Natural sonni taqqoslash moduli. Birinchi darajali taqqoslashlarni yechish Taqqoslash tizimini yechish moduli
![Natural sonni taqqoslash moduli. Birinchi darajali taqqoslashlarni yechish Taqqoslash tizimini yechish moduli](https://i1.wp.com/helpiks.org/helpiksorg/baza6/90407071027.files/image574.gif)
Shaklni taqqoslashni ko'rib chiqing x 2 ≡a(mod p a), qayerda p oddiy toq sondir. 4-bandning 4-bandida ko'rsatilganidek, bu moslikni hal qilish moslikni hal qilish orqali topilishi mumkin. x 2 ≡a(mod p). Va taqqoslash x 2 ≡a(mod p a) ikkita yechimga ega bo'ladi, agar a kvadratik qoldiq modulidir p.
Misol:
Kvadrat taqqoslashni yeching x 2 ≡86 (mod 125).
125 = 5 3 , 5 tub sondir. 86 ning kvadrat moduli 5 ekanligini tekshiramiz.
Asl taqqoslashda 2 ta yechim mavjud.
Keling, taqqoslash yechimini topamiz x 2 ≡86 (mod 5).
x 2 ≡1 (mod 5).
Bu taqqoslashni avvalgi xatboshida ko'rsatilgan tarzda hal qilish mumkin edi, lekin biz 1 modulning kvadrat ildizi ± 1 ekanligini va taqqoslashda aniq ikkita echim borligidan foydalanamiz. Shunday qilib, moslik moduli 5 yechimi
x≡±1 (mod 5) yoki aks holda, x=±(1+5 t 1).
Olingan yechimni taqqoslash modulida 5 2 =25 almashtiring:
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) yoki ekvivalenti, t 1 =1+5t 2 .
Keyin moslik moduli 25 yechimi x=±(1+5(1+5 t 2))=±(6+25 t 2). Olingan yechimni taqqoslash moduli 5 3 =125 bilan almashtiring:
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), yoki t 2 =1+5t 3 .
Keyin 125 taqqoslash modulining yechimi x=±(6+25(1+5 t 3))=±(31+125 t 3).
Javob: x≡±31 (mod 125).
Endi shaklni taqqoslashni ko'rib chiqing x 2 ≡a(mod2a). Bunday taqqoslash har doim ham ikkita echimga ega emas. Bunday modul uchun quyidagi holatlar mumkin:
1) a=1. Keyin taqqoslash faqat qachon yechimga ega a≡1 (mod 2) va yechim x≡1(mod 2) (bitta yechim).
2) a=2. Taqqoslash faqat qachon echimlarga ega a≡1 (mod 4) va yechim x≡±1(mod 4) (ikkita yechim).
3) a≥3. Taqqoslash faqat qachon echimlarga ega a≡1 (mod 8) va to'rtta shunday yechim bo'ladi. Taqqoslash x 2 ≡a(mod 2 a) a≥3 uchun shaklni taqqoslash bilan bir xil tarzda hal qilinadi. x 2 ≡a(mod p a), faqat 8-modulli echimlar boshlang'ich yechim sifatida ishlaydi: x≡±1 (mod 8) va x≡±3 (mod 8). Ularni 16 moduli, keyin 32 moduli va 2 a moduligacha solishtirish kerak.
Misol:
Taqqoslashni hal qilish x 2 ≡33 (mod 64)
64=26. Keling, asl taqqoslashda yechim bor-yo'qligini tekshirib ko'raylik. 33≡1(mod 8), shuning uchun taqqoslashda 4 ta yechim mavjud.
Modulo 8, bu yechimlar: x≡±1 (mod 8) va x≡±3 (mod 8), uni quyidagicha ifodalash mumkin x=±(1+4 t biri). Taqqoslash moduli 16da ushbu ifodani almashtiring
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)
Keyin eritma shaklni oladi x=±(1+4 t 1)=±(1+4(0+2 t 2))=±(1+8 t 2). Olingan yechimni moslik moduli 32 ga almashtiring:
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)
Keyin eritma shaklni oladi x=±(1+8 t 2) =±(1+8(0+2t 3)) =±(1+16 t 3). Olingan yechimni taqqoslash moduli 64 ga almashtiring:
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)
Keyin eritma shaklni oladi x=±(1+16 t 3) =±(1+16(1+2t 4)) =±(17+32 t to'rtta). Shunday qilib, modul 64, asl taqqoslash to'rtta echimga ega: x≡±17(mod 64)va x≡±49 (mod 64).
Endi umumiy taqqoslashni ko'rib chiqing: x 2 ≡a(mod m), (a,m)=1, - modulning kanonik dekompozitsiyasi m. §4 ning 4-bandi teoremasiga ko'ra, bu taqqoslash tizimga ekvivalentdir.
