Porovnanie modulo prirodzené číslo. Riešenie komparácií prvého stupňa Riešenie systému komparácií modulo
Zvážte porovnanie formulára X 2 ≡a(mod pα), kde p je jednoduché nepárne číslo. Ako je uvedené v časti 4 § 4, riešenie tejto kongruencie možno nájsť riešením kongruencie X 2 ≡a(mod p). A to porovnanie X 2 ≡a(mod pα) bude mať dve riešenia, ak a je kvadratický zvyšok modulo p.
Príklad:
Vyriešte kvadratické porovnanie X 2 ≡86 (mod 125).
125 = 5 3 , 5 je prvočíslo. Pozrime sa, či 86 je štvorcový modulo 5.
Pôvodné porovnanie má 2 riešenia.
Poďme nájsť riešenie na porovnanie X 2 ≡86 (mod 5).
X 2 ≡1 (mod 5).
Toto porovnanie by sa dalo vyriešiť spôsobom naznačeným v predchádzajúcom odseku, ale využijeme fakt, že druhá odmocnina z 1 modulo je ±1 a porovnanie má práve dve riešenia. Riešenie kongruencie modulo 5 je teda
X≡±1(mod 5) alebo inak, X=±(1+5 t 1).
Dosaďte výsledné riešenie v porovnaní 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) alebo ekvivalentne, t 1 =1+5t 2 .
Potom je riešením kongruencie modulo 25 X=±(1+5(1+5 t 2))=±(6+25 t 2). Dosaďte výsledné riešenie v porovnaní 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), alebo t 2 =1+5t 3 .
Potom je riešením porovnávacie modulo 125 X=±(6+25(1+5 t 3)) = ± (31 + 125). t 3).
odpoveď: X≡±31 (mod 125).
Zvážte teraz porovnanie formulára X 2 ≡a(mod2α). Takéto porovnanie nemá vždy dve riešenia. Pre takýto modul sú možné tieto prípady:
1) a=1. Potom porovnanie má riešenie len vtedy a≡1(mod 2) a riešenie je X≡1 (mod 2) (jedno riešenie).
2) a=2. Porovnanie má riešenia len vtedy a≡1(mod 4) a riešenie je X≡±1(mod 4) (dve riešenia).
3) a≥3. Porovnanie má riešenia len vtedy a≡1(mod 8) a budú existovať štyri takéto riešenia. Porovnanie X 2 ≡a(mod 2 α) pre α≥3 sa rieši rovnakým spôsobom ako porovnania tvaru X 2 ≡a(mod pα), iba riešenia modulo 8 fungujú ako počiatočné riešenie: X≡±1(mod 8) a X≡±3 (mod 8). Mali by sa porovnávať modulo 16, potom modulo 32 a tak ďalej až po modulo 2 α .
Príklad:
Vyriešte porovnanie X 2 ≡33 (mod 64)
64=26. Pozrime sa, či má pôvodné porovnanie riešenie. 33≡1(mod 8), takže porovnanie má 4 riešenia.
Modulo 8 budú tieto riešenia: X≡±1(mod 8) a X≡±3(mod 8), ktorý môže byť reprezentovaný ako X=±(1+4 t jeden). Nahraďte tento výraz v porovnaní 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)
Potom bude mať riešenie formu X=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2 t 2)) = ± (1+8 t 2). Dosaďte výsledné riešenie v kongruencii 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)
Potom bude mať riešenie formu X=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Dosaďte výsledné riešenie v porovnávacom module 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)
Potom bude mať riešenie formu X=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 tštyri). Takže, modulo 64, pôvodné porovnanie má štyri riešenia: X≡±17(mod 64)a X≡±49 (mod 64).
Teraz zvážte všeobecné porovnanie: X 2 ≡a(mod m), (a,m)=1, - kanonický rozklad modulu m. Podľa vety z bodu 4 §4 je toto porovnanie ekvivalentné systému
Ak je rozhodnuté každé porovnanie tohto systému, potom je rozhodnutý celý systém. Po nájdení riešenia každého porovnania tohto systému získame systém porovnania prvého stupňa, ktorého riešením pomocou čínskej vety o zostatku získame riešenie pôvodného porovnania. Navyše, počet rôznych riešení pôvodného porovnania (ak je riešiteľný) je 2 k, ak α=1, 2 k+1, ak α=2, 2 k+2, ak α≥3.
Príklad:
Vyriešte porovnanie X 2 ≡4 (mod 21).
Matematický projekt na danú tému
"Porovnania modulov"
Zaripova Aisylu
Sovetsky okres mesta Kazaň
MBOU "Stredná škola č. 166", ročník 7a
Vedecký poradca: Antonova N.A.
Obsah
Úvod _________________________________________________________3
Aké sú porovnania _____________________________________________4
Koncept modulo porovnaní _________________________________4
História vzniku konceptu porovnávania modulo _____4
Porovnanie vlastností _________________________________________________4
Najjednoduchšou aplikáciou modulo porovnávania je určenie deliteľnosti čísel ______________________6
Jedna úloha na porovnanie ________________________________8
Používanie modulových porovnaní v profesionálnych činnostiach ____________________________________________9
Aplikácia prirovnania k riešeniu problémov _______________________6
Záver___________________________________________________10
Zoznam referencií ______________________________11
Úvod.
R&D: Modulo porovnanie.
Problém: Veľa žiakov stojí v príprave na olympiády pred úlohami, ktorých riešenie je založené na znalosti zvyškov delenia celých čísel prirodzeným číslom. Zaujímali sme sa o takéto problémy a možné spôsoby ich riešenia. Ukazuje sa, že ich možno vyriešiť pomocou modulových porovnaní.
Účel: Objasniť podstatu porovnávania modulov, hlavné metódy práce s porovnávaním modulov.
Úlohy: nájsť teoretický materiál na túto tému, zvážiť problémy, ktoré sa riešia pomocou modulových porovnaní, ukázať najbežnejšie metódy riešenia takýchto problémov, vyvodiť závery.
Predmet štúdia: teória čísel.
Predmet výskumu: teória porovnávania modulo.
Práca patrí do teoretického výskumu a možno ju využiť pri príprave na olympiády z matematiky. V jeho obsahu sú odhalené základné pojmy modulových porovnaní a ich hlavné vlastnosti, sú uvedené príklady riešenia problémov na túto tému.
ja . Čo sú prirovnania.
Koncept modulových porovnaní.
Čísla a sú považované za modulo porovnateľné, ak sú deliteľné, inými slovami, a a b majú rovnaký zvyšok, keď sú delené.
Označenie
Príklady:
12 a 32 sú porovnateľné modulo 5, keďže 12 pri delení 5 má zvyšok 2 a 32 pri delení 2 má zvyšok 2. Píše sa12 ;
101 a 17 sú zhodné modulo 21;
História konceptu porovnávania modulov.
Do značnej miery teóriu deliteľnosti vytvoril Euler. Definícia porovnania bola formulovaná v knihe C.F. Gaussa „Arithmetic Research“. Toto latinsky písané dielo sa začalo tlačiť v roku 1797, no kniha vyšla až v roku 1801 z dôvodu, že vtedajšia tlač bola mimoriadne namáhavá a zdĺhavá. Prvá časť Gaussovej knihy sa volá „O porovnávaní čísel“. Bol to Gauss, kto navrhol symboliku porovnávania modulo, ktorá bola zavedená v matematike.
Porovnanie vlastností.
Ak
dôkaz:
Ak k prvej rovnici pridáme druhú, dostaneme
je súčet dvoch celých čísel, teda celé číslo, teda.
Ak od prvej rovnice odpočítame druhú, dostaneme
je rozdiel dvoch celých čísel, teda celé číslo.
Zvážte výraz:
je rozdiel medzi súčinmi celých čísel, teda je celé číslo.
Je to dôsledok tretej vlastnosti prirovnaní.
Q.E.D.
5) Ak.
dôkaz: Nájdite súčet týchto dvoch výrazov:
je súčet dvoch celých čísel, teda celé číslo, teda .
Q.E.D.
6) Ak je celé číslo, potom
Dôkaz: kdep- celé číslo, túto rovnosť vynásobíme, dostaneme: . Pretože je súčin celých čísel, čo bolo potrebné dokázať.
7) Ak
dôkaz: Odôvodnenie je podobné ako pri preukazovaní majetku 6.
8) Ak - teda relatívne prvočísla
dôkaz: , tento výraz vydelíme, dostaneme: - prvočísla, čo znamená, že je deliteľné celým číslom, t.j. =. A to znamená, že to, čo bolo potrebné dokázať.
II . Aplikácia prirovnaní na riešenie problémov.
2.1. Najjednoduchšou aplikáciou modulových porovnaní je určenie deliteľnosti čísel.
Príklad. Nájdite zvyšok divízie 2 2009 o 7.
Riešenie: Zvážte mocniny 2:
Zvýšením prirovnania na mocninu 668 a vynásobením dostaneme: .
odpoveď: 4.
Príklad. Dokážte, že 7+7 2 +7 3 +…+7 4 n deliteľné 100 pre ľubovoľnénz množiny celých čísel.
Riešenie: Zvážte porovnania
atď. Cyklickosť zvyškov je vysvetlená pravidlami pre násobenie čísel stĺpcom. Pridaním prvých štyroch porovnaní dostaneme:
Táto suma je teda bezo zvyšku deliteľná 100. Podobne, keď spočítame nasledujúce porovnania o štyroch, dostaneme, že každý takýto súčet je bezo zvyšku deliteľný 100. Takže celý súčet 4nčlen je bezo zvyšku deliteľný 100. Q.E.D.
Príklad. Určte v akej hodnotenvýraz je deliteľný 19 bezo zvyšku.
Riešenie: .
Vynásobte toto porovnanie 20. Dostaneme.
Tak pridajme porovnania. . Pravá strana porovnania je teda vždy deliteľná 19 pre akékoľvek prírodnén, čo znamená, že pôvodný výraz je deliteľný 19 s prirodzenýmn.
Odpoveď n je akékoľvek prirodzené číslo.
Príklad. Akou číslicou číslo končí.
Riešenie. Na vyriešenie tohto problému sa budeme riadiť iba poslednou číslicou. Zvážte mocniny čísla 14:
Je vidieť, že pre nepárny exponent sa hodnota stupňa končí na 4 a pre párny na 6. Potom končí na 6, t.j. je párne číslo. Takže to skončí o 6.
odpoveď 6.
2.2. Jedna úloha na porovnanie.
Článok N. Vilenkina „Comparisons and Residue Classes“ predstavuje problém, ktorý v študentských rokoch riešil slávny anglický fyzik Dirac.
Existuje aj stručné riešenie tohto problému pomocou modulových porovnaní. Ale stretli sme sa s množstvom podobných úloh. Napríklad.
Jeden okoloidúci našiel pri strome, kde sedela opica, strapec jabĺk. Po ich spočítaní si uvedomil, že ak 1 jablko dostane opica, počet zostávajúcich jabĺk sa vydelí n bez stopy. Keď dal opici jablko navyše, vzal si 1/ n zvyšné jablká a odišiel. Ku hromade sa neskôr priblížil ďalší okoloidúci, potom ďalší atď. Každý ďalší okoloidúci si pri počítaní jabĺk všimol, že ich počet sa delí n dáva zvyšok 1 a keď dal opici jablko navyše, vzal si 1 / n zostávajúce jablká a šli ďalej. Po odchode posledného n okoloidúcim, počet jabĺk, ktoré zostali v kope, je deliteľný n bez stopy. Koľko jabĺk bolo najprv v kôpke?
Po vykonaní rovnakých úvah ako Dirac sme získali všeobecný vzorec na riešenie triedy podobných problémov: , kden- prirodzené číslo.
2.3. Využitie modulových porovnaní v odborných činnostiach.
Teória porovnávania sa používa v teórii kódovania, takže všetci ľudia, ktorí si zvolia povolanie súvisiace s počítačmi, budú študovať a prípadne porovnávať vo svojej profesionálnej činnosti. Napríklad na vývoj šifrovacích algoritmov verejného kľúča sa používa množstvo konceptov teórie čísel, vrátane modulových porovnaní.
Záver.
Príspevok načrtáva základné pojmy a vlastnosti modulových porovnaní, príklady ilustrujú použitie modulových porovnaní. Materiál je možné využiť pri príprave na olympiády z matematiky a na Jednotnú štátnu skúšku.
Vyššie uvedený zoznam odkazov umožňuje v prípade potreby zvážiť niektoré zložitejšie aspekty teórie modulových porovnaní a jej aplikácií.
Zoznam použitej literatúry.
Alfutová N.B. Algebra a teória čísel./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 s.
Bukhshtab A.A. Teória čísel. / A.A. Bukhshtab. Moskva: Vzdelávanie, 1960.
