Натурал тоогоор харьцуулах. Нэгдүгээр зэрэглэлийн харьцуулалтыг шийдвэрлэх Модулийн харьцуулалтын системийг шийдвэрлэх
Маягтын харьцуулалтыг авч үзье x 2 ≡а(mod хα), хаана хэнгийн сондгой тоо юм. 4-р хэсгийн §4-т үзүүлсэнчлэн энэ тохирлын шийдлийг конгруэнцийг шийдэх замаар олж болно. x 2 ≡а(mod х). Мөн харьцуулалт x 2 ≡а(mod хα) бол хоёр шийдэлтэй байна ань квадрат үлдэгдэл модуль юм х.
Жишээ:
Квадрат харьцуулалтыг шийдэх x 2 ≡86(mod 125).
125 = 5 3 , 5 нь анхны тоо юм. 86 нь квадрат модуль 5 эсэхийг шалгацгаая.
Анхны харьцуулалт нь 2 шийдэлтэй.
Харьцуулах шийдлийг олцгооё x 2 ≡86(mod 5).
x 2 ≡1(mod 5).
Энэ харьцуулалтыг өмнөх догол мөрөнд заасан аргаар шийдэж болох боловч бид 1 модулийн квадрат язгуур нь ±1 бөгөөд харьцуулалт нь яг хоёр шийдэлтэй гэдгийг ашиглах болно. Тиймээс модуль 5-ын нийцлийн шийдэл юм
x≡±1(mod 5) эсвэл өөрөөр хэлбэл, x=±(1+5 т 1).
Үүссэн шийдлийг харьцуулах модульд 5 2 =25 орлуулна:
x 2 ≡86(mod 25)
x 2 ≡11(mod 25)
(1+5т 1) 2 ≡11(mod 25)
1+10т 1 +25т 1 2 ≡11(mod 25)
10т 1 ≡10(mod 25)
2т 1 ≡2(mod 5)
т 1 ≡1 (mod 5) эсвэл түүнтэй адилтгах, т 1 =1+5т 2 .
Дараа нь модуль 25-ын нийцлийн шийдэл юм x=±(1+5(1+5 т 2))=±(6+25 т 2). Үүссэн шийдлийг харьцуулах модуль 5 3 =125-д орлуулна уу:
x 2 ≡86(mod 125)
(6+25т 2) 2 ≡86(mod 125)
36+12 25 т 2 +625т 2 2 ≡86(mod 125)
12 25 т 2 ≡50(mod 125)
12т 2 ≡2(mod 5)
2т 2 ≡2(mod 5)
т 2 ≡1(mod 5), эсвэл т 2 =1+5т 3 .
Дараа нь харьцуулах модулийн шийдэл нь 125 юм x=±(6+25(1+5 т 3))=±(31+125 т 3).
Хариулт: x≡±31(mod 125).
Одоо маягтын харьцуулалтыг авч үзье x 2 ≡а(mod2α). Ийм харьцуулалт нь үргэлж хоёр шийдэлтэй байдаггүй. Ийм модулийн хувьд дараахь тохиолдлууд боломжтой.
1) α=1. Дараа нь харьцуулалт нь зөвхөн үед шийдэлтэй байдаг а≡1(mod 2), шийдэл нь байна x≡1(mod 2) (нэг шийдэл).
2) α=2. Харьцуулалт нь зөвхөн үед шийдлүүдтэй байдаг а≡1(mod 4), шийдэл нь байна x≡±1(mod 4) (хоёр шийдэл).
3) α≥3. Харьцуулалт нь зөвхөн үед шийдлүүдтэй байдаг а≡1(mod 8) бөгөөд ийм дөрвөн шийдэл байх болно. Харьцуулалт x 2 ≡а(mod 2 α) α≥3-ийн хувьд маягтын харьцуулалттай ижил аргаар шийдэгддэг. x 2 ≡а(mod хα), зөвхөн модулийн 8-р шийдлүүд нь анхны шийд болж байна: x≡±1(mod 8) ба x≡±3(mod 8). Тэдгээрийг модуль 16, дараа нь модуль 32, модуль 2 α хүртэл харьцуулах хэрэгтэй.
Жишээ:
Харьцуулалтыг шийдэх x 2 ≡33(mod 64)
64=26. Анхны харьцуулалт шийдэлтэй эсэхийг шалгацгаая. 33≡1(mod 8) тул харьцуулалт нь 4 шийдэлтэй байна.