Agar ushbu tizimning har bir taqqoslashini hal qilish mumkin bo'lsa, unda butun tizim hal qilinadi. Ushbu tizimning har bir taqqoslashining yechimini topib, biz birinchi darajali taqqoslash tizimini olamiz, uni hal qilib, Xitoy qoldiqlari teoremasidan foydalanib, biz dastlabki taqqoslashning echimini olamiz. Bundan tashqari, dastlabki taqqoslashning turli xil echimlari soni (agar u echilishi mumkin bo'lsa) 2 ta k, agar a=1, 2 bo'lsa k+1, agar a=2, 2 bo'lsa k a≥3 bo'lsa +2.
Misol:
Taqqoslashni hal qilish x 2 ≡4 (mod 21).
Mavzu bo'yicha matematika loyihasi
"Moduli taqqoslash"
Zaripova Aisylu
Qozon shahrining Sovetskiy tumani
MBOU "166-sonli o'rta maktab", 7a sinf
Ilmiy maslahatchi: Antonova N.A.
Mundarija
Kirish ________________________________________________________3
Taqqoslash nima ____________________________________________4
Modullarni taqqoslash tushunchasi ________________________________4
Taqqoslash tushunchasining paydo bo'lish tarixi moduli _____4
Taqqoslash xossalari ________________________________________________4
Moduli taqqoslashning eng oddiy qo'llanilishi _____________________6 sonlarning bo'linuvchanligini aniqlashdir
Taqqoslash uchun bitta topshiriq ____________________________8
Kasbiy faoliyatda modulli taqqoslashlardan foydalanish ___________________________________________9
Taqqoslashning masalalarni yechishda qo‘llanilishi ______________________6
Xulosa_________________________________________________10
Adabiyotlar ro‘yxati ____________________________11
Kirish.
R&D: Modullarni taqqoslash.
Muammo: Olimpiadaga tayyorgarlik jarayonida ko‘plab o‘quvchilar oldida butun sonlarni natural songa bo‘lishning qoldiqlari haqidagi bilimlarga asoslangan topshiriqlar qo‘yiladi. Biz bunday muammolar va ularni hal qilishning mumkin bo'lgan usullari bilan qiziqdik. Ma'lum bo'lishicha, ularni modulli taqqoslashlar yordamida hal qilish mumkin.
Maqsad: Modulli taqqoslashlar mohiyatini, modulli taqqoslashlar bilan ishlashning asosiy usullarini oydinlashtirish.
Vazifalar: ushbu mavzu bo'yicha nazariy materialni topish, modulli taqqoslashlar yordamida echiladigan masalalarni ko'rib chiqish, bunday muammolarni hal qilishning eng keng tarqalgan usullarini ko'rsatish, xulosalar chiqarish.
O'rganish ob'ekti: sonlar nazariyasi.
Tadqiqot predmeti: modullarni taqqoslash nazariyasi.
Ish nazariy tadqiqotlarga tegishli bo'lib, matematika fanidan olimpiadalarga tayyorgarlik ko'rishda foydalanish mumkin. Uning mazmunida modullarni taqqoslashning asosiy tushunchalari va ularning asosiy xususiyatlari ochib berilgan, ushbu mavzu bo'yicha masalalarni yechish misollari keltirilgan.
I . Taqqoslashlar nima.
Modullarni taqqoslash tushunchasi.
Raqamlar va agar ular ga bo'linadigan bo'lsa, modul bo'yicha taqqoslanadigan deyiladi, boshqacha aytganda, a va b ga bo'linganda bir xil qoldiqga ega bo'ladi..
Belgilanish
Misollar:
12 va 32 ni solishtirish mumkin bo'lgan modul 5, chunki 12 5 ga bo'linganda 2 qoldiqga ega va 32 2 ga bo'linganda 2 qoldiqga ega.12 ;
101 va 17 mos modul 21;
Modulli taqqoslash tushunchasi tarixi.
Ko'p darajada bo'linish nazariyasi Eyler tomonidan yaratilgan. Taqqoslashning ta'rifi C.F.Gaussning "Arifmetik tadqiqotlar" kitobida shakllantirilgan. Lotin tilida yozilgan bu asar 1797-yilda chop etila boshlandi, biroq o‘sha davrda chop etish jarayoni nihoyatda mashaqqatli va uzoq davom etganligi sababli kitob faqat 1801 yilda nashr etilgan. Gauss kitobining birinchi bo'limi "Raqamlarni taqqoslash haqida" deb ataladi. Aynan Gauss matematikada o'rnatilgan modulli taqqoslash ramziyligini taklif qildi.
Taqqoslash xususiyatlari.
Agar a
Isbot:
Agar birinchi tenglamaga ikkinchisini qo'shsak, olamiz
ikki butun sonning yig'indisidir, shuning uchun butun son.
