდენი გამოსავალი, რამდენიც არის სრული სისტემის ნარჩენები, რომლებიც მას აკმაყოფილებს. Მაგრამ როდესაც xგადის ნარჩენების მოდულის სრულ სისტემაში ტ,მაშინ ოჰგადის გამოქვითვების სრულ სისტემას (60-დან). ამიტომ, ერთი და მხოლოდ ერთი ღირებულებისთვის X,აღებულია სრული სისტემიდან, ოჰშედარებული იქნება ბ.Ისე,
67. იყიდება (a, m) = 1 შედარებით ცული ბ(მოდ მ)აქვს ერთი გამოსავალი.
მოდით ახლა ( ა, მ) = დ> 1. მაშინ შედარებისთვის (2) რომ გვქონდეს ამონახსნები, აუცილებელია (55-დან) რომ ბდაყოფილია დ,წინააღმდეგ შემთხვევაში (2) შედარება შეუძლებელია ნებისმიერი მთელი x-ისთვის . მაშასადამე ბმრავალჯერადი დ,დავაყენოთ ა = ა 1 დ, ბ = ბ 1 დ, მ = მ 1 დ.მაშინ შედარება (2) იქნება ამის ექვივალენტი (შემცირებულია დ): ა 1 x ბ 1 (მოდ მ), რომელშიც უკვე ( ა 1 , მ 1) = 1, და შესაბამისად მას ექნება ერთი გადაწყვეტის მოდული მერთი . დაე X 1 არის ამ ხსნარის ყველაზე პატარა არაუარყოფითი ნარჩენი მოდულო m 1 , მაშინ ყველა რიცხვი x , ამ ხსნარის ფორმირება შეგიძლიათ იხილოთ ფორმაში
x x 1 (მოდ მ 1). (3)
მოდული, რიცხვები (3) ქმნიან არა ერთ ამონახსანს, არამედ მეტ ამონახსანს, ზუსტად იმდენ ამონახსანს, რამდენიც არის რიცხვები (3) 0, 1, 2 სერიებში, ..., მ 1 ყველაზე ნაკლებად არაუარყოფითი ნარჩენების მოდული მ.მაგრამ შემდეგი რიცხვები დაეცემა აქ (3):
x 1 , x 1 + მ 1 , x 1 + 2მ 1 , ..., x 1 + (დ – 1) მ 1 ,
იმათ. სულ დნომრები (3); ამიტომ შედარება (2) აქვს დგადაწყვეტილებები.
ჩვენ ვიღებთ თეორემას:
68. მოდით (a, m) = d. შედარება ცული b (მოდ მ) შეუძლებელია, თუ b არ იყოფა d-ზე. როდესაც b არის d-ის ჯერადი, შედარებას აქვს d ამონახსნები..
69. პირველი ხარისხის შედარების ამოხსნის მეთოდი, გაგრძელებული წილადების თეორიაზე დაყრდნობით:
თანაფარდობის გაგრძელებულ წილადად გაფართოება მ:ა,
და ბოლო ორი კონვერგენტის გათვალისწინებით:
გაგრძელებული წილადების თვისებების მიხედვით (შესაბამისად 30 ) ჩვენ გვაქვს
ასე რომ შედარებას გამოსავალი აქვს
ძიებისთვის, რაც საკმარისია გამოსათვლელად P n- 1 30-ში მითითებული მეთოდის მიხედვით.
მაგალითი. მოვაგვაროთ შედარება
111x= 75 (mod 321). (ოთხი)
აქ (111, 321) = 3 და 75 არის 3-ის ჯერადი. ამიტომ, შედარებას აქვს სამი ამონახსნები.
შედარების ორივე ნაწილისა და მოდულის 3-ზე გაყოფით მივიღებთ შედარებას
37x= 25 (mod 107), (5)
რომელიც ჯერ უნდა გადავწყვიტოთ. Ჩვენ გვაქვს
ქ | |||||
პ 3 |
ასე რომ, ამ შემთხვევაში ნ = 4, P n - 1 = 26, ბ= 25, და გვაქვს შედარების (5) ამოხსნა ფორმაში
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
ამრიგად, შედარების გადაწყვეტილებები (4) წარმოდგენილია შემდეგნაირად:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (მოდ 321).
შებრუნებული ელემენტის მოდულის გამოთვლა მოცემულია
70.თუ მთელი რიცხვები ადა ნ coprime, მაშინ არის რიცხვი ა", დამაკმაყოფილებელი შედარება a ∙ a′ ≡ 1 (მოდ ნ). ნომერი ა"დაურეკა მრავლობითი შებრუნებული modulo nდა აღნიშვნა გამოიყენება ამისთვის ა- 1 (მოდ ნ).
საპასუხო მოდულების გამოთვლა ზოგიერთი შეიძლება განხორციელდეს პირველი ხარისხის შედარების ამოხსნით ერთ უცნობთან, რომელშიც xმიღებული ნომერი ა".
შედარების გამოსავლის მოსაძებნად
ნაჯახი≡ 1 (მოდ მ),
სად ( ვარ)= 1,
შეიძლება გამოვიყენოთ ევკლიდის ალგორითმი (69) ან ფერმა-ეილერის თეორემა, რომელიც აცხადებს, რომ თუ ( ვარ) = 1, მაშინ
ა φ( მ) ≡ 1 (მოდ მ).
x ≡ ა φ( მ)–1 (მოდ მ).
ჯგუფები და მათი თვისებები
ჯგუფები არის ერთ-ერთი ტაქსონომიური კლასი, რომელიც გამოიყენება საერთო დამახასიათებელი თვისებების მქონე მათემატიკური სტრუქტურების კლასიფიკაციაში. ჯგუფს აქვს ორი კომპონენტი: ბევრი (გ) და ოპერაციები() განსაზღვრულია ამ კომპლექტზე.
სიმრავლის, ელემენტისა და წევრობის ცნებები თანამედროვე მათემატიკის ძირითადი განუსაზღვრელი ცნებებია. ნებისმიერი ნაკრები განისაზღვრება მასში შემავალი ელემენტებით (რომლებიც, თავის მხრივ, ასევე შეიძლება იყოს კომპლექტები). ამრიგად, ჩვენ ვამბობთ, რომ სიმრავლე არის განსაზღვრული ან მოცემული, თუ რომელიმე ელემენტისთვის შეგვიძლია ვთქვათ, ეკუთვნის თუ არა იგი ამ სიმრავლეს.
ორი კომპლექტისთვის A, Bჩანაწერები ბ ა, ბ ა, ბ∩ ა, ბ ა, ბ \ ა, ა × ბნიშნავს, შესაბამისად, რომ ბარის ნაკრების ქვეჯგუფი ა(ანუ ნებისმიერი ელემენტი ბასევე შეიცავს ა, მაგალითად, ნატურალური რიცხვების სიმრავლე შეიცავს ნამდვილ რიცხვთა სიმრავლეს; გარდა ამისა, ყოველთვის ა ა), ბარის კომპლექტის სათანადო ქვეჯგუფი ა(ისინი. ბ ადა ბ ≠ ა), მრავალის გადაკვეთა ბდა ა(ანუ ყველა ისეთი ელემენტი, რომელიც ერთდროულად და შიგნითაა ა, და ში ბმაგალითად, მთელი და დადებითი რეალური რიცხვების კვეთა არის ნატურალური რიცხვების სიმრავლე), სიმრავლეთა გაერთიანება. ბდა ა(ანუ კომპლექტი, რომელიც შედგება ელემენტებისაგან, რომლებიც დევს ა, ან შიგნით ბ), მითითებული განსხვავება ბდა ა(ანუ ელემენტების ნაკრები, რომელიც დევს ბ, მაგრამ არ მოტყუვდეთ ა), კომპლექტების დეკარტის ნამრავლი ადა ბ(ანუ ფორმის წყვილის ნაკრები ( ა, ბ), სადაც ა ა, ბ ბ). მეშვეობით | ა| ნაკრების კარდინალურობა ყოველთვის აღინიშნება ა, ე.ი. ელემენტების რაოდენობა კომპლექტში ა.
ოპერაცია არის წესი, რომლის მიხედვითაც კომპლექტის ნებისმიერი ორი ელემენტი გ(ადა ბ) ასოცირდება მესამე ელემენტთან G-დან: ბ.
ბევრი ელემენტი გოპერაციით ე.წ ჯგუფითუ დაკმაყოფილებულია შემდეგი პირობები.