Karşılaştırma modulo bir doğal sayı. Birinci dereceden karşılaştırmaları çözme Karşılaştırma sistemini modulo çözme
![Karşılaştırma modulo bir doğal sayı. Birinci dereceden karşılaştırmaları çözme Karşılaştırma sistemini modulo çözme](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
Formun bir karşılaştırmasını düşünün x 2 ≡a(mod pα), nerede p basit bir tek sayıdır. Bölüm 4 §4'te gösterildiği gibi, bu kongrüansın çözümü, kongrüans çözülerek bulunabilir. x 2 ≡a(mod p). Ve karşılaştırma x 2 ≡a(mod pα) eğer iki çözümü olacaktır a ikinci dereceden bir artık modulodur p.
Örnek:
İkinci Dereceden Karşılaştırmayı Çöz x 2 ≡86(mod 125).
125 = 5 3 , 5 bir asal sayıdır. 86'nın bir kare modulo 5 olup olmadığını kontrol edelim.
Orijinal karşılaştırmanın 2 çözümü var.
Bir karşılaştırma çözümü bulalım x 2 ≡86(mod 5).
x 2 ≡1(mod 5).
Bu karşılaştırma önceki paragrafta belirtilen şekilde çözülebilir, ancak 1 modulo'nun karekökünün ±1 olduğu ve karşılaştırmanın tam olarak iki çözümü olduğu gerçeğini kullanacağız. Böylece, uyum modulo 5'in çözümü şu şekildedir:
x≡±1(mod 5) veya aksi halde, x=±(1+5 t 1).
Ortaya çıkan çözümü karşılaştırma modulo 5 2 =25'te değiştirin:
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) veya eşdeğeri, t 1 =1+5t 2 .
O zaman uyum modulo 25'in çözümü şu şekildedir: x=±(1+5(1+5) t 2))=±(6+25 t 2). Ortaya çıkan çözümü karşılaştırma modulo 5 3 =125'te değiştirin:
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) veya t 2 =1+5t 3 .
O zaman modulo 125 karşılaştırmasının çözümü şu şekildedir: x=±(6+25(1+5) t 3)=±(31+125) t 3).
Cevap: x≡±31(mod 125).
Şimdi formun bir karşılaştırmasını düşünün x 2 ≡a(mod2a). Böyle bir karşılaştırmanın her zaman iki çözümü yoktur. Böyle bir modül için aşağıdaki durumlar mümkündür:
1) α=1. O zaman karşılaştırmanın yalnızca şu durumlarda bir çözümü vardır: a≡1(mod 2) ve çözüm x≡1(mod 2) (tek çözüm).
2) α=2. Karşılaştırmanın yalnızca şu durumlarda çözümleri vardır: a≡1(mod 4) ve çözüm x≡±1(mod 4) (iki çözüm).
3) α≥3. Karşılaştırmanın yalnızca şu durumlarda çözümleri vardır: a≡1(mod 8) ve böyle dört çözüm olacaktır. Karşılaştırmak x 2 ≡a(mod 2 α) α≥3 için formun karşılaştırmalarıyla aynı şekilde çözülür x 2 ≡a(mod pα), yalnızca modulo 8 çözümleri ilk çözüm olarak işlev görür: x≡±1(mod 8) ve x≡±3(mod 8). Modulo 16, ardından modulo 32 ve modulo 2 α'ya kadar bu şekilde karşılaştırılmaları gerekir.
Örnek:
Karşılaştırmayı Çöz x 2 ≡33(mod 64)
64=26. Orijinal karşılaştırmanın bir çözümü olup olmadığını kontrol edelim. 33≡1(mod 8), yani karşılaştırmanın 4 çözümü var.
Modulo 8 bu çözümler: x≡±1(mod 8) ve x≡±3(mod 8), şu şekilde temsil edilebilir: x=±(1+4 t bir). Karşılaştırma modulo 16'da bu ifadeyi değiştirin
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)
O zaman çözüm şeklini alacak x=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2) t 2))=±(1+8 t 2). Ortaya çıkan çözümü uyum modulo 32'de değiştirin:
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)
O zaman çözüm şeklini alacak x=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Ortaya çıkan çözümü karşılaştırma modulo 64'te değiştirin:
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)
O zaman çözüm şeklini alacak x=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32) t dört). Böylece, modulo 64, orijinal karşılaştırmanın dört çözümü vardır: x≡±17(mod 64) ve x≡±49(mod 64).
Şimdi genel bir karşılaştırma düşünün: x 2 ≡a(mod m), (a,m)=1, - modülün kanonik ayrıştırması m. §4'ün 4. maddesindeki Teoreme göre, bu karşılaştırma sisteme eşdeğerdir.
Bu sistemin her karşılaştırması karar verilebilir ise, o zaman tüm sistem karar verilebilir. Bu sistemin her karşılaştırmasının çözümünü bulduktan sonra, Çin kalan teoremini kullanarak orijinal karşılaştırmanın çözümünü elde ettiğimizi çözerek birinci dereceden bir karşılaştırma sistemi elde ederiz. Ayrıca, orijinal karşılaştırmanın farklı çözümlerinin sayısı (eğer çözülebilir ise) 2'dir. k, eğer α=1, 2 ise kα=2, 2 ise +1 kα≥3 ise +2.
Örnek:
Karşılaştırmayı Çöz x 2 ≡4(mod 21).
Konuyla ilgili matematik projesi
"Modulo Karşılaştırmaları"
Zaripova Aysılu
Kazan şehrinin Sovetsky bölgesi
MBOU "Ortaokul No. 166", 7a Sınıfı
Bilimsel danışman: Antonova N.A.
İçindekiler
Giriş __________________________________________________________3
Karşılaştırmalar nelerdir ____________________________________________4
Modulo karşılaştırmaları kavramı ________________________________4
Karşılaştırma kavramının ortaya çıkış tarihi modulo _____4
Karşılaştırma özellikleri ______________________________________________4
Modulo karşılaştırmalarının en basit uygulaması, sayıların bölünebilirliğini belirlemektir ____________________6
Karşılaştırma için bir görev ________________________________8
Mesleki faaliyetlerde modulo karşılaştırmalarının kullanımı ___________________________________________9
Problem çözmede karşılaştırmaların uygulanması ______________________6
Sonuç____________________________________________________10
Referans listesi ____________________________11
Giriiş.
Ar-Ge: Modulo karşılaştırmaları.
Problem: Pek çok öğrenci, çözümü tam sayıları bir doğal sayıya bölmenin kalanlarının bilgisine dayanan Olimpiyatlara hazırlanırken görevlerle karşı karşıyadır. Bu tür problemlerle ve olası çözüm yöntemleriyle ilgileniyorduk. Modulo karşılaştırmaları kullanılarak çözülebilecekleri ortaya çıktı.
Amaç: Modulo karşılaştırmalarının özünü, modulo karşılaştırmalarıyla çalışmanın ana yöntemlerini açıklığa kavuşturmak.
Görevler: bu konuyla ilgili teorik materyal bulmak, modulo karşılaştırmaları kullanılarak çözülen sorunları ele almak, bu tür sorunları çözmek için en yaygın yöntemleri göstermek, sonuçlar çıkarmak.
Çalışmanın amacı: sayı teorisi.
Araştırma konusu: karşılaştırmalar teorisi modulo.
Çalışma teorik araştırmaya aittir ve matematik olimpiyatlarına hazırlıkta kullanılabilir. İçeriğinde modulo karşılaştırmalarının temel kavramları ve temel özellikleri ortaya konmakta, bu konudaki problem çözme örnekleri verilmektedir.
ben . Karşılaştırma nedir?
Modulo karşılaştırmaları kavramı.
Sayılar ve bölünebilirlerse modulo karşılaştırılabilir oldukları söylenir, başka bir deyişle, a ve b ile bölündüğünde aynı kalana sahiptir..
atama
Örnekler:
12 ve 32, karşılaştırılabilir modulo 5'tir, çünkü 12, 5'e bölündüğünde kalanını 2 verir ve 32, 2'ye bölündüğünde kalanını 2 verir.12 ;
101 ve 17, uyumlu modül 21'dir;
Modulo karşılaştırmaları kavramının tarihçesi.
Bölünebilirlik teorisi büyük ölçüde Euler tarafından yaratıldı. Karşılaştırmanın tanımı, CF Gauss'un "Aritmetik Araştırma" adlı kitabında formüle edilmiştir. Latince yazılan bu eser 1797 yılında basılmaya başlanmış ancak o dönemdeki basım işleminin son derece zahmetli ve uzun olması nedeniyle kitap ancak 1801 yılında basılmıştır. Gauss'un kitabının ilk bölümünün adı "Sayıların Karşılaştırılması Üzerine". Matematikte kurulan modulo karşılaştırmalarının sembolizmini öneren Gauss'du.
Karşılaştırma özellikleri.
Eğer bir
Kanıt:
İkinciyi birinci denkleme eklersek,
iki tamsayının toplamıdır, dolayısıyla bir tamsayıdır, dolayısıyla.
İkinciyi birinci denklemden çıkarırsak,
iki tamsayının farkıdır, dolayısıyla bir tamsayıdır.
Şu ifadeyi düşünün:
tamsayıların çarpımı arasındaki farktır, dolayısıyla bir tamsayıdır.
Bu, karşılaştırmaların üçüncü özelliğinin bir sonucudur.
Q.E.D.
5) Eğer bir.
Kanıt: Bu iki ifadenin toplamını bulalım:
iki tamsayının toplamıdır, dolayısıyla bir tamsayıdır, dolayısıyla .
Q.E.D.
6) eğer bir tamsayıdır, o zaman
Kanıt: neredep- bir tamsayı, bu eşitliği şununla çarp, şunu elde ederiz: . Kanıtlanması gereken tamsayıların çarpımı olduğu için.
7) Eğer bir
Kanıt: Akıl yürütme, mülkiyetin ispatı 6'ya benzer.
8) Eğer bir - görece asal sayılar, o zaman
Kanıt: , bu ifadeyi şuna böleriz: - eş asal sayılar, yani bir tamsayı ile bölünebilir, yani. =. Bu da kanıtlanması gerekenlerin olduğu anlamına gelir.
III . Karşılaştırmaların problem çözmeye uygulanması.
2.1. Modulo karşılaştırmalarının en basit uygulaması, sayıların bölünebilirliğini belirlemektir.
Örnek. 2. bölümün kalanını bulun 2009 7'de.
Çözüm: 2'nin kuvvetlerini düşünün:
Karşılaştırmayı 668'in gücüne yükselterek ve ile çarparak şunu elde ederiz: .
Cevap: 4.
Örnek. 7+7 olduğunu kanıtlayın 2 +7 3 +…+7 4 n herhangi biri için 100'e bölünebilirnbir tam sayı kümesinden.
Çözüm: Karşılaştırmaları Düşünün
vb. Kalıntıların döngüselliği, sayıları bir sütunla çarpma kurallarıyla açıklanır. İlk dört karşılaştırmayı ekleyerek şunu elde ederiz:
Yani bu toplam 100 ile kalansız bölünebilir. Benzer şekilde, aşağıdaki karşılaştırmaları yaklaşık dört olarak toplayarak, bu tür her toplamın 100'e kalansız bölünebilir olduğunu elde ederiz. Yani 4'ün toplamınTerimler 100 ile kalansız bölünebilir. Q.E.D.
Örnek. Hangi değerde belirleyinnifade 19 ile kalansız bölünebilir.
Çözüm: .
Bu karşılaştırmayı 20 ile çarparız.
O zaman karşılaştırmalar ekleyelim. . Böylece, karşılaştırmanın sağ tarafı herhangi bir doğal sayı için her zaman 19'a bölünebilir.n, bu, orijinal ifadenin doğal olarak 19'a bölünebileceği anlamına gelirn.
Cevap n herhangi bir doğal sayıdır.
Örnek. Sayı hangi rakamla bitiyor?
Çözüm. Bu sorunu çözmek için sadece son basamağı takip edeceğiz. 14 sayısının güçlerini düşünün:
Görüldüğü gibi tek bir üs için derece değeri 4 ile, çift bir üs için 6 ile bitiyor. Sonra 6 ile bitiyor yani. bir çift sayıdır. Yani 6'da bitecek.
Cevap 6.
2.2. Karşılaştırma için bir görev.
N. Vilenkin'in "Karşılaştırmalar ve Kalıntı Sınıfları" adlı makalesi, ünlü İngiliz fizikçi Dirac'ın öğrencilik yıllarında çözdüğü bir sorunu sunuyor.
Modulo karşılaştırmalarını kullanarak bu sorunun kısa bir çözümü de var. Ancak bir dizi benzer görevle karşılaştık. Örneğin.