Agar birinchi tenglamadan ikkinchisini olib tashlasak, biz olamiz
ikki butun sonning farqi, shuning uchun butun son.
Quyidagi ifodani ko'rib chiqing:
butun sonlarning ko'paytmalari orasidagi farq, shuning uchun butun son.
Bu taqqoslashning uchinchi xususiyatining natijasidir.
Q.E.D.
5) Agar a.
Isbot: Keling, ushbu ikki ifodaning yig'indisini topamiz:
bu ikki butun sonning yig'indisidir, shuning uchun butun son.
Q.E.D.
6) Agar butun son bo'lsa, u holda
Isbot: qayerdap- butun son, bu tenglikni ga ko'paytirsak, olamiz: . Chunki bu butun sonlarning ko'paytmasi bo'lib, bu isbotlanishi kerak edi.
7) Agar a
Isbot: Mulohaza 6-mulkni isbotlashga o'xshaydi.
8) Agar a - nisbatan tub sonlar, keyin
Isbot: , biz bu ifodani ga ajratamiz, biz olamiz: - ko'paytiriladigan sonlar, bu butun songa bo'linishini bildiradi, ya'ni. =. Va bu shuni anglatadiki, nimani isbotlash kerak edi.
II . Taqqoslashning muammoni hal qilishda qo'llanilishi.
2.1. Modulli taqqoslashning eng oddiy qo'llanilishi sonlarning bo'linuvchanligini aniqlashdir.
Misol. 2-bo'limning qolgan qismini toping 2009 7 da.
Yechim: 2 ning kuchlarini ko‘rib chiqing:
Taqqoslashni 668 ning kuchiga ko'tarib, ko'paytirsak, biz quyidagilarni olamiz: .
Javob: 4.
Misol. 7+7 ekanligini isbotlang 2 +7 3 +…+7 4 n har qanday uchun 100 ga bo'linadinbutun sonlar to'plamidan.
Yechim: Taqqoslashni ko'rib chiqing
va hokazo. Qoldiqlarning tsiklikligi raqamlarni ustun bilan ko'paytirish qoidalari bilan izohlanadi. Birinchi to'rtta taqqoslashni qo'shib, biz quyidagilarni olamiz:
Shunday qilib, bu yig'indi 100 ga qoldiqsiz bo'linadi. Shunga o'xshab, to'rtga yaqin quyidagi taqqoslashlarni qo'shib, har bir bunday yig'indi 100 ga qoldiqsiz bo'linishini bilib olamiz. Shunday qilib, butun yig'indisi 4 ga tengnhadlar 100 ga qoldiqsiz bo'linadi. Q.E.D.
Misol. Qaysi qiymatda ekanligini aniqlangnifoda 19 ga qoldiqsiz bo'linadi.
Yechim: .
Ushbu taqqoslashni 20 ga ko'paytiring. Biz olamiz.
Keling, taqqoslashlarni qo'shamiz. . Shunday qilib, taqqoslashning o'ng tomoni har qanday natural uchun har doim 19 ga bo'linadin, ya'ni asl ibora natural bilan 19 ga bo'linadin.
Javob n har qanday natural sondir.
Misol. Raqam qaysi raqam bilan tugaydi.
Yechim. Ushbu muammoni hal qilish uchun biz faqat oxirgi raqamga amal qilamiz. 14 raqamining vakolatlarini ko'rib chiqing:
Ko'rinib turibdiki, toq ko'rsatkich uchun daraja qiymati 4 bilan, juft ko'rsatkich uchun esa 6 bilan tugaydi. Keyin u 6 bilan tugaydi, ya'ni. juft sondir. Shunday qilib, u 6 da tugaydi.
Javob 6.
2.2. Taqqoslash uchun bitta vazifa.
N.Vilenkinning “Taqqoslash va qoldiq sinflari” maqolasida mashhur ingliz fizigi Dirak talabalik yillarida yechgan muammo keltirilgan.
Modulli taqqoslashlar yordamida bu muammoning qisqacha yechimi ham mavjud. Ammo biz bir qator shunga o'xshash vazifalar bilan uchrashdik. Masalan.
O‘tkinchilardan biri maymun o‘tirgan daraxt yonida bir dasta olma topibdi. Ularni hisoblab chiqqandan so'ng, u maymunga 1 ta olma berilsa, qolgan olmalar soniga bo'linishini tushundi. n izsiz. Maymunga qo'shimcha olma berib, u 1 dona oldi. n qolgan olma va chap. Keyinchalik qoziqga keyingi o'tuvchi yaqinlashdi, keyin keyingi va hokazo. Har bir keyingi o'tkinchi olmalarni sanab, ularning soni bo'linganda ekanligini payqadi n qolganini 1 beradi va maymunga qo'shimcha olma berib, u 1 / oldi. n qolgan olma va ko'chib o'tdi. Oxirgi ketganidan keyin n th o'tkinchi, qoziqda qolgan olma soniga bo'linadi n izsiz. Dastlab uyada nechta olma bor edi?