Modulo 8 Эдгээр шийдлүүд нь: x≡±1(mod 8) ба x≡±3(mod 8) гэж илэрхийлж болно x=±(1+4 тнэг). Энэ илэрхийлэлийг 16-р модультай харьцуулна уу
x 2 ≡33(mod 16)
(1+4т 1) 2 ≡1(mod 16)
1+8т 1 +16т 1 2 ≡1(mod 16)
8т 1 ≡0 (mod 16)
т 1 ≡0 (mod 2)
Дараа нь шийдэл нь хэлбэрийг авна x=±(1+4 т 1)=±(1+4(0+2 т 2))=±(1+8 т 2). Үүссэн шийдлийг нийцлийн модуль 32-д орлуулна уу:
x 2 ≡33(mod 32)
(1+8т 2) 2 ≡1(mod 32)
1+16т 2 +64т 2 2 ≡1(mod 32)
16т 2 ≡0 (mod 32)
т 2 ≡0 (mod 2)
Дараа нь шийдэл нь хэлбэрийг авна x=±(1+8 т 2) =±(1+8(0+2т 3)) =±(1+16 т 3). Үүссэн шийдлийг харьцуулах модуль 64-д орлуулна уу:
x 2 ≡33(mod 64)
(1+16т 3) 2 ≡33(mod 64)
1+32т 3 +256т 3 2 ≡33(mod 64)
32т 3 ≡32 (mod 64)
т 3 ≡1 (mod 2)
Дараа нь шийдэл нь хэлбэрийг авна x=±(1+16 т 3) =±(1+16(1+2т 4)) =±(17+32 тдөрөв). Тиймээс, модуль 64, анхны харьцуулалт нь дөрвөн шийдэлтэй: x≡±17(mod 64)ба x≡±49(mod 64).
Одоо ерөнхий харьцуулалтыг авч үзье: x 2 ≡а(mod м), (а,м)=1, - модулийн каноник задрал м. §4-ийн 4-р зүйлийн теоремийн дагуу энэ харьцуулалт нь системтэй тэнцүү байна.
Хэрэв энэ системийн харьцуулалт бүр шийдэгдэх боломжтой бол бүхэл бүтэн системийг шийдвэрлэх боломжтой болно. Энэ системийн харьцуулалт бүрийн шийдлийг олсны дараа бид нэгдүгээр зэрэглэлийн харьцуулалтын системийг олж, үүнийг шийдэж, Хятадын үлдэгдэл теоремыг ашиглан анхны харьцуулалтын шийдлийг олж авдаг. Түүнээс гадна анхны харьцуулалтын янз бүрийн шийдлүүдийн тоо (хэрэв энэ нь шийдэгдэх боломжтой бол) 2 байна к, хэрэв α=1, 2 бол кα=2, 2 бол +1 кα≥3 бол +2.
Жишээ:
Харьцуулалтыг шийдэх x 2 ≡4(mod 21).
Энэ сэдвээр математикийн төсөл
"Модулийн харьцуулалт"
Зарипова Айсылу
Казань хотын Советский дүүрэг
MBOU "166-р дунд сургууль", 7а анги
Шинжлэх ухааны зөвлөх: Антонова Н.А.
Агуулгын хүснэгт
Оршил ______________________________________________________3
Харьцуулалт гэж юу вэ ________________________________________________4
Модулийн харьцуулалтын тухай ойлголт ________________________________4
Харьцуулалтын тухай ойлголт үүссэн түүх _____4 модуль
Харьцуулах шинж чанар ________________________________________________4
Модулийн харьцуулалтын хамгийн энгийн хэрэглээ бол _____________________6 тооны хуваагдах чадварыг тодорхойлох явдал юм
Харьцуулах нэг даалгавар ____________________________8
Мэргэжлийн үйл ажиллагаанд модулийн харьцуулалтыг ашиглах нь ___________________________________________9
Асуудлыг шийдвэрлэхэд харьцуулах хэрэглээ ______________________6
Дүгнэлт__________________________________________________10
Ашигласан материалын жагсаалт ____________________________11
Оршил.
R&D: Модулийн харьцуулалт.
Асуудал: Олон оюутнууд олимпиадад бэлтгэх даалгавартай тулгардаг бөгөөд тэдгээрийн шийдэл нь бүхэл тоог натурал тоонд хуваах үлдэгдлийн мэдлэг дээр суурилдаг. Бид ийм асуудал, тэдгээрийг шийдвэрлэх арга замыг сонирхож байсан. Тэдгээрийг модулийн харьцуулалт ашиглан шийдэж болох нь харагдаж байна.
Зорилго: Модулийн харьцуулалтын мөн чанар, модулийн харьцуулалттай ажиллах үндсэн аргуудыг тодруулах.
Даалгаварууд: энэ сэдвээр онолын материалыг олох, модулийн харьцуулалтыг ашиглан шийдсэн асуудлуудыг авч үзэх, ийм асуудлыг шийдвэрлэх хамгийн түгээмэл аргуудыг харуулах, дүгнэлт гаргах.
Судалгааны объект: тооны онол.
Судалгааны сэдэв: модулийн харьцуулалтын онол.
Энэхүү бүтээл нь онолын судалгаанд хамаарах бөгөөд математикийн олимпиадад бэлтгэхэд ашиглаж болно. Түүний агуулгад модулийн харьцуулалтын үндсэн ойлголтууд, тэдгээрийн үндсэн шинж чанаруудыг илчилж, энэ сэдвээр асуудлыг шийдвэрлэх жишээг өгсөн болно.
I . Харьцуулалт гэж юу вэ.
Модулийн харьцуулалтын тухай ойлголт.
Тоонууд болон тэдгээр нь хуваагддаг бол модулиар харьцуулах боломжтой гэж нэрлэгддэг, өөрөөр хэлбэл a ба b-д хуваагдах үед ижил үлдэгдэлтэй байна..
Зориулалт
Жишээ нь:
12 ба 32 нь харьцуулах боломжтой модуль 5, учир нь 12-ыг 5-т хуваахад 2-ын үлдэгдэл, 32-ыг 2-т хуваахад 2-ын үлдэгдэлтэй байна. Үүнийг бичсэн байна.12 ;
101 ба 17 нь уялдаатай модуль 21;
Модулийн харьцуулалтын тухай ойлголтын түүх.
Их хэмжээгээр хуваагдах онолыг Эйлер бий болгосон. Харьцуулалтын тодорхойлолтыг К.Ф.Гаусын "Арифметик судалгаа" номонд томъёолсон. Латин хэлээр бичигдсэн энэ бүтээл 1797 онд хэвлэгдэж эхэлсэн боловч тухайн үед хэвлэх үйл явц нь асар их хөдөлмөр, урт байсан тул ном нь 1801 онд л хэвлэгджээ. Гауссын номын эхний хэсгийг "Тоонуудыг харьцуулах тухай" гэж нэрлэдэг. Математикт бий болсон модулийн харьцуулалтын бэлгэдлийг Гаусс санал болгосон.
Харьцуулах шинж чанарууд.
Хэрвээ
Нотолгоо:
Хэрэв бид эхний тэгшитгэлд хоёр дахьыг нэмбэл бид олж авна
нь хоёр бүхэл тооны нийлбэр учраас бүхэл тоо нь мөн.
Хэрэв бид эхний тэгшитгэлээс хоёр дахь хэсгийг хасвал бид авна
гэдэг нь хоёр бүхэл тоонуудын ялгаа, тиймээс бүхэл тоо.
Илэрхийлэлийг авч үзье:
бүхэл тоонуудын үржвэр хоорондын ялгаа нь бүхэл тоо, тиймээс бүхэл тоо юм.
Энэ нь харьцуулалтын гурав дахь шинж чанарын үр дагавар юм.
Q.E.D.
5) Хэрвээ.
Нотолгоо: Эдгээр хоёр илэрхийллийн нийлбэрийг олъё.
нь хоёр бүхэл тооны нийлбэр, бүхэл тоо нь тийм учраас .
Q.E.D.
6) Хэрэв бүхэл тоо бол
Нотолгоо: хаанах- бүхэл тоо, энэ тэгшитгэлийг үржүүлбэл: . Бүхэл тоонуудын үржвэр учраас үүнийг батлах шаардлагатай байв.
7) Хэрвээ
Нотолгоо: Үндэслэл нь өмчийн нотолгоо 6-тай төстэй.
8) Хэрвээ - харьцангуй анхны тоо, тэгвэл
Нотолгоо: , бид энэ илэрхийллийг хувааж, бид дараахийг авна: - хуваах тоонууд, энэ нь бүхэл тоонд хуваагддаг гэсэн үг, өөрөөр хэлбэл. =. Энэ нь юуг нотлох шаардлагатай байсан гэсэн үг юм.
II . Асуудлыг шийдвэрлэхэд харьцуулалтыг ашиглах.
2.1. Модулийн харьцуулалтын хамгийн энгийн хэрэглээ бол тоонуудын хуваагдах чадварыг тодорхойлох явдал юм.
Жишээ. 2-р хэсгийн үлдэгдлийг ол 2009 7 цагт.
Шийдэл: 2-ын хүчийг авч үзье:
Харьцуулалтыг 668-ын хүчинд өсгөж, үржүүлбэл бид: .
Хариулт: 4.
Жишээ. 7+7 гэдгийг батал 2 +7 3 +…+7 4 n аль ч 100-д хуваагддагnбүхэл тоонуудын багцаас.
Шийдэл: Харьцуулалтыг анхаарч үзээрэй
гэх мэт. Үлдэгдлийн мөчлөгийг тоонуудыг баганаар үржүүлэх дүрмээр тайлбарладаг. Эхний дөрвөн харьцуулалтыг нэмснээр бид дараахь зүйлийг олж авна.
Тэгэхээр энэ нийлбэр 100-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Үүний нэгэн адил дараах дөрвөн харьцуулалтыг нэмбэл ийм нийлбэр бүр 100-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг олж мэднэ. Тэгэхээр бүхэл нийлбэр нь 4nгишүүд 100-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Q.E.D.
Жишээ. Ямар үнээр болохыг тодорхойлохnилэрхийлэл 19-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.
Шийдэл: .
Энэ харьцуулалтыг 20-оор үржүүл. Бид олж авна.
Ингээд харьцуулалт нэмье. . Тиймээс харьцуулалтын баруун тал нь ямар ч байгалийн хувьд үргэлж 19-д хуваагддагn, энэ нь анхны илэрхийлэл нь натуралтай 19-д хуваагддаг гэсэн үг юмn.
Хариулт n нь дурын натурал тоо юм.
Жишээ. Энэ тоо ямар цифрээр төгсдөг вэ.
Шийдэл. Энэ асуудлыг шийдэхийн тулд бид зөвхөн сүүлийн цифрийг дагаж мөрдөх болно. 14-ийн тооны хүчийг авч үзье.
Эндээс харахад сондгой илтгэгчийн хувьд градусын утга 4-ээр, тэгш илтгэгчийн хувьд 6-аар төгсдөг. Дараа нь 6-аар төгсдөг, өөрөөр хэлбэл. тэгш тоо юм. Тэгэхээр 6-д дуусна.
Хариулт 6.
2.2. Харьцуулах нэг даалгавар.