Vilenkin N. Porovnania a triedy zvyškov./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorová N.E. Štúdium algebry a matematickej analýzy. 10. ročníkhttp:// www. prosv. en/ e-knihy/ Fedorovej_ Algebra_10 kl/1/ xht
en. wikipedia. org/ wiki/Modulo_comparison.
Pri n dávajú rovnaký zvyšok.
Ekvivalentné formulácie: a a b porovnateľný modul n ak ich rozdiel a - b je deliteľné n , alebo ak a môže byť reprezentované ako a = b + kn , kde k je nejaké celé číslo. Napríklad: 32 a -10 sú zhodné modulo 7, pretože
Výrok „a a b sú zhodné modulo n“ sa zapisuje takto:
Vlastnosti modulovej rovnosti
Porovnávacia relácia modulo má vlastnosti
Akékoľvek dve celé čísla a a b sú porovnateľné modulo 1.
V poradí podľa čísel a a b boli porovnateľné moduly n, je potrebné a postačujúce, aby ich rozdiel bol deliteľný n.
Ak sú čísla a párovo porovnateľné modulo n, potom ich sumy a , ako aj produkty a sú tiež porovnateľné modulo n.
Ak čísla a a b porovnateľný modul n, potom ich stupne a k a b k sú tiež porovnateľné modulo n pre akékoľvek prírodné k.
Ak čísla a a b porovnateľný modul n, a n deleno m, potom a a b porovnateľný modul m.
V poradí podľa čísel a a b boli porovnateľné moduly n, reprezentovaný ako jeho kanonický rozklad na prvočiniteľa p i
potrebné a dostatočné na to
Porovnávací vzťah je vzťahom ekvivalencie a má mnoho vlastností obyčajných rovnosti. Môžu sa napríklad sčítať a násobiť: ak
Porovnania však vo všeobecnosti nemožno deliť medzi sebou alebo inými číslami. Príklad: , avšak zmenšením o 2 dostaneme chybné porovnanie: . Pravidlá znižovania pre porovnávanie sú nasledovné.
Taktiež nemôžete vykonávať operácie s porovnaniami, ak sa ich moduly nezhodujú.
Ďalšie vlastnosti:
Súvisiace definície
Odpočtové triedy
Množina všetkých čísel porovnateľných s a modulo n volal odpočtová trieda a modulo n a zvyčajne sa označuje ako [ a] n alebo . Porovnanie je teda ekvivalentné rovnosti tried zvyškov [a] n = [b] n .
Pretože modulo porovnanie n je vzťah ekvivalencie na množine celých čísel, potom tried zvyškov modulo n sú triedy ekvivalencie; ich počet je n. Množina všetkých tried zvyškov modulo n označené alebo.
Operácie sčítania a násobenia vyvolávajú zodpovedajúce operácie na množine:
[a] n + [b] n = [a + b] nVzhľadom na tieto operácie je množina konečným prstencom a ak n jednoduché - záverečné pole .
Odpočtové systémy
Systém zvyškov vám umožňuje vykonávať aritmetické operácie na konečnej množine čísel bez toho, aby ste ju prekročili. Kompletný systém zrážok modulo n je ľubovoľná množina n celých čísel, ktoré sú neporovnateľné modulo n. Zvyčajne sa ako úplný systém zvyškov modulo n vezmú najmenšie nezáporné zvyšky
0,1,...,n − 1alebo absolútne najmenšie zvyšky pozostávajúce z čísel
,v prípade nepárnych n a čísla
v prípade párneho n .
Rozhodnutie o porovnaní
Porovnania prvého stupňa
V teórii čísel, kryptografii a iných oblastiach vedy často vzniká problém nájsť riešenia na porovnanie prvého stupňa tvaru:
Riešenie takéhoto porovnania začína výpočtom gcd (a, m) = d. V tomto prípade sú možné 2 prípady:
- Ak b nie násobok d, potom porovnanie nemá riešenia.