Dirak bilan bir xil mulohaza yuritib, biz shunga o'xshash muammolar sinfini hal qilishning umumiy formulasini oldik: , bu erdan- natural son.
2.3. Kasbiy faoliyatda modulli taqqoslashlardan foydalanish.
Taqqoslash nazariyasi kodlash nazariyasida qo'llaniladi, shuning uchun kompyuterlar bilan bog'liq kasbni tanlagan barcha odamlar o'rganadilar va, ehtimol, o'zlarining kasbiy faoliyatida taqqoslashni qo'llaydilar. Masalan, ochiq kalitlarni shifrlash algoritmlarini ishlab chiqish uchun sonlar nazariyasining bir qancha tushunchalari, jumladan, modullarni taqqoslashdan foydalaniladi.
Xulosa.
Maqolada modulli taqqoslashning asosiy tushunchalari va xususiyatlari ko'rsatilgan; misollar modulli taqqoslashlardan foydalanishni ko'rsatadi. Materialdan matematika bo'yicha olimpiadalarga va yagona davlat imtihoniga tayyorgarlik ko'rishda foydalanish mumkin.
Yuqoridagi adabiyotlar ro'yxati, agar kerak bo'lsa, modullarni taqqoslash nazariyasi va uni qo'llashning yanada murakkab tomonlarini ko'rib chiqishga imkon beradi.
Foydalanilgan adabiyotlar ro'yxati.
Alfutova N.B. Algebra va sonlar nazariyasi./N.B.Alfutova, A.V.Ustinov. M.: MTSNMO, 2002, 466 b.
Buxshtab A.A. Raqamlar nazariyasi. / A.A. Buxshtab. Moskva: Ta'lim, 1960 yil.
Vilenkin N. Taqqoslash va qoldiq sinflari./N.Vilenkin.//Kvant. – 1978.- 10.
Fedorova N.E. Algebra va matematik tahlilni o'rganish. 10-sinf.http:// www. prosv. uz/ elektron kitoblar/ Fedorova_ Algebra_10 kl/1/ xht
uz. vikipediya. org/ wiki/Modulo_taqqoslash.
n da ular bir xil qoldiqni beradi.
Ekvivalent formulalar: a va b taqqoslanadigan modul n agar ularning farqi a - b n ga bo'linadi, yoki a ni quyidagicha ifodalash mumkin bo'lsa a = b + kn , qayerda k ba'zi bir butun sondir. Misol uchun: 32 va −10 mos modul 7, chunki
"a va b n moduli mos keladi" bayonoti quyidagicha yoziladi:
Modulo Tenglik xususiyatlari
Moduli taqqoslash munosabati o'ziga xos xususiyatlarga ega
Har qanday ikkita butun son a va b solishtirish mumkin bo'lgan modul 1.
Raqamlar uchun a va b taqqoslanadigan modullar edi n, ularning farqi ga bo'linishi zarur va etarli n.
Raqamlar va juftlik bilan solishtiriladigan modul bo'lsa n, keyin ularning yig'indilari va , shuningdek mahsulotlar va shuningdek, solishtiriladigan modullar n.
Agar raqamlar a va b taqqoslanadigan modul n, keyin ularning darajalari a k va b k ham solishtirish mumkin bo'lgan modullardir n har qanday tabiiy uchun k.
Agar raqamlar a va b taqqoslanadigan modul n, va n tomonidan bo'linadi m, keyin a va b taqqoslanadigan modul m.
Raqamlar uchun a va b taqqoslanadigan modullar edi n, uning asosiy omillarga kanonik parchalanishi sifatida ifodalanadi p i
zarur va yetarli
Taqqoslash munosabati ekvivalentlik munosabati bo'lib, oddiy tengliklarning ko'pgina xususiyatlariga ega. Masalan, ularni qo'shish va ko'paytirish mumkin: agar
Biroq, taqqoslashlarni, umuman olganda, bir-biriga yoki boshqa raqamlarga bo'linib bo'lmaydi. Misol: , lekin 2 ga kamaytirilsa, biz noto'g'ri taqqoslashni olamiz: . Taqqoslash uchun qisqartirish qoidalari quyidagicha.
Agar ularning modullari mos kelmasa, taqqoslash bo'yicha operatsiyalarni ham bajara olmaysiz.
Boshqa xususiyatlar:
Tegishli ta'riflar
Deduktsiya sinflari
ga taqqoslanadigan barcha raqamlar to'plami a modul n chaqirdi chegirma klassi a modul n , va odatda [ bilan belgilanadi a] n yoki . