Sammenligning modulo et naturlig tall. Løse sammenligninger av første grad Løse sammenligningssystemet modulo
![Sammenligning modulo et naturlig tall. Løse sammenligninger av første grad Løse sammenligningssystemet modulo](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
Vurder en sammenligning av skjemaet x 2 ≡en(mod sα), hvor s er et enkelt oddetall. Som vist i avsnitt 4 §4, kan løsningen på denne kongruensen finnes ved å løse kongruensen x 2 ≡en(mod s). Og sammenligningen x 2 ≡en(mod sα) vil ha to løsninger hvis en er en kvadratisk restmodulo s.
Eksempel:
Løs kvadratisk sammenligning x 2 ≡ 86 (mod 125).
125 = 5 3 , 5 er et primtall. La oss sjekke om 86 er en kvadratisk modulo 5.
Den opprinnelige sammenligningen har 2 løsninger.
La oss finne en sammenligningsløsning x 2 ≡ 86 (mod 5).
x 2 ≡1 (mod 5).
Denne sammenligningen kan løses på den måten som er angitt i forrige avsnitt, men vi vil bruke det faktum at kvadratroten av 1 modulo er ±1, og sammenligningen har nøyaktig to løsninger. Dermed er løsningen på kongruens modulo 5
x≡±1(mod 5) eller på annen måte x=±(1+5 t 1).
Erstatt den resulterende løsningen i sammenligningen 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), eller tilsvarende, t 1 =1+5t 2 .
Da er løsningen på kongruens modulo 25 x=±(1+5(1+5 t 2))=±(6+25 t 2). Erstatt den resulterende løsningen i sammenligningen 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), eller t 2 =1+5t 3 .
Da er løsningen på sammenligningen modulo 125 x=±(6+25(1+5 t 3))=±(31+125 t 3).
Svar: x≡±31 (mod 125).
Vurder nå en sammenligning av skjemaet x 2 ≡en(mod2α). En slik sammenligning har ikke alltid to løsninger. For en slik modul er følgende tilfeller mulig:
1) a=1. Da har sammenligningen en løsning bare når en≡1(mod 2), og løsningen er x≡1(mod 2) (én løsning).
2) a=2. Sammenligningen har løsninger bare når en≡1(mod 4), og løsningen er x≡±1(mod 4) (to løsninger).
3) α≥3. Sammenligningen har løsninger bare når en≡1(mod 8), og det vil være fire slike løsninger. Sammenligning x 2 ≡en(mod 2 α) for α≥3 løses på samme måte som sammenligninger av formen x 2 ≡en(mod sα), bare løsninger modulo 8 fungerer som den første løsningen: x≡±1(mod 8) og x≡±3 (mod 8). De skal sammenlignes modulo 16, deretter modulo 32, og så videre opp til modulo 2 α .
Eksempel:
Løs sammenligning x 2 ≡33 (mod 64)
64=26. La oss sjekke om den opprinnelige sammenligningen har en løsning. 33≡1(mod 8), så sammenligningen har 4 løsninger.
Modulo 8 vil disse løsningene være: x≡±1(mod 8) og x≡±3(mod 8), som kan representeres som x=±(1+4 t en). Bytt ut dette uttrykket i sammenligning med 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)
Da vil løsningen ta formen x=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2 t 2))=±(1+8 t 2). Erstatt den resulterende løsningen i kongruensmodulo 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)
Da vil løsningen ta formen x=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Erstatt den resulterende løsningen i sammenligningsmodulo 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)
Da vil løsningen ta formen x=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 t fire). Så, modulo 64, den originale sammenligningen har fire løsninger: x≡±17(mod 64)og x≡±49 (mod 64).
Tenk nå på en generell sammenligning: x 2 ≡en(mod m), (en,m)=1, - kanonisk dekomponering av modulen m. I følge teoremet fra punkt 4 i §4 er denne sammenligningen ekvivalent med systemet
Hvis hver sammenligning av dette systemet kan avgjøres, er hele systemet avgjørbart. Etter å ha funnet løsningen for hver sammenligning av dette systemet, får vi et system av sammenligninger av første grad, og løser som, ved å bruke det kinesiske restsetningen, får vi løsningen av den opprinnelige sammenligningen. Dessuten er antallet forskjellige løsninger av den opprinnelige sammenligningen (hvis den er løsbar) 2 k, hvis α=1, 2 k+1 hvis α=2, 2 k+2 hvis α≥3.