- Ak b viacnásobný d, potom má porovnanie unikátne riešenie modulo m / d, alebo, čo je to isté, d modulo riešenia m. V tomto prípade v dôsledku zníženia pôvodného porovnania o d výsledky porovnania:
kde a 1 = a / d , b 1 = b / d a m 1 = m / d sú celé čísla a a 1 a m 1 sú koprimové. Preto číslo a 1 môže byť invertovaný modulo m 1 , teda nájsť také číslo cže (inými slovami, ). Teraz sa nájde riešenie vynásobením výsledného porovnania číslom c:
Praktický výpočet hodnoty c sa dá urobiť rôznymi spôsobmi: pomocou Eulerovej vety, Euklidovho algoritmu, teórie spojitých zlomkov (pozri algoritmus) atď. Najmä Eulerova veta umožňuje zapísať hodnotu c ako:
Príklad
Pre porovnanie máme d= 2 , takže modulo 22 porovnanie má dve riešenia. Nahradime 26 4, co je porovnatelne modulo 22, a potom zrusme vsetky 3 cisla 2:
Keďže 2 je relatívne prvočíslo k modulo 11, môžeme ľavú a pravú stranu zmenšiť o 2. Výsledkom je jedno riešenie modulo 11: , čo je ekvivalentné dvom riešeniam modulo 22: .
Porovnania druhého stupňa
Riešenie porovnávaní druhého stupňa sa redukuje na zistenie, či dané číslo je kvadratickým zvyškom (pomocou kvadratického zákona reciprocity) a potom na výpočet druhej odmocniny modulo tohto.
Príbeh
Čínska veta o zvyšku, známa po mnoho storočí, uvádza (v modernom matematickom jazyku), že zvyšok kruhového modulu je súčinom niekoľkých prvočísel
Porovnanie s jednou neznámou X má formu
Kde . Ak a n nedeliteľné m, potom sa volá stupňa prirovnania.
rozhodnutie porovnanie je akékoľvek celé číslo X 0 , pre ktoré
Ak X 0 vyhovuje porovnaniu, potom podľa vlastnosti 9 porovnania bude toto porovnanie spĺňať všetky celé čísla porovnateľné s X 0 modulo m. Preto všetky porovnávacie roztoky patria do rovnakej triedy modulo zvyškov t, budeme považovať za jedno riešenie. Porovnanie má teda toľko riešení, koľko prvkov úplného systému zvyškov ho spĺňa.
Porovnania, ktorých množiny riešení sú rovnaké, sa nazývajú ekvivalent.
2.2.1 Porovnania prvého stupňa
Porovnanie prvého stupňa s jednou neznámou X má formu
(2.2)
Veta 2.4. Aby porovnanie malo aspoň jedno riešenie, je potrebné a postačujúce, aby počet b delené GCD( a, m).
Dôkaz. Najprv dokážeme nevyhnutnosť. Nechaj d = GCD( a, m) a X 0 - porovnávacie riešenie. Potom , teda rozdiel Oh 0 − b deleno t. Existuje teda celé číslo q, čo Oh 0 − b = qm. Odtiaľ b= ach 0 − qm. A odvtedy d, ako spoločný deliteľ delí čísla a a t, potom sa minuend a subtrahend delia podľa d, a preto b deleno d.
Teraz dokážme dostatočnosť. Nechaj d- najväčší spoločný deliteľ čísel a a t, a b deleno d. Potom podľa definície deliteľnosti existujú celé čísla a 1 , b 1 ,t 1 , čo .
Pomocou rozšíreného Euklidovho algoritmu nájdeme lineárnu reprezentáciu čísla 1 = gcd( a 1 , m 1 ):
pre niektoré X 0 , r 0 . Obe časti poslednej rovnosti vynásobíme o b 1 d:
alebo, čo je to isté,
,
teda , a je riešením prirovnania. □
Príklad 2.10. Porovnanie 9 X= 6 (mod 12) má riešenie, pretože gcd(9, 12) = 3 a 6 je deliteľné 3. □
Príklad 2.11. Porovnanie 6x= 9 (mod 12) nemá žiadne riešenia, pretože gcd(6, 12) = 6 a 9 nie je deliteľné 6. □
Veta 2.5. Nech je kongruencia (2.2) rozhodnuteľná a d = GCD( a, m). Potom sa množina porovnávacích riešení (2.2) skladá z d triedy zvyškov modulo t, totiž ak X 0 je jedným z riešení, potom sú všetky ostatné riešenia
Dôkaz. Nechaj X 0 je riešenie porovnania (2.2), t.j. a , . Takže existuje q, čo Oh 0 − b = qm. Nahradenie teraz do poslednej rovnosti namiesto X 0 ľubovoľné riešenie tvaru, kde, získame výraz
, deliteľné podľa m. □
Príklad 2.12. Porovnanie 9 X=6 (mod 12) má presne tri riešenia, pretože gcd(9, 12)=3. Ide o tieto riešenia: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Príklad 2.13. Porovnanie 11 X=2 (mod 15) má jedinečné riešenie X 0 = 7, pretože gcd(11,15)=1.□
Ukážme si, ako vyriešiť porovnanie prvého stupňa. Bez straty všeobecnosti budeme predpokladať, že GCD( a, t) = 1. Potom je možné hľadať riešenie kongruencie (2.2) napríklad pomocou Euklidovho algoritmu. V skutočnosti pomocou rozšíreného euklidovského algoritmu reprezentujeme číslo 1 ako lineárnu kombináciu čísel a a t:
Vynásobte obe strany tejto rovnice číslom b, dostaneme: b = abq + mrb, kde abq - b = - mrb, to jest a ∙ (bq) = b(mod m) a bq je riešením porovnania (2.2).
Ďalším spôsobom riešenia je použitie Eulerovej vety. Opäť predpokladáme, že GCD(a, t)= 1. Aplikujeme Eulerovu vetu: . Vynásobte obe strany porovnania číslom b: . Prepísanie posledného výrazu ako , dostaneme, že ide o riešenie kongruencie (2.2).
Nechaj teraz GCD( a, m) = d>1. Potom a = atd, m = mtd, kde gcd( a 1 , m 1) = 1. Okrem toho je potrebné b = b 1 d, aby bolo porovnanie riešiteľné. Ak X 0 - porovnávacie riešenie a 1 X = b 1 (mod m 1) a jediný, pretože GCD( a 1 , m 1) = 1 teda X 0 bude rozhodnutie a porovnanie a 1 xd = db 1 (mod m 1), teda pôvodné porovnanie (2.2). Oddych d- 1 riešenie nájde Veta 2.5.
Porovnanie prvého stupňa s jednou neznámou má tvar:
f(X) 0 (mod m); f(X) = Oh + a n. (1)
Vyriešte porovnanie znamená nájsť všetky hodnoty x, ktoré ho spĺňajú. Vyvolajú sa dve porovnania, ktoré spĺňajú rovnaké hodnoty x ekvivalent.
Ak porovnanie (1) vyhovuje niektorým X = X 1, potom (podľa 49) všetky čísla porovnateľné s X 1, modul m: x x 1 (mod m). Celá táto trieda čísel sa počíta ako jedno riešenie. S touto dohodou možno vyvodiť nasledujúci záver.
66.S zarovnanie (1) bude mať toľko riešení, koľko je zvyškov celého systému, ktorý ho spĺňa.
Príklad. Porovnanie
6X– 4 0 (mod 8)
medzi číslami 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 celého systému zvyškov modulo 8 dve čísla spĺňajú: X= 2 a X= 6. Toto porovnanie má preto dve riešenia:
X 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Porovnanie prvého stupňa prenesením voľného termínu (s opačným znamienkom) na pravú stranu možno zredukovať na tvar
sekera b(mod m). (2)
Zvážte porovnanie, ktoré spĺňa podmienku ( a, m) = 1.
Podľa 66 má naše porovnanie toľko riešení, koľko je zvyškov celého systému, ktorý mu vyhovuje. Ale keď X prechádza kompletným systémom zvyškov modulo t, potom Oh prebieha celým systémom zrážok (zo 60). Preto pre jednu a len jednu hodnotu X, prevzaté z celého systému, Oh bude porovnateľná s b. takže,
67. Pre (a, m) = 1 porovnávacia ax b(mod m)má jedno riešenie.
Nechaj teraz ( a, m) = d> 1. Potom, aby porovnanie (2) malo riešenia, je potrebné (z 55), že b rozdelený na d, inak je porovnanie (2) nemožné pre akékoľvek celé číslo x . Za predpokladu, že teda b viacnásobný d, dajme tomu a = a 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. Potom porovnanie (2) bude ekvivalentné tomuto (redukované o d): a 1 X b 1 (mod m), v ktorom už ( a 1 , m 1) = 1, a preto bude mať jeden modul riešenia m jeden . Nechaj X 1 je najmenší nezáporný zvyšok tohto roztoku modulo m 1 , potom všetky čísla x , tvoriaci toto riešenie nájdete vo formulári
X X 1 (mod m 1). (3)
Modulo, čísla (3) netvoria jedno riešenie, ale viac, presne toľko riešení, koľko je čísel (3) v rade 0, 1, 2, ..., m 1 modulo najmenej záporného zvyšku m. Ale budú tu padať nasledujúce čísla (3):
X 1 , X 1 + m 1 , X 1 + 2m 1 , ..., X 1 + (d – 1) m 1 ,
tie. Celkom dčísla (3); teda porovnanie (2) má d riešenia.
Dostávame vetu:
68. Nech (a, m) = d. porovnávacia ax b ( mod m) nemožné, ak b nie je deliteľné d. Keď b je násobkom d, porovnanie má d riešení.
69. Metóda riešenia porovnávania prvého stupňa, založená na teórii reťazových zlomkov:
Rozšírenie pomeru na pokračujúci zlomok m:a,
a vzhľadom na posledné dva konvergenty:
podľa vlastností pokračujúcich frakcií (podľa 30 ) máme
Takže porovnanie má riešenie
na vyhľadávanie, čo stačí na výpočet P n- 1 podľa spôsobu uvedeného v 30.
Príklad. Riešime porovnanie
111X= 75 (mod 321). (štyri)
Tu (111, 321) = 3 a 75 je násobok 3. Preto má porovnanie tri riešenia.
Vydelením oboch častí porovnania a modulu číslom 3 dostaneme porovnanie
37X= 25 (mod 107), (5)
o ktorom sa musíme rozhodnúť ako prvé. Máme
q | |||||
P 3 |
Takže v tomto prípade n = 4, P n - 1 = 26, b= 25, a máme riešenie porovnania (5) vo forme
X–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Preto sú riešenia porovnania (4) prezentované takto:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
X 99º; 206; 313 (mod 321).
Výpočet inverzného prvku modulo a daný
70.Ak celé čísla a a n coprime, potom je tam číslo a′, uspokojujúce porovnanie a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). číslo a′ volal multiplikatívna inverzia modulo n a používa sa na to zápis a- 1 (mod n).
Výpočet recipročných modulo some možno vykonať porovnávacím riešením prvého stupňa s jednou neznámou, v ktorej X akceptované číslo a′.
Ak chcete nájsť riešenie na porovnanie
a x≡ 1 (mod m),
kde ( a,m)= 1,
možno použiť Euklidov algoritmus (69) alebo Fermat-Eulerovu vetu, ktorá hovorí, že ak ( a,m) = 1, potom
a φ( m) ≡ 1 (mod m).
X ≡ a φ( m)–1 (mod m).
Skupiny a ich vlastnosti
Skupiny sú jednou z taxonomických tried používaných pri klasifikácii matematických štruktúr so spoločnými charakteristickými vlastnosťami. Skupiny majú dve zložky: veľa (G) a operácií() definované na tejto súprave.
Pojmy množina, prvok a príslušnosť sú základnými nedefinovanými pojmami modernej matematiky. Akákoľvek množina je definovaná prvkami, ktoré sú v nej zahrnuté (ktoré môžu byť tiež množinami). Hovoríme teda, že množina je definovaná alebo daná, ak pri akomkoľvek prvku môžeme povedať, či do tejto množiny patrí alebo nie.
Na dve sady A, B záznamy B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B znamená, resp B je podmnožinou množiny A(t. j. akýkoľvek prvok z B je obsiahnutá aj v A, napríklad množina prirodzených čísel je obsiahnutá v množine reálnych čísel; okrem toho vždy A A), B je správnou podmnožinou množiny A(tie. B A a B ≠ A), križovatka mnohých B a A(t. j. všetky také prvky, ktoré ležia súčasne a v A, a v B, napríklad priesečník celých a kladných reálnych čísel je množina prirodzených čísel), spojenie množín B a A(t. j. súbor pozostávajúci z prvkov, ktoré ležia buď v A, buď v B), nastavte rozdiel B a A(t. j. súbor prvkov, ktoré sa nachádzajú v B, ale neľahnite si A), karteziánsky súčin množín A a B(t. j. množina párov formulára ( a, b), kde a A, b B). Prostredníctvom | A| kardinalita súboru je vždy označená A, t.j. počet prvkov v súprave A.
Operácia je pravidlo, podľa ktorého sú ľubovoľné dva prvky množiny G(a a b) je spojený s tretím prvkom z G: a b.
Veľa prvkov G s operáciou tzv skupina ak sú splnené nasledujúce podmienky.