Yoldan geçen biri, maymunun oturduğu ağacın yanında bir demet elma buldu. Onları saydıktan sonra, bir maymuna 1 elma verilirse, kalan elma sayısının ikiye bölüneceğini fark etti. n iz bırakmadan. Fazla elmayı maymuna verdikten sonra 1/ aldı. n kalan elmalar ve sol. Yığına daha sonra bir sonraki yoldan geçen kişi yaklaştı, ardından bir sonraki kişi vb. Yoldan geçen her biri, elmaları sayarak, sayılarının ikiye bölündüğünde n kalan 1'i verir ve maymuna fazladan bir elma vererek 1 / aldı n kalan elmalar ve devam etti. Sonuncusu gittikten sonra n yoldan geçen kişi, yığında kalan elma sayısı şuna bölünebilir: n iz bırakmadan. Başlangıçta yığında kaç elma vardı?
Dirac ile aynı muhakemeyi yürüttükten sonra, benzer problemlerin bir sınıfını çözmek için genel bir formül elde ettik: , buradan- doğal sayı.
2.3. Mesleki faaliyetlerde modulo karşılaştırmalarının kullanımı.
Karşılaştırma teorisi kodlama teorisinde kullanılır, bu nedenle bilgisayarlarla ilgili bir meslek seçen herkes çalışacak ve muhtemelen mesleki faaliyetlerinde karşılaştırmalar uygulayacaktır. Örneğin, ortak anahtar şifreleme algoritmaları geliştirmek için, modulo karşılaştırmaları da dahil olmak üzere bir dizi sayı teorisi kavramı kullanılır.
Çözüm.
Makale, modulo karşılaştırmalarının temel kavramlarını ve özelliklerini özetlemektedir; örnekler, modulo karşılaştırmalarının kullanımını göstermektedir. Materyal, matematik Olimpiyatlarına ve Birleşik Devlet Sınavına hazırlık için kullanılabilir.
Yukarıdaki referans listesi, gerekirse modulo karşılaştırmalar teorisinin ve uygulamalarının bazı daha karmaşık yönlerini dikkate almaya izin verir.
Kullanılan literatürün listesi.
Alfutova N.B. Cebir ve sayılar teorisi./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 s.
Bukhshtab A.A. Sayı teorisi. / A.A. Bukhshtab. Moskova: Eğitim, 1960.
Vilenkin N. Karşılaştırmalar ve kalıntı sınıfları./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorova N.E. Cebir ve matematiksel analiz çalışması. Sınıf 10.http:// www. prosv. tr/ e-kitaplar/ Fedorova_ Cebir_10 kl/1/ xht
tr. wikipedi. org/ wiki/Modulo_comparison.
n'de aynı kalanı verirler.
Eşdeğer formülasyonlar: a ve b karşılaştırılabilir modulo n eğer onların farkı a - b n ile bölünebilir veya a şu şekilde temsil edilebilirse a = b + kn , nerede k bir tamsayıdır. Örneğin: 32 ve -10, uyumlu modulo 7'dir çünkü
"a ve b uyumlu modulo n'dir" ifadesi şu şekilde yazılır:
Modulo Eşitlik Özellikleri
Modulo karşılaştırma ilişkisinin özellikleri vardır
herhangi iki tamsayı a ve b karşılaştırılabilir modulo 1'dir.
numaralar için a ve b karşılaştırılabilir modülo idi n, farklarının sayıya bölünebilir olması gerekli ve yeterlidir. n.
Eğer sayılar ve ikili olarak karşılaştırılabilir ise modulo n, sonra toplamları ve , çarpımları ve aynı zamanda karşılaştırılabilir modulo n.
eğer sayılar a ve b karşılaştırılabilir modulo n, sonra dereceleri a k ve b k ayrıca karşılaştırılabilir modulo n herhangi bir doğal için k.
eğer sayılar a ve b karşılaştırılabilir modulo n, ve n bölü m, sonra a ve b karşılaştırılabilir modulo m.
numaralar için a ve b karşılaştırılabilir modülo idi n, asal faktörlere kanonik ayrışımı olarak temsil edilir p i
için gerekli ve yeterli
Karşılaştırma ilişkisi bir denklik ilişkisidir ve sıradan eşitliklerin birçok özelliğine sahiptir. Örneğin, toplanabilir ve çarpılabilirler: eğer
Bununla birlikte, karşılaştırmalar, genel olarak konuşursak, birbirine veya başka sayılara bölünemez. Örnek: , ancak 2'ye indirerek hatalı bir karşılaştırma elde ederiz: . Karşılaştırmalar için indirgeme kuralları aşağıdaki gibidir.
Ayrıca modülleri uyuşmuyorsa karşılaştırmalar üzerinde işlem yapamazsınız.
Diğer özellikler:
İlgili tanımlar
Kesinti sınıfları
Karşılaştırılabilir tüm sayıların kümesi a modulo n aranan kesinti sınıfı a modulo n ve genellikle [ ile gösterilir a] n veya . Böylece, karşılaştırma kalıntı sınıflarının eşitliğine eşdeğerdir. [a] n = [b] n .
Çünkü modulo karşılaştırması n tamsayılar kümesinde bir denklik ilişkisidir, ardından artık sınıfları modulo n denklik sınıflarıdır; onların numarası n. Tüm kalıntı sınıflarının seti modulo n veya ile gösterilir.
Toplama ve çarpma işlemleri, kümede karşılık gelen işlemleri tetikler:
[a] n + [b] n = [a + b] nBu işlemlere göre, küme sonlu bir halkadır ve eğer n basit - son alan .
Kesinti sistemleri
Kalıntı sistemi, sonlu bir sayı kümesinin ötesine geçmeden aritmetik işlemler yapmanızı sağlar. Eksiksiz kesinti sistemi modulo n, kıyaslanamaz modulo n olan herhangi bir n tamsayı kümesidir. Genellikle, tam bir artıklar sistemi modulo n olarak, negatif olmayan en küçük kalıntılar alınır.
0,1,...,n − 1veya sayılardan oluşan kesinlikle en küçük kalıntılar
,garip olması durumunda n ve sayılar
hatta olması durumunda n .
Karşılaştırma kararı
Birinci derece karşılaştırmaları
Sayı teorisinde, kriptografide ve bilimin diğer alanlarında, genellikle formun birinci derecesinin karşılaştırılması için çözüm bulma sorunu ortaya çıkar:
Böyle bir karşılaştırmanın çözümü gcd'nin hesaplanmasıyla başlar. (a, m)=d. Bu durumda 2 durum mümkündür:
- Eğer bir bçoklu değil d, o zaman karşılaştırmanın çözümü yoktur.
- Eğer bir bçoklu d, o zaman karşılaştırmanın benzersiz bir çözümü vardır modulo m / d veya aynı olan, d modulo çözümleri m. Bu durumda, orijinal karşılaştırmanın azaltılması sonucunda d karşılaştırma sonuçları:
nerede a 1 = a / d , b 1 = b / d ve m 1 = m / d tam sayılardır ve a 1 ve m 1 eş asaldır. bu nedenle sayı a 1 modulo ters çevrilebilir m 1 , yani böyle bir sayı bul c yani (başka bir deyişle, ). Şimdi çözüm, elde edilen karşılaştırmayı çarparak bulunur. c:
pratik değer hesaplama c farklı şekillerde yapılabilir: Euler teoremi kullanılarak, Öklid algoritması, sürekli kesirler teorisi (algoritmaya bakın), vb. Özellikle, Euler teoremi değeri yazmanıza izin verir c olarak:
Örnek
Karşılaştırma için elimizde d= 2 , dolayısıyla modulo 22 karşılaştırmasının iki çözümü vardır. 26'yı, modulo 22 ile karşılaştırılabilir olan 4 ile değiştirelim ve ardından 3 sayıyı da 2 ile iptal edelim:
2, modulo 11'e nispeten asal olduğundan, sol ve sağ tarafları 2 azaltabiliriz. Sonuç olarak, modulo 22: iki çözüme eşdeğer olan bir modulo 11: çözümü elde ederiz.
İkinci derece karşılaştırmaları
İkinci derecenin karşılaştırmalarını çözmek, belirli bir sayının ikinci dereceden bir kalıntı olup olmadığını bulmaya (ikinci dereceden karşılıklılık yasasını kullanarak) ve ardından bunun karekök modülünü hesaplamaya indirgenir.
Hikaye
Yüzyıllardır bilinen Çin kalan teoremi, (modern matematik dilinde) kalıntı halkası modulo'nun birkaç asal sayının çarpımı olduğunu belirtir.
Bir bilinmeyenle karşılaştırma x forma sahip
Neresi . Eğer bir a n bölünemez m, sonra denir derece karşılaştırmalar.
Karar karşılaştırma herhangi bir tam sayıdır x 0 , hangisi için
Eğer bir X 0 karşılaştırmayı karşılıyorsa, karşılaştırmanın 9. özelliğine göre, bu karşılaştırma karşılaştırılabilir tüm tamsayıları karşılayacaktır. x 0 modulo m. Bu nedenle, aynı modulo kalıntıları sınıfına ait tüm karşılaştırma çözümleri t, tek bir çözüm olarak ele alacağız. Bu nedenle, bir karşılaştırmanın, tüm artıklar sisteminin onu tatmin eden öğeleri kadar çok çözümü vardır.
Çözüm kümeleri aynı olan karşılaştırmalara denir. eşdeğer.
2.2.1 Birinci derece karşılaştırmaları
Birinci derecenin bir bilinmeyenle karşılaştırılması X forma sahip
(2.2)
Teorem 2.4. Bir karşılaştırmanın en az bir çözüme sahip olması için, sayının olması gerekli ve yeterlidir. b GCD'ye bölünür( a, m).
Kanıt.Önce gerekliliği ispatlıyoruz. İzin vermek d
=
GCD( a,
m)
ve X 0
- karşılaştırma çözümü. O zamanlar , yani fark ey 0
−
b
bölü t. Yani bir tamsayı var q,
ne ey 0
−
b
=
qm.
Buradan b= ah 0
−
qm.
Dan beri d,
ortak bölen olarak sayıları böler a ve t, sonra eksilen ve çıkarılan şuna bölünür: d,
ve dolayısıyla b
bölü d.
Şimdi yeterliliği kanıtlayalım. İzin vermek d- sayıların en büyük ortak böleni a ve t, ve b bölü d. O halde bölünebilirliğin tanımı gereği tamsayılar vardır. a 1 , b 1 ,t 1 , ne .
Genişletilmiş Öklid algoritmasını kullanarak, 1 = gcd( a 1 , m 1 ):
bazı x 0 , y 0 . Son eşitliğin her iki tarafını da b 1 d:
ya da aynı olan,
,
yani, ve karşılaştırmanın çözümüdür. □
Örnek 2.10. Karşılaştırma 9 X= 6 (mod 12)'nin bir çözümü vardır çünkü ebob(9, 12) = 3 ve 6, 3'e bölünebilir. □
Örnek 2.11. Karşılaştırmak 6x= 9 (mod 12)'nin çözümü yoktur çünkü ebob(6, 12) = 6 ve 9, 6'ya bölünemez. □
Teorem 2.5. Uyum (2.2) karar verilebilir olsun ve d = GCD( a, m). Daha sonra karşılaştırma çözümleri seti (2.2) şunlardan oluşur: d modulo kalıntı sınıfları t, yani, eğer X 0 çözümlerden biridir, o zaman diğer tüm çözümler
Kanıt.İzin vermek X 0
karşılaştırmanın çözümüdür (2.2), yani ve ,
.
Yani böyle var q, ne ey 0
−
b
=
qm.
Şimdi yerine son eşitliğe ikame etme X 0
ifadeyi elde ettiğimiz formun keyfi bir çözümü
, bölünebilir m. □
Örnek 2.12. Karşılaştırma 9 X=6 (mod 12), ebob(9, 12)=3 olduğundan tam olarak üç çözüme sahiptir. Bu çözümler: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
Örnek 2.13. Karşılaştırma 11 X=2 (mod 15) benzersiz bir çözüme sahip X 0 = 7 çünkü gcd(11,15)=1.□
Birinci derece karşılaştırmanın nasıl çözüleceğini gösterelim. Genelliği kaybetmeden, OBEB( a, t) = 1. Daha sonra, örneğin Öklid algoritması kullanılarak uyum (2.2) çözümü aranabilir. Aslında, genişletilmiş Öklid algoritmasını kullanarak, 1 sayısını sayıların doğrusal bir kombinasyonu olarak temsil ediyoruz. a ve t:
Bu denklemin her iki tarafını da b, alırız: b = Abq + mrb, nerede Abq - b = - mrb, yani a ∙ (bq) = b(mod m) ve bq karşılaştırmanın çözümüdür (2.2).
Çözmenin başka bir yolu da Euler teoremini kullanmaktır. Yine, OBEB(a, t)= 1. Euler teoremini uyguluyoruz: . Karşılaştırmanın her iki tarafını da çarp b:
.
Son ifadeyi şu şekilde yeniden yazmak
, bunun uyumun (2.2) çözümü olduğunu elde ederiz.
Şimdi GCD'ye izin verin ( a, m) = d>1. O zamanlar a = atd, m = mtd, nerede gcd( a 1 , m 1) = 1. Ayrıca gerekli b = b 1 d, Karşılaştırmanın çözülebilir olması için. Eğer bir X 0 - karşılaştırma çözümü a 1 x = b 1 (mod m 1) ve tek, çünkü GCD( a 1 , m 1) = 1, o zaman X 0 karar ve karşılaştırma olacak a 1 xd = db 1 (mod m 1), yani orijinal karşılaştırma (2.2). Dinlenme d- 1 çözüm Teorem 2.5 ile bulunur.
Birinci derecenin bir bilinmeyenle karşılaştırılması şu şekildedir:
f(x) 0 (mod m); f(X) = ey + bir. (1)
Karşılaştırmayı Çöz x'in onu karşılayan tüm değerlerini bulmak demektir. Aynı x değerlerini sağlayan iki karşılaştırmaya denir eşdeğer.
Karşılaştırma (1) bazılarını tatmin ederse x = x 1, sonra (49'a göre) ile karşılaştırılabilir tüm sayılar x 1 , modül m: x x 1 (mod m). Bütün bu sayı sınıfı şu şekilde sayılır: bir çözüm. Bu anlaşma ile aşağıdaki sonuç çıkarılabilir.
66.S hizalama (1) onu tatmin eden tüm sistemin kalıntıları kadar çok çözüme sahip olacaktır..
Örnek. Karşılaştırmak
6x– 4 0 (mod 8)
modulo 8'in tüm kalıntı sisteminin 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 sayıları arasında iki sayı şunları karşılar: X= 2 ve X= 6. Dolayısıyla, bu karşılaştırmanın iki çözümü vardır:
x 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Serbest terim (zıt işaretli) sağ tarafa aktarılarak birinci derecenin karşılaştırılması forma indirgenebilir.
balta b(mod m). (2)
Koşulu karşılayan bir karşılaştırma düşünün ( a, m) = 1.
66'ya göre karşılaştırmamız, onu tatmin eden tüm sistemin kalıntıları kadar çok çözüme sahiptir. Ama ne zaman x modulo artıkların komple sisteminden geçer t, sonra ey tüm kesinti sisteminden geçer (60 üzerinden). Bu nedenle, bir ve yalnızca bir değer için X, komple sistemden alınmış, ey karşılaştırılabilir olacak b. Yani,
67. (a, m) = 1 karşılaştırma baltası için b(mod m)bir çözümü vardır.
şimdi izin ver ( a, m) = d> 1. Öyleyse, karşılaştırma (2)'nin çözüme sahip olması için (55 üzerinden) şu gereklidir: b bölündü d, aksi takdirde karşılaştırma (2) herhangi bir x tam sayısı için imkansızdır . bu nedenle varsayarsak bçoklu d, hadi koyalım a = a 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. O zaman karşılaştırma (2) buna eşdeğer olacaktır (azaltılmış d): a 1 x b 1 (mod m), zaten içinde ( a 1 , m 1) = 1, ve bu nedenle tek bir çözüm modülüne sahip olacak m bir . İzin vermek X 1, bu çözümün negatif olmayan en küçük kalıntısıdır modulo m 1 , o zaman tüm sayılar x , bu çözümü oluşturan formda bulunabilir
x x 1 (mod m 1). (3)
Modulo, (3) sayıları bir çözüm değil, tamı tamına 0, 1, 2 dizisindeki sayılar (3) kadar çok çözüm oluşturur. ..., m 1 en az negatif olmayan kalıntı modulo m. Ancak aşağıdaki sayılar buraya düşecektir (3):
x 1 , x 1 + m 1 , x 1 + 2m 1 , ..., x 1 + (d – 1) m 1 ,
şunlar. Toplam d sayılar (3); dolayısıyla karşılaştırma (2) dçözümler.
Teoremi elde ederiz:
68. (a, m) = d olsun. karşılaştırma baltası b ( mod m) b, d ile bölünemezse imkansız. b, d'nin katı olduğunda, karşılaştırmanın d çözümü vardır.
69. Sürekli kesirler teorisine dayalı olarak birinci derecenin karşılaştırmasını çözme yöntemi:
Oranın sürekli bir kesre genişletilmesi m:a,
ve son iki yakınsama göz önüne alındığında:
sürekli kesirlerin özelliklerine göre (göre 30 ) sahibiz
Yani karşılaştırmanın bir çözümü var
hesaplamak için yeterli olan arama için P n- 30'da belirtilen yönteme göre 1.
Örnek. Karşılaştırmayı çözelim
111x= 75 (mod 321). (dört)
Burada (111, 321) = 3 ve 75, 3'ün katıdır. Dolayısıyla karşılaştırmanın üç çözümü vardır.
Karşılaştırmanın her iki bölümünü ve modülü 3'e bölerek karşılaştırmayı elde ederiz.
37x= 25 (mod 107), (5)
önce buna karar vermemiz gerekiyor. Sahibiz
q | |||||
P 3 |
Yani, bu durumda n = 4, P n - 1 = 26, b= 25 ve karşılaştırmanın çözümü (5) şeklindedir.
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Dolayısıyla, karşılaştırma (4)'ün çözümleri aşağıdaki gibi sunulmaktadır:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Belirli bir modulo'nun ters elemanının hesaplanması
70.Eğer tamsayılar a ve n coprime, o zaman bir sayı var a', tatmin edici karşılaştırma bir ∙ bir' ≡ 1(mod n). Sayı a' aranan bir modulo n'nin çarpımsal tersi ve gösterim bunun için kullanılır a- 1 (mod n).
Karşılıkların hesaplanması modulo bazıları, bir bilinmeyenli birinci derece karşılaştırma çözümü ile yapılabilir; x kabul edilen numara a'.
Bir karşılaştırma çözümü bulmak için
bir x≡ 1(mod m),
nerede ( a, m)= 1,
Öklid algoritması (69) veya eğer () olduğunu belirten Fermat-Euler teoremi kullanılabilir. a, m) = 1, o zaman
a φ( m) ≡ 1(mod m).
x ≡ a φ( m)–1 (mod m).
Gruplar ve özellikleri
Gruplar, ortak karakteristik özelliklere sahip matematiksel yapıların sınıflandırılmasında kullanılan taksonomik sınıflardan biridir. Grupların iki bileşeni vardır: bir çok (G) ve operasyonlar() bu küme üzerinde tanımlanır.
Küme, eleman ve üyelik kavramları modern matematiğin temel tanımsız kavramlarıdır. Herhangi bir küme, içinde bulunan öğelerle tanımlanır (bunlar da kümeler olabilir). Böylece, herhangi bir eleman için bu kümeye ait olup olmadığını söyleyebiliyorsak, bir küme tanımlanmış veya verilmiştir deriz.
iki set için A, B kayıtlar B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B sırasıyla şu anlama gelir B kümenin bir alt kümesidir A(yani herhangi bir öğe B ayrıca içinde bulunur Aörneğin, doğal sayılar kümesi, gerçek sayılar kümesi içinde yer alır; ayrıca her zaman A A), B kümenin uygun bir alt kümesidir A(şunlar. B A ve B ≠ A), birçok kesişim B ve A(yani, aynı anda ve aynı anda yer alan tüm bu tür unsurlar A, ve Börneğin, tamsayıların ve pozitif gerçek sayıların kesişimi, doğal sayılar kümesidir), kümelerin birleşimi B ve A(yani, her ikisinde de bulunan öğelerden oluşan bir küme) A, ya içinde B), farkı ayarla B ve A(yani, içinde yatan öğeler kümesi B, ama yalan söyleme A), kümelerin Kartezyen ürünü A ve B(yani, () biçiminde bir dizi çift a, b), nerede a A, b B). aracılığıyla | A| kümenin önemi her zaman gösterilir A, yani kümedeki eleman sayısı A.
İşlem, bir kümenin herhangi iki elemanının bağlı olduğu bir kuraldır. G(a ve b) G'den üçüncü elemanla ilişkilidir: bir b.
çok sayıda öğe G adı verilen bir operasyonla grup aşağıdaki koşullar karşılanırsa.