Eksempel:
Løs sammenligning x 2 ≡4 (mod 21).
Matematikkprosjekt om temaet
"Modulo-sammenligninger"
Zaripova Aisylu
Sovetsky-distriktet i byen Kazan
MBOU "Videregående skole nr. 166", klasse 7a
Vitenskapelig rådgiver: Antonova N.A.
Innholdsfortegnelse
Innledning ____________________________________________________3
Hva er sammenligninger ____________________________________________4
Konseptet med modulo-sammenligninger ________________________________4
Historien om fremveksten av begrepet sammenligninger modulo _____4
Sammenligningsegenskaper ________________________________________________4
Den enkleste anvendelsen av modulo-sammenligninger er å bestemme delbarheten til tall _____________________6
En oppgave til sammenligning __________________________________________8
Bruk av modulo-sammenlikninger i yrkesaktiviteter __________________________________________9
Anvendelse av sammenligninger til problemløsning ______________________6
Konklusjon__________________________________________________10
Referanseliste ____________________________11
Introduksjon.
FoU: Modulo sammenligninger.
Problem: Mange elever står overfor oppgaver som forberedelse til olympiadene, hvor løsningen er basert på kunnskapen om restene av å dele heltall med et naturlig tall. Vi var interessert i slike problemer og mulige metoder for å løse dem. Det viser seg at de kan løses ved hjelp av modulo-sammenligninger.
Formål: Å klargjøre essensen av modulo sammenligninger, de viktigste metodene for å arbeide med modulo sammenligninger.
Oppgaver: finne teoretisk materiale om dette emnet, vurdere problemer som løses ved hjelp av modulo-sammenligninger, vise de vanligste metodene for å løse slike problemer, trekke konklusjoner.
Studieobjekt: tallteori.
Forskningsemne: teorien om sammenligninger modulo.
Arbeidet tilhører teoretisk forskning og kan brukes som forberedelse til olympiader i matematikk. I innholdet avsløres de grunnleggende konseptene for modulo-sammenligninger og deres hovedegenskaper, eksempler på å løse problemer om dette emnet er gitt.
Jeg . Hva er sammenligninger.
Konseptet med modulo-sammenligninger.
Tall og sies å være modulo-sammenlignbare hvis de er delbare med, med andre ord, a og b har den samme resten når de divideres med.
Betegnelse
Eksempler:
12 og 32 er sammenlignbare modulo 5, siden 12, når delt på 5, har en rest på 2, og 32, når delt på 2, har en rest på 2. Det er skrevet12 ;
101 og 17 er kongruente modulo 21;
Historien om begrepet modulo-sammenligninger.
I stor grad ble teorien om delbarhet skapt av Euler. Definisjonen av sammenligning ble formulert i boken av C.F. Gauss "Aritmetic Research". Dette verket, skrevet på latin, begynte å bli trykt i 1797, men boken ble utgitt først i 1801 på grunn av det faktum at trykkeprosessen på den tiden var ekstremt arbeidskrevende og langvarig. Den første delen av Gauss sin bok heter "Om sammenligning av tall". Det var Gauss som foreslo symbolikken til modulo-sammenligninger, som ble etablert i matematikk.
Sammenligningsegenskaper.
Hvis en
Bevis:
Hvis vi legger den andre til den første ligningen, får vi
er summen av to heltall, det samme er et heltall, derfor.
Hvis vi trekker den andre fra den første ligningen, får vi
er forskjellen på to heltall, så er et heltall derfor.
Tenk på uttrykket:
er forskjellen mellom produktene av heltall, så er et heltall derfor.
Dette er en konsekvens av sammenligningens tredje egenskap.
Q.E.D.
5) Hvis en.
Bevis: La oss finne summen av disse to uttrykkene:
er summen av to heltall, det samme er et heltall, derav .
Q.E.D.
6) Hvis er et heltall, da
Bevis: hvors- et heltall, multipliser denne likheten med, vi får: . Siden er produktet av heltall, som er det som kreves for å bli bevist.
7) Hvis en
Bevis: Begrunnelsen ligner på eiendomsbeviset 6.
8) Hvis en - relativt primtall altså
Bevis: , vi deler dette uttrykket med, får vi: - coprimtall, som betyr at det er delelig med et heltall, dvs. =. Og dette betyr at det som kreves bevist.
II . Anvendelse av sammenligninger til problemløsning.
2.1. Den enkleste anvendelsen av modulo-sammenligninger er å bestemme delbarheten til tall.
Eksempel. Finn resten av divisjon 2 2009 klokken 7.
Løsning: Tenk på potensene til 2:
Hvis vi hever sammenligningen til potensen 668 og multipliserer med, får vi:.
Svar: 4.
Eksempel. Bevis at 7+7 2 +7 3 +…+7 4 n delelig med 100 for allenfra et sett med heltall.
Løsning: Vurder sammenligninger
etc. Syklisiteten til restene forklares av reglene for å multiplisere tall med en kolonne. Legger vi til de fire første sammenligningene, får vi:
Så denne summen er delelig med 100 uten en rest. På samme måte, ved å legge sammen de følgende sammenligningene om fire, får vi at hver slik sum er delelig med 100 uten en rest. Så hele summen av 4nledd er delelig med 100 uten en rest. Q.E.D.
Eksempel. Bestem hvilken verdinuttrykket er delelig med 19 uten en rest.
Løsning: .
Multipliser denne sammenligningen med 20. Vi får.
La oss legge til sammenligninger, da. . Dermed er høyresiden av sammenligningen alltid delelig med 19 for enhver naturlign, som betyr at det opprinnelige uttrykket er delelig med 19 med naturlign.
Svar n er et hvilket som helst naturlig tall.
Eksempel. Hvilket siffer slutter tallet på.
Løsning. For å løse dette problemet følger vi bare det siste sifferet. Tenk på potensene til tallet 14:
Man kan se at for en oddetallseksponent ender gradens verdi på 4, og for en partallseksponent ender den på 6. Da ender den på 6, dvs. er et partall. Så det ender i 6.
Svar 6.
2.2. En oppgave til sammenligning.
N. Vilenkins artikkel «Comparisons and Residue Classes» presenterer et problem som den berømte engelske fysikeren Dirac løste i studieårene.
Det er også en kort løsning på dette problemet ved å bruke modulo-sammenligninger. Men vi møtte en del lignende oppgaver. For eksempel.
En forbipasserende fant en haug med epler i nærheten av treet der apen satt. Etter å ha telt dem, innså han at hvis 1 eple blir gitt til en ape, vil antall gjenværende epler bli delt på n uten et spor. Etter å ha gitt det ekstra eplet til apen, tok han 1/ n gjenværende epler og venstre. Haugen ble senere oppsøkt av neste forbipasserende, deretter neste, og så videre. Hver neste forbipasserende, teller eplene, la merke til at antallet deres, når de ble delt på n gir resten 1 og ga apen et ekstra eple tok han 1 / n gjenværende epler og gikk videre. Etter at den siste gikk n den forbipasserende er antall epler som er igjen i haugen delelig med n uten et spor. Hvor mange epler var det i haugen først?
Etter å ha utført samme resonnement som Dirac, fikk vi en generell formel for å løse en klasse med lignende problemer: , hvorn- naturlig tall.
2.3. Bruk av modulo-sammenligninger i profesjonelle aktiviteter.
Teorien om sammenligninger brukes i kodingsteori, så alle som velger et yrke relatert til datamaskiner vil studere og eventuelt anvende sammenligninger i sin yrkesaktivitet. For eksempel, for å utvikle krypteringsalgoritmer for offentlig nøkkel, brukes en rekke konsepter innen tallteori, inkludert modulo-sammenligninger.
Konklusjon.
Oppgaven skisserer de grunnleggende konseptene og egenskapene til modulo-sammenligninger; eksempler illustrerer bruken av modulo-sammenligninger. Materialet kan brukes som forberedelse til olympiade i matematikk og Unified State Examination.
Listen over referanser tillater, om nødvendig, å vurdere noen mer komplekse aspekter ved teorien om modulo-sammenligninger og dens anvendelser.
Liste over brukt litteratur.
Alfutova N.B. Algebra og tallteori./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 s.
Bukhshtab A.A. Tallteori. / A.A. Bukhshtab. Moskva: Utdanning, 1960.
Vilenkin N. Sammenligninger og restklasser./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorova N.E. Studiet av algebra og matematisk analyse. Karakter 10.http:// www. prosv. no/ e-bøker/ Fedorova_ Algebra_10 kl/1/ xht
no. wikipedia. org/ wiki/Modulo_sammenligning.
Ved n gir de samme resten.
Ekvivalente formuleringer: a og b sammenlignbare modulo n hvis deres forskjell en - b er delelig med n , eller hvis a kan representeres som en = b + kn , hvor k er et heltall. For eksempel: 32 og −10 er kongruente modulo 7 fordi
Utsagnet "a og b er kongruente modulo n" er skrevet som:
Modulo Equality Properties
Modulo sammenligningsrelasjonen har egenskapene
Hvilke som helst to heltall en og b er sammenlignbare modulo 1.
For tallene en og b var sammenlignbare modulo n, er det nødvendig og tilstrekkelig at deres forskjell er delelig med n.
Hvis tallene og er parvis sammenlignbare modulo n, så deres summer og , samt produkter og er også sammenlignbare modulo n.
Hvis tall en og b sammenlignbare modulo n, deretter gradene deres en k og b k er også sammenlignbare modulo n for enhver naturlig k.
Hvis tall en og b sammenlignbare modulo n, og n delt på m, deretter en og b sammenlignbare modulo m.
For tallene en og b var sammenlignbare modulo n, representert som dens kanoniske dekomponering i hovedfaktorer s Jeg
nødvendig og tilstrekkelig til
Sammenligningsrelasjonen er en ekvivalensrelasjon og har mange av egenskapene til vanlige likheter. For eksempel kan de legges til og multipliseres: if
Sammenligninger kan imidlertid generelt sett ikke deles på hverandre eller med andre tall. Eksempel: , men reduseres med 2, får vi en feilaktig sammenligning: . Reduksjonsreglene for sammenligninger er som følger.
Du kan heller ikke utføre operasjoner på sammenligninger hvis modulene deres ikke stemmer overens.
Andre eiendommer:
Beslektede definisjoner
Fradragsklasser
Settet med alle tall som kan sammenlignes med en modulo n kalt fradragsklasse en modulo n , og er vanligvis betegnet med [ en] n eller . Dermed er sammenligningen ekvivalent med likheten mellom restklassene [en] n = [b] n .
Fordi modulo sammenligning n er en ekvivalensrelasjon på settet med heltall, så er restklassene modulo n er ekvivalensklasser; nummeret deres er n. Settet med alle restklasser modulo n betegnet med eller .
Operasjonene med addisjon og multiplikasjon på induserer de tilsvarende operasjonene på settet:
[en] n + [b] n = [en + b] nMed hensyn til disse operasjonene er settet en endelig ring, og hvis n enkelt - siste felt .
Fradragssystemer
Restsystemet lar deg utføre aritmetiske operasjoner på et begrenset sett med tall uten å gå utover det. Komplett system med fradrag modulo n er ethvert sett med n heltall som er uforlignelige modulo n. Vanligvis, som et komplett system av rester modulo n, tar man de minste ikke-negative restene
0,1,...,n − 1eller absolutt minste rester som består av tall
,ved oddetall n og tall
i tilfelle jevn n .
Sammenligningsavgjørelse
Sammenligninger av første grad
I tallteori, kryptografi og andre vitenskapsfelt oppstår ofte problemet med å finne løsninger for en sammenligning av den første graden av formen:
Løsningen av en slik sammenligning begynner med beregningen av gcd (a, m)=d. I dette tilfellet er 2 tilfeller mulig:
- Hvis en b ikke et multiplum d, så har sammenligningen ingen løsninger.
- Hvis en b flere d, så har sammenligningen en unik løsning modulo m / d, eller, som er det samme, d modulo løsninger m. I dette tilfellet, som et resultat av å redusere den opprinnelige sammenligningen med d sammenligningsresultater:
hvor en 1 = en / d , b 1 = b / d og m 1 = m / d er heltall, og en 1 og m 1 er coprime. Derfor nummeret en 1 kan inverteres modulo m 1 , det vil si finne et slikt tall c det (med andre ord ). Nå er løsningen funnet ved å multiplisere den resulterende sammenligningen med c:
Praktisk verdiberegning c kan gjøres på forskjellige måter: ved hjelp av Eulers teorem, Euklids algoritme, teorien om fortsatte brøker (se algoritme), etc. Spesielt lar Eulers teorem deg skrive verdien c som:
Eksempel
Til sammenligning har vi d= 2 , så modulo 22 har sammenligningen to løsninger. La oss erstatte 26 med 4, som er sammenlignbare modulo 22, og deretter avbryte alle 3 tallene med 2:
Siden 2 er relativt primtall til modulo 11, kan vi redusere venstre og høyre side med 2. Som et resultat får vi én løsning modulo 11: , som tilsvarer to løsninger modulo 22:.
Sammenligninger av andre grad
Å løse sammenligninger av andre grad reduseres til å finne ut om et gitt tall er en kvadratisk rest (ved å bruke den kvadratiske loven om gjensidighet) og deretter beregne kvadratroten modulo dette.
Historie
Den kinesiske restsetningen, kjent i mange århundrer, sier (i moderne matematisk språk) at restringen modulo produktet av flere coprimtall er
Sammenligning med en ukjent x har formen
Hvor . Hvis en en n ikke delelig med m, da heter det grad sammenligninger.
Beslutning sammenligning er et hvilket som helst heltall x 0 , for hvilket
Hvis en X 0 tilfredsstiller sammenligningen, så, i henhold til egenskap 9 for sammenligninger, vil denne sammenligningen tilfredsstille alle heltall som kan sammenlignes med x 0 modulo m. Derfor er alle sammenligningsløsninger som tilhører samme klasse av modulo-rester t, vil vi vurdere som én løsning. Dermed har en sammenligning like mange løsninger som det er elementer i det komplette systemet av rester som tilfredsstiller den.
Sammenligninger hvis løsningssett er de samme kalles tilsvarende.
2.2.1 Sammenligninger av første grad
Sammenligning av første grad med en ukjent X har formen
(2.2)
Teorem 2.4. For at en sammenligning skal ha minst én løsning, er det nødvendig og tilstrekkelig at antallet b delt på GCD( en, m).
Bevis. Vi beviser først nødvendigheten. La d
=
GCD( en,
m)
og X 0
- sammenligningsløsning. Deretter , altså forskjellen Åh 0
−
b
delt på t. Så det er et heltall q,
hva Åh 0
−
b
=
qm.
Herfra b= ah 0
−
qm.
Og siden d,
som en felles divisor, deler tall en og t, så deles minuenden og subtrahenden på d,
og derfor b
delt på d.
La oss nå bevise tilstrekkeligheten. La d- største felles deler av tall en og t, og b delt på d. Så, etter definisjonen av delbarhet, er det heltall en 1 , b 1 ,t 1 , hva .
Ved å bruke den utvidede Euklid-algoritmen finner vi en lineær representasjon av tallet 1 = gcd( en 1 , m 1 ):
for noen x 0 , y 0 . Vi multipliserer begge deler av den siste likheten med b 1 d:
eller, som er det samme,
,
det vil si , og er løsningen på sammenligningen. □
Eksempel 2.10. Sammenligning 9 X= 6 (mod 12) har en løsning fordi gcd(9, 12) = 3 og 6 er delelig med 3. □
Eksempel 2.11. Sammenligning 6x= 9 (mod 12) har ingen løsninger fordi gcd(6, 12) = 6 og 9 ikke er delelig med 6. □
Teorem 2.5. La kongruens (2.2) være avgjørbar og d = GCD( en, m). Deretter består settet med sammenligningsløsninger (2.2) av d modulo restklasser t, nemlig hvis X 0 er en av løsningene, så er alle andre løsninger
Bevis. La X 0
er sammenligningsløsningen (2.2), dvs. og ,
.
Så det er slikt q, hva Åh 0
−
b
=
qm.
Erstatter nå inn i den siste likestillingen i stedet for X 0
en vilkårlig løsning av formen, hvor vi får uttrykket
, delelig med m. □
Eksempel 2.12. Sammenligning 9 X=6 (mod 12) har nøyaktig tre løsninger siden gcd(9, 12)=3. Disse løsningene er: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Eksempel 2.13. Sammenligning 11 X=2 (mod 15) har en unik løsning X 0 = 7 siden gcd(11,15)=1.□
La oss vise hvordan du løser førstegradssammenligning. Uten tap av generalitet, vil vi anta at GCD( en, t) = 1. Deretter kan løsningen av kongruens (2.2) søkes, for eksempel ved hjelp av den euklidiske algoritmen. Faktisk, ved å bruke den utvidede euklidiske algoritmen, representerer vi tallet 1 som en lineær kombinasjon av tall en og t:
Multipliser begge sider av denne ligningen med b, vi får: b = abq + mrb, hvor abq - b = - mrb, det er en ∙ (bq) = b(mod m) og bq er sammenligningsløsningen (2.2).
En annen måte å løse på er å bruke Eulers teorem. Igjen antar vi at GCD(a, t)= 1. Vi bruker Euler-teoremet: . Multipliser begge sider av sammenligningen med b:
.
Omskriver det siste uttrykket som
, får vi det er løsningen av kongruens (2.2).
La nå GCD( en, m) = d>1. Deretter en = entd, m = mtd, hvor gcd( en 1 , m 1) = 1. I tillegg er det nødvendig b = b 1 d, for at sammenligningen skal kunne løses. Hvis en X 0 - sammenligningsløsning en 1 x = b 1 (mod m 1), og den eneste, fordi GCD( en 1 , m 1) = 1, da X 0 vil være avgjørelsen og sammenligningen en 1 xd = db 1 (mod m 1), altså den opprinnelige sammenligningen (2.2). Hvile d- 1 løsninger er funnet av teorem 2.5.
En sammenligning av første grad med en ukjent har formen:
f(x) 0 (mod m); f(X) = Åh + en n. (1)
Løs sammenligning betyr å finne alle verdier av x som tilfredsstiller den. To sammenligninger som tilfredsstiller de samme verdiene av x kalles tilsvarende.
Hvis sammenligning (1) tilfredsstiller noen x = x 1, deretter (ifølge 49) alle tall sammenlignbare med x 1, modulo m: x x 1 (mod m). Hele denne klassen av tall teller som én løsning. Med denne avtalen kan følgende konklusjon trekkes.
66.S Justering (1) vil ha like mange løsninger som det er rester av hele systemet som tilfredsstiller det.
Eksempel. Sammenligning
6x– 4 0 (mod 8)
blant tallene 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 i det komplette systemet av rester modulo 8, tilfredsstiller to tall: X= 2 og X= 6. Derfor har denne sammenligningen to løsninger:
x 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Sammenligning av første grad ved å overføre fribegrepet (med motsatt fortegn) til høyre side kan reduseres til skjemaet
øks b(mod m). (2)
Tenk på en sammenligning som tilfredsstiller betingelsen ( en, m) = 1.
Ifølge 66 har sammenligningen vår like mange løsninger som det er rester av hele systemet som tilfredsstiller det. Men når x går gjennom hele systemet av rester modulo t, deretter Åh går gjennom hele systemet med fradrag (av 60). Derfor for én og bare én verdi X, hentet fra hele systemet, Åh vil kunne sammenlignes med b. Så,
67. For (a, m) = 1 sammenligningsaks b(mod m)har én løsning.
La nå ( en, m) = d> 1. Så, for at sammenligning (2) skal ha løsninger, er det nødvendig (av 55) at b delt i d, ellers er sammenligning (2) umulig for et heltall x . Forutsatt derfor b flere d, la oss sette en = en 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. Da vil sammenligning (2) tilsvare dette (redusert med d): en 1 x b 1 (mod m), der allerede ( en 1 , m 1) = 1, og derfor vil den ha én løsning modulo m en . La X 1 er den minste ikke-negative resten av denne løsningen modulo m 1 , deretter alle tall x , danner denne løsningen kan du finne i skjemaet
x x 1 (mod m 1). (3)
Modulo, tallene (3) danner ikke én løsning, men flere, nøyaktig like mange løsninger som det er tall (3) i serien 0, 1, 2, ..., m 1 minst ikke-negativ restmodulo m. Men følgende tall vil falle her (3):
x 1 , x 1 + m 1 , x 1 + 2m 1 , ..., x 1 + (d – 1) m 1 ,
de. Total d tall (3); derfor sammenligning (2) har d løsninger.
Vi får teoremet:
68. La (a, m) = d. sammenligning ax b ( mod m) umulig hvis b ikke er delelig med d. Når b er et multiplum av d, har sammenligningen d løsninger.
69. Metode for å løse sammenligning av første grad, basert på teorien om fortsatte brøker:
Utvider forholdet til en fortsatt brøkdel m:a,
og vurderer de to siste konvergentene:
i henhold til egenskapene til fortsatte fraksjoner (ifølge 30 ) vi har
Så sammenligningen har en løsning
for søket, som er nok til å beregne P n- 1 i henhold til metoden spesifisert i 30.
Eksempel. La oss løse sammenligningen
111x= 75 (mod 321). (fire)
Her (111, 321) = 3, og 75 er et multiplum av 3. Derfor har sammenligningen tre løsninger.
Ved å dele begge deler av sammenligningen og modulen med 3, får vi sammenligningen
37x= 25 (mod 107), (5)
som vi må bestemme først. Vi har
q | |||||
P 3 |
Så i dette tilfellet n = 4, P n - 1 = 26, b= 25, og vi har sammenligningsløsningen (5) i skjemaet
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Derfor presenteres løsningene for sammenligning (4) som følger:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Beregning av det inverse elementet modulo a gitt
70.Hvis heltall en og n coprime, så er det et tall en', som tilfredsstiller sammenligningen a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). Antall en' kalt multiplikativ invers av en modulo n og notasjonen brukes for det en- 1 (mod n).
Beregning av resiproke modulo noen kan gjøres ved førstegrads sammenligningsløsning med en ukjent, der x akseptert nummer en'.
For å finne en sammenligningsløsning
en x≡ 1(mod m),
hvor ( er)= 1,
man kan bruke Euklid-algoritmen (69) eller Fermat-Euler-teoremet, som sier at hvis ( er) = 1, da
en φ( m) ≡ 1(mod m).
x ≡ en φ( m)–1 (mod m).
Grupper og deres eiendommer
Grupper er en av de taksonomiske klassene som brukes i klassifiseringen av matematiske strukturer med felles karakteristiske egenskaper. Grupper har to komponenter: masse av (G) og operasjoner() definert på dette settet.
Begrepene sett, element og medlemskap er de grunnleggende udefinerte begrepene i moderne matematikk. Ethvert sett er definert av elementene som er inkludert i det (som i sin tur også kan være sett). Dermed sier vi at et sett er definert eller gitt hvis vi for et element kan si om det tilhører dette settet eller ikke.
For to sett A, B poster B EN, B EN, B∩ EN, B EN, B \ EN, EN × B mener henholdsvis det B er en delmengde av settet EN(dvs. ethvert element fra B er også inneholdt i EN, for eksempel er settet med naturlige tall inneholdt i settet med reelle tall; dessuten alltid EN EN), B er en riktig delmengde av settet EN(de. B EN og B ≠ EN), skjæringspunktet mellom mange B og EN(dvs. alle slike elementer som ligger samtidig og i EN, og i B, for eksempel, skjæringspunktet mellom heltall og positive reelle tall er settet av naturlige tall), foreningen av sett B og EN(dvs. et sett som består av elementer som enten ligger i EN, enten i B), sett forskjell B og EN(dvs. settet med elementer som ligger i B, men ikke ligge i EN), det kartesiske produktet av sett EN og B(dvs. et sett med par av skjemaet ( en, b), hvor en EN, b B). Gjennom | EN| settets kardinalitet er alltid angitt EN, dvs. antall elementer i settet EN.
En operasjon er en regel i henhold til hvilke to elementer i et sett G(en og b) er assosiert med det tredje elementet fra G: a b.
Mange elementer G med en operasjon kalt gruppe dersom følgende betingelser er oppfylt.