Н.Виленкиний "Харьцуулалт ба үлдэгдэл ангиуд" өгүүлэлд Английн нэрт физикч Диракийн оюутан байхдаа шийдэж байсан нэгэн асуудлыг өгүүлжээ.
Мөн модулийн харьцуулалтыг ашиглан энэ асуудлыг шийдэх товч шийдэл бий. Гэхдээ бид ижил төстэй хэд хэдэн даалгавартай уулзсан. Жишээлбэл.
Хажуугаар нь өнгөрч явсан нэг хүн сармагчин сууж байсан модны дэргэд нэг баглаа алим олжээ. Тэднийг тоолсны дараа тэрээр сармагчинд 1 алим өгвөл үлдсэн алимны тоог дараахь байдлаар хуваана гэдгийг ойлгов. n ул мөргүй. Илүүдэл алимыг сармагчинд өгөөд 1/ n үлдсэн алим, үлдсэн. Дараа нь овоолго руу ойртсон дараагийн хүн, дараа нь дараагийнх гэх мэт. Дараагийн хажуугаар өнгөрөх хүн бүр алимыг тоолж байхдаа тэдгээрийн тоог хуваахдаа анзаарав n үлдэгдэл 1-ийг өгч, сармагчинд нэмэлт алим өгөөд 1 / n үлдсэн алим, цааш хөдөлсөн. Сүүлийнх нь явсны дараа n Хажуугаар өнгөрөхөд овоонд үлдсэн алимны тоо хуваагдана n ул мөргүй. Эхлээд овоонд хэдэн алим байсан бэ?
Дирактай ижил үндэслэлийг гаргасны дараа бид ижил төстэй асуудлын ангиллыг шийдэх ерөнхий томъёог олж авлаа:n- натурал тоо.
2.3. Мэргэжлийн үйл ажиллагаанд модулийн харьцуулалтыг ашиглах.
Харьцуулалтын онолыг кодчиллын онолд ашигладаг тул компьютертэй холбоотой мэргэжлийг сонгосон бүх хүмүүс судалж, магадгүй харьцуулалтыг мэргэжлийн үйл ажиллагаандаа ашиглах болно. Жишээлбэл, нийтийн түлхүүрийн шифрлэлтийн алгоритмыг боловсруулахын тулд модулийн харьцуулалт зэрэг тооны онолын хэд хэдэн ойлголтыг ашигладаг.
Дүгнэлт.
Уг нийтлэлд модулийн харьцуулалтын үндсэн ойлголт, шинж чанаруудыг тодорхойлсон бөгөөд жишээнүүд нь модулийн харьцуулалтын хэрэглээг харуулж байна. Материалыг математикийн олимпиад, улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэхэд ашиглаж болно.
Дээрх лавлагааны жагсаалт нь шаардлагатай бол модулийн харьцуулалтын онол, түүний хэрэглээний зарим нарийн төвөгтэй талыг авч үзэх боломжийг олгодог.
Ашигласан уран зохиолын жагсаалт.
Альфутова Н.Б. Алгебр ба тооны онол./Н.Б.Альфутова, А.В.Устинов. М.: МТСНМО, 2002, 466 х.
Бухштаб А.А. Тооны онол. / А.А.Бухштаб. Москва: Боловсрол, 1960 он.
Виленкин Н. Харьцуулалт ба үлдэгдэл ангиуд./Н.Виленкин.//Квант. – 1978.- 10.
Федорова Н.Е. Алгебр, математик анализын судалгаа. 10-р анги.http:// www. prosv. en/ цахим номууд/ Федорова_ Алгебр_10 kl/1/ xht
en. википедиа. org/ вики/Модуло_харьцуулалт.
n үед тэд ижил үлдэгдлийг өгдөг.
Ижил томъёолол: a ба b харьцуулж болох модуль n хэрэв тэдгээрийн ялгаа а - бнь n-д хуваагддаг, эсвэл a гэж төлөөлдөг бол а = б + кn , хаана кнь бүхэл тоо юм. Жишээ нь: 32 ба −10 нь модуль 7 тул
"a ба b нь модуль n нийцтэй" гэсэн мэдэгдлийг дараах байдлаар бичнэ.
Modulo Equality Properties
Модулийн харьцуулалтын хамаарал нь шинж чанартай байдаг
Дурын хоёр бүхэл тоо аболон бхарьцуулах боломжтой модуль 1.
Тоонуудын дарааллаар аболон бхарьцуулж болохуйц модуль байсан n, тэдгээрийн ялгаа нь хуваагдах шаардлагатай бөгөөд хангалттай юм n.
Хэрэв тоонууд ба хосоороо харьцуулах боломжтой модуль n, дараа нь тэдгээрийн нийлбэр ба , түүнчлэн бүтээгдэхүүнүүд мөн харьцуулж болохуйц модуль байна n.
Хэрэв тоонууд аболон бхарьцуулж болох модуль n, дараа нь тэдний зэрэг а кболон б кмөн харьцуулж болохуйц модуль юм nаливаа байгалийн хувьд к.
Хэрэв тоонууд аболон бхарьцуулж болох модуль n, ба nхуваасан м, дараа нь аболон бхарьцуулж болох модуль м.
Тоонуудын дарааллаар аболон бхарьцуулж болохуйц модуль байсан n, анхны хүчин зүйл болгон түүний каноник задралаар илэрхийлэгддэг х би
шаардлагатай бөгөөд хангалттай
Харьцуулалтын хамаарал нь эквивалент харьцаа бөгөөд энгийн тэгш байдлын олон шинж чанарыг агуулсан байдаг. Жишээлбэл, тэдгээрийг нэмж, үржүүлж болно: хэрэв
Гэсэн хэдий ч харьцуулалтыг ерөнхийд нь бие биенээсээ эсвэл өөр тоогоор хувааж болохгүй. Жишээ нь: Харин 2-оор багасгахад алдаатай харьцуулалт гарч байна: . Харьцуулахад багасгах дүрэм дараах байдалтай байна.
Хэрэв модулиуд нь таарахгүй бол та харьцуулах үйлдлүүдийг хийх боломжгүй.
Бусад шинж чанарууд:
Холбогдох тодорхойлолтууд
Хасгалын ангиуд
Харьцуулж болох бүх тооны багц амодуль nдуудсан хасах анги амодуль n , ба үүнийг ихэвчлэн [-ээр тэмдэглэдэг. а] nэсвэл . Тиймээс харьцуулалт нь үлдэгдэл ангиудын тэгш байдалтай тэнцүү байна [а] n = [б] n .
Учир нь модулийн харьцуулалт nнь бүхэл тооны олонлог, дараа нь модулийн үлдэгдэл анги дээрх эквивалент хамаарал юм nэквивалент ангиуд; тэдний тоо n. Бүх үлдэгдэл ангийн модулийн багц nэсвэл гэж тэмдэглэнэ.
Нэмэх ба үржүүлэх үйлдлүүд нь олонлог дээрх харгалзах үйлдлүүдийг өдөөдөг.
[а] n + [б] n = [а + б] nЭдгээр үйлдлүүдийн хувьд олонлог нь хязгаарлагдмал цагираг бөгөөд хэрэв nэнгийн - эцсийн талбар.
Суутгалын систем
Үлдэгдэл систем нь хязгаарлагдмал тооны тоон дээр түүнээс хэтрэхгүйгээр арифметик үйлдлийг гүйцэтгэх боломжийг олгодог. Суутгалын бүрэн системмодуль n нь харьцуулашгүй модуль n бүхэл тооны n олонлог юм. Ихэвчлэн үлдэгдэл модулийн иж бүрэн систем болгон хамгийн бага сөрөг бус үлдэгдлийг авдаг.
0,1,...,n − 1эсвэл тооноос бүрдэх хамгийн бага үлдэгдэл
,сондгой тохиолдолд nболон тоонууд
тэнцүү тохиолдолд n .
Харьцуулах шийдвэр
Нэгдүгээр зэргийн харьцуулалт
Тооны онол, криптограф болон бусад шинжлэх ухааны салбарт эхний түвшний харьцуулалтын шийдлийг олоход асуудал гардаг.
Ийм харьцуулалтын шийдэл нь gcd-ийн тооцооноос эхэлдэг (a, m) = d. Энэ тохиолдолд 2 тохиолдол боломжтой:
- Хэрвээ болон биш г, тэгвэл харьцуулалт ямар ч шийдэлгүй болно.
- Хэрвээ болон г, дараа нь харьцуулалт нь өвөрмөц шийдлийн модультай байна м / г, эсвэл аль нь адилхан, гмодулийн шийдлүүд м. Энэ тохиолдолд анхны харьцуулалтыг бууруулсны үр дүнд гхарьцуулалтын үр дүн:
хаана а 1 = а / г , б 1 = б / г болон м 1 = м / г бүхэл тоонууд ба а 1 ба м 1 нь хоёрдогч юм. Тиймээс тоо а 1 модулийг урвуу болгож болно м 1 , өөрөөр хэлбэл ийм тоог олоорой втэр (өөрөөр хэлбэл, ). Одоо гарсан харьцуулалтыг үржүүлээд шийдийг олно в:
Практик үнэ цэнийн тооцоо вянз бүрийн аргаар хийж болно: Эйлерийн теорем, Евклидийн алгоритм, үргэлжилсэн бутархайн онол (алгоритмыг үзнэ үү) гэх мэт. Ялангуяа Эйлерийн теорем нь утгыг бичих боломжийг олгодог. взэрэг:
Жишээ
Харьцуулбал бидэнд байна г= 2 тул модуль 22 харьцуулалт нь хоёр шийдэлтэй байна. 26-г 22 модультай харьцуулж болох 4-ээр сольж, дараа нь бүх 3 тоог 2-оор цуцалъя:
2 нь модуль 11-тэй харьцуулахад харьцангуй анхдагч тул бид зүүн ба баруун талыг 2-оор багасгаж чадна. Үүний үр дүнд бид нэг модуль 11: модулийг авах бөгөөд энэ нь модуль 22: хоёр шийдэлтэй тэнцэнэ.
Хоёрдугаар зэргийн харьцуулалт
Хоёрдахь зэрэглэлийн харьцуулалтыг шийдэх нь өгөгдсөн тоо нь квадрат үлдэгдэл мөн эсэхийг олж мэдэхэд (харилцааны квадрат хуулийг ашиглан) дараа нь квадрат язгуурын модулийг тооцоолоход хүргэдэг.
Өгүүллэг
Олон зууны туршид мэдэгдэж байсан Хятадын үлдэгдэл теорем нь (орчин үеийн математик хэлээр) үлдэгдэл цагираг нь хэд хэдэн анхны тооны үржвэр юм гэж заасан байдаг.
Үл мэдэгдэх нэг зүйлтэй харьцуулах xхэлбэртэй байна
Хаана. Хэрвээ а n -д хуваагдахгүй м, дараа нь үүнийг дууддаг зэрэгхарьцуулалт.
Шийдвэрхарьцуулалт нь дурын бүхэл тоо юм x 0 , Үүний төлөө
Хэрвээ X 0 харьцуулалтыг хангаж байгаа бол харьцуулалтын 9-р шинж чанарын дагуу энэ харьцуулалт нь харьцуулж болох бүх бүхэл тоог хангана. x 0 модуль м. Тиймээс модулийн үлдэгдлийн нэг ангилалд хамаарах бүх харьцуулах шийдлүүд т, бид нэг шийдэл гэж үзэх болно. Тиймээс харьцуулалт нь түүнийг хангадаг үлдэгдлийн бүрэн системийн элементүүд байгаа тул олон шийдэлтэй байдаг.
Шийдлийн багц нь ижил байгаа харьцуулалтыг гэнэ тэнцүү.
2.2.1 Нэгдүгээр зэрэглэлийн харьцуулалт
Нэгдүгээр зэргийн нэг үл мэдэгдэх зүйлтэй харьцуулах Xхэлбэртэй байна
(2.2)
Теорем 2.4. Харьцуулбал дор хаяж нэг шийдэлтэй байхын тулд энэ тоо шаардлагатай бөгөөд хангалттай б GCD-д хуваагдсан( а, м).
Баталгаа.Бид эхлээд шаардлагатайг нотолж байна. Болъё г = GCD( а, м) болон X 0 - харьцуулах шийдэл. Дараа нь , өөрөөр хэлбэл ялгаа Өө 0 − б хуваасан т.Тэгэхээр бүхэл тоо байна q, юу Өө 0 − б = кв. Эндээс б= аа 0 − кв. Тэгээд тэрнээс хойш г, нийтлэг хуваагчийн хувьд тоог хуваадаг аболон т,дараа нь хасах болон хасах хоёр хуваагдана г, мөн иймээс б хуваасан г.
Одоо хангалттай гэдгийг баталъя. Болъё г- тоонуудын хамгийн том нийтлэг хуваагч аболон т,болон б хуваасан г. Дараа нь хуваагдах байдлын тодорхойлолтоор бүхэл тоонууд байдаг а 1 , б 1 ,т 1 , юу .
Өргөтгөсөн Евклидийн алгоритмыг ашиглан бид 1 = gcd( тоон шугаман дүрслэлийг олно. а 1 , м 1 ):
Зарим нь x 0 , y 0 . Бид сүүлчийн тэгш байдлын хоёр хэсгийг хоёуланг нь үржүүлнэ б 1 г:
эсвэл ижилхэн,
,
өөрөөр хэлбэл, , ба харьцуулалтын шийдэл юм. □
Жишээ 2.10. Харьцуулалт 9 X= 6 (mod 12) нь шийдэлтэй, учир нь gcd(9, 12) = 3 ба 6 нь 3-т хуваагддаг. □
Жишээ 2.11. Харьцуулалт 6x= 9 (mod 12)-д шийдэл байхгүй, учир нь gcd(6, 12) = 6 ба 9 нь 6-д хуваагддаггүй. □
Теорем 2.5. Конгруэнцийг (2.2) шийдвэрлэх боломжтой ба г = GCD( а, м). Дараа нь харьцуулах шийдлүүдийн багц (2.2) бүрдэнэ г модулийн үлдэгдэл ангиуд т,тухайлбал, хэрэв X 0 нь шийдлүүдийн нэг бол бусад бүх шийдлүүд байна
Баталгаа.Болъё X 0 нь харьцуулалтын шийдэл (2.2), i.e. болон , . Тэгэхээр ийм байна q, юу Өө 0 − б = кв. Сүүлийн тэгш байдлын оронд одоо орлуулах X 0 хэлбэрийн дурын шийдэл, эндээс бид илэрхийллийг олж авдаг
, -д хуваагддаг м. □
Жишээ 2.12. Харьцуулалт 9 X=6 (mod 12) нь gcd(9, 12)=3-аас хойш яг гурван шийдэлтэй байна. Эдгээр шийдлүүд нь: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Жишээ 2.13. Харьцуулалт 11 X=2 (mod 15) нь өвөрмөц шийдэлтэй X 0 = 7 учир gcd(11,15)=1.□
Нэгдүгээр зэрэглэлийн харьцуулалтыг хэрхэн шийдэхийг үзүүлье. Ерөнхий байдлыг алдалгүйгээр бид GCD( а, t) = 1. Дараа нь (2.2) нийцлийн шийдийг, жишээлбэл, Евклидийн алгоритмыг ашиглан хайж болно. Үнэн хэрэгтээ, Евклидийн өргөтгөсөн алгоритмыг ашиглан бид 1-ийг тоонуудын шугаман хослол болгон төлөөлдөг. аболон т:
Энэ тэгшитгэлийн хоёр талыг үржүүлнэ б, бид авах: б = abq + mrb, хаана abq - б = - mrb, тэр бол а ∙ (bq) = б(mod м) ба bqнь харьцуулалтын шийдэл юм (2.2).
Шийдвэрлэх өөр нэг арга бол Эйлерийн теоремыг ашиглах явдал юм. Дахин хэлэхэд бид GCD(a, т)= 1. Эйлерийн теоремыг хэрэглэнэ. . Харьцуулалтын хоёр талыг үржүүлнэ б: . Сүүлийн илэрхийллийг дахин бичих , бид энэ нь конгруентийн шийдэл юм (2.2).
Одоо GCD ( а, м) = г>1. Дараа нь а = атг, м = мтг, хаана gcd( а 1 , м 1) = 1. Үүнээс гадна зайлшгүй шаардлагатай б = б 1 г, харьцуулалтыг шийдвэрлэх боломжтой байхын тулд. Хэрвээ X 0 - харьцуулах шийдэл а 1 x = б 1 (mod м 1), цорын ганц нь, учир нь GCD( а 1 , м 1) = 1, тэгвэл X 0 шийдвэр, харьцуулалт байх болно а 1 xd = дб 1 (mod м 1), өөрөөр хэлбэл анхны харьцуулалт (2.2). Амрах г- 2.5 теоремоор 1 шийд олдсон.
Нэгдүгээр зэргийн нэг үл мэдэгдэх зүйлтэй харьцуулах нь дараах хэлбэртэй байна.
е(x) 0 (mod м); е(X) = Өө + a n. (1)
Харьцуулалтыг шийдэхтүүнд нийцэх x-ийн бүх утгыг олно гэсэн үг. Х-ийн ижил утгыг хангасан хоёр харьцуулалтыг гэж нэрлэдэг тэнцүү.
Хэрэв харьцуулалт (1) заримыг хангаж байвал x = x 1, дараа нь (49-ийн дагуу) харьцуулах боломжтой бүх тоо x 1, модуль м: х х 1 (mod м). Энэ бүхэл тоо нь ангилалд тооцогддог нэг шийдэл. Энэхүү хэлэлцээрээр дараах дүгнэлтийг хийж болно.
66.С тэгшитгэх (1) түүнийг хангасан иж бүрэн системийн үлдэгдэл байгаа хэрээр олон шийдэлтэй байх болно.
Жишээ. Харьцуулалт
6x– 4 0 (mod 8)
Үлдэгдэл модуль 8-ын бүрэн системийн 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 тоонуудын дунд дараах хоёр тоо хангана. X= 2 ба X= 6. Тиймээс энэ харьцуулалт нь хоёр шийдэлтэй байна.
x 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Чөлөөт нэр томъёог (эсрэг тэмдэгтэй) баруун тал руу шилжүүлэх замаар нэгдүгээр зэргийн харьцуулалтыг хэлбэрт оруулж болно.
сүх б(mod м). (2)
нөхцөлийг хангасан харьцуулалтыг авч үзье ( а, м) = 1.
66-ийн дагуу бидний харьцуулалт нь бүрэн системийн үлдэгдэлтэй тэнцэх хэмжээний шийдэлтэй байдаг. Гэвч хэзээ xүлдэгдэл модулийн бүрэн системээр дамждаг т,тэгээд Өөсуутгалын бүрэн системээр дамждаг (60-аас). Тиймээс, нэг бөгөөд зөвхөн нэг утгын хувьд X,бүрэн системээс авсан, Өө-тай харьцуулах боломжтой болно б.Тэгэхээр,
67. (a, m) = 1 харьцуулах сүх б(mod м)нэг шийдэлтэй.
Одоо зөвшөөр ( а, м) = г> 1. Дараа нь (2) харьцуулахын тулд шийдэлтэй байхын тулд (55-аас) шаардлагатай. бгэж хуваагддаг г,Өөрөөр хэлбэл (2) бүхэл тооны x-ийн хувьд харьцуулах боломжгүй . Тиймээс гэж таамаглаж байна болон г,тавья а = а 1 г, б = б 1 г, м = м 1 г.Дараа нь харьцуулалт (2) нь үүнтэй тэнцүү байх болно (багасгана г): а 1 x б 1 (mod м), аль хэдийн ( а 1 , м 1) = 1, тиймээс энэ нь нэг шийдлийн модультай байх болно мнэг . Болъё X 1 нь m 1 модулийн энэ уусмалын хамгийн бага сөрөг бус үлдэгдэл юм , дараа нь бүх тоо x , Энэ шийдлийг бүрдүүлэх хэлбэрийг хэлбэрээр олж болно
x x 1 (mod м 1). (3)
Модуло, тоонууд (3) нь нэг шийд биш, харин 0, 1, 2 цувралд (3) тоо байгаатай адил олон тооны шийдлийг үүсгэдэг. ..., м 1 хамгийн бага сөрөг бус үлдэгдэл модуль м.Гэхдээ дараах тоонууд энд унах болно (3):
x 1 , x 1 + м 1 , x 1 + 2м 1 , ..., x 1 + (г – 1) м 1 ,
тэдгээр. Нийт гтоо (3); Тиймээс харьцуулалт (2) байна гшийдлүүд.
Бид теоремыг олж авдаг:
68. (a, m) = d гэж үзье. харьцуулах тэнхлэг b (мод m) хэрэв b нь d-д хуваагдахгүй бол боломжгүй. b нь d-ийн үржвэр бол харьцуулалт нь d шийдэлтэй байна..
69. Үргэлжилсэн бутархайн онолд үндэслэсэн нэгдүгээр зэргийн харьцуулалтыг шийдвэрлэх арга:
Үргэлжлүүлэн бутархай болгон өргөжүүлэх харьцаа м:а,
мөн сүүлийн хоёр нийлэлтийг авч үзвэл:
үргэлжилсэн бутархайн шинж чанарын дагуу (дээр 30 ) бидэнд байгаа
Тиймээс харьцуулалт нь шийдэлтэй байдаг
тооцоолоход хангалттай хайлтын хувьд П н- 30-д заасан аргын дагуу 1.
Жишээ. Харьцуулалтыг шийдье
111x= 75 (mod 321). (дөрөв)
Энд (111, 321) = 3, 75 нь 3-ын үржвэр. Тиймээс харьцуулалт нь гурван шийдэлтэй байна.
Харьцуулалтын хэсэг ба модулийг хоёуланг нь 3-т хувааснаар бид харьцуулалтыг олж авна
37x= 25 (mod 107), (5)
аль нь бид эхлээд шийдэх ёстой. Бидэнд байгаа
q | |||||
П 3 |
Тиймээс, энэ тохиолдолд n = 4, P n - 1 = 26, б= 25, бид (5) гэсэн харьцуулалтын шийдэлтэй байна
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Тиймээс (4) харьцуулалтын шийдлүүдийг дараах байдлаар үзүүлэв.
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Өгөгдсөн модулийн урвуу элементийн тооцоо
70.Хэрэв бүхэл тоо аболон nхувилах юм бол тоо байна a', харьцуулалтыг хангаж байна a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). Тоо a'дуудсан модулийн үржвэрийн урвуу nмөн тэмдэглэгээг үүнд ашигладаг а- 1 (mod n).
Харилцан уялдаатай модулийг тооцоолохдоо заримыг үл мэдэгдэх нэгтэй харьцуулах 1-р зэргийн шийдлээр хийж болно. xхүлээн зөвшөөрөгдсөн тоо a'.
Харьцуулах шийдлийг олохын тулд
а х≡ 1(заг м),
хаана ( а, м)= 1,
Евклидийн алгоритм (69) эсвэл Ферма-Эйлер теоремыг ашиглаж болно, хэрэв ( а, м) = 1, тэгвэл
а φ( м) ≡ 1(mod м).
x ≡ а φ( м)–1 (mod м).
Бүлгүүд ба тэдгээрийн шинж чанарууд
Бүлгүүд нь нийтлэг шинж чанартай математикийн бүтцийг ангилахад ашигладаг ангиллын нэг юм. Бүлэг нь хоёр бүрэлдэхүүн хэсэгтэй: маш их (Г) ба үйл ажиллагаа() энэ багц дээр тодорхойлсон.
Олонлог, элемент, гишүүнчлэлийн тухай ойлголтууд нь орчин үеийн математикийн тодорхойгүй үндсэн ойлголтууд юм. Аливаа багц нь түүнд багтсан элементүүдээр тодорхойлогддог (энэ нь эргээд олонлог байж болно). Тиймээс бид аль нэг элементийн хувьд энэ олонлогт хамаарах эсэхийг хэлж чадах юм бол олонлог тодорхойлогдсон эсвэл өгөгдсөн гэж бид хэлдэг.
Хоёр багцын хувьд А, Ббичлэгүүд Б А, Б А, Б∩ А, Б А, Б \ А, А × Бгэсэн үг Болонлогийн дэд олонлог юм А(өөрөөр хэлбэл ямар ч элемент Б-д мөн агуулагддаг Ажишээлбэл, натурал тооны олонлог нь бодит тооны олонлогт агуулагддаг; Түүнээс гадна, үргэлж А А), Болонлогийн зохих дэд олонлог юм А(тэдгээр. Б Аболон Б ≠ А), олон уулзвар Бболон А(өөрөөр хэлбэл, нэгэн зэрэг оршдог эдгээр бүх элементүүд А, болон дотор Бжишээлбэл, бүхэл ба эерэг бодит тоонуудын огтлолцол нь натурал тооны олонлог), олонлогуудын нэгдэл Бболон А(өөрөөр хэлбэл аль нэг хэсэгт байрлах элементүүдээс бүрдэх олонлог А, аль нэг нь Б), зөрүүг тогтооно Бболон А(өөрөөр хэлбэл оршдог элементүүдийн багц Б, гэхдээ бүү хэвт А), олонлогуудын декартын үржвэр Аболон Б(өөрөөр хэлбэл, маягтын хосуудын багц ( а, б), хаана а А, б Б). | дамжуулан А| багцын үндсэн байдлыг үргэлж тэмдэглэдэг А, өөрөөр хэлбэл багц дахь элементийн тоо А.
Үйлдэл гэдэг нь олонлогийн аль ч хоёр элементийг дагаж мөрдөх дүрэм юм Г(аболон б) нь G-ийн гурав дахь элементтэй холбоотой: a b.
Маш олон элементүүд Ггэж нэрлэгддэг үйл ажиллагаатай бүлэгдараах нөхцөл хангагдсан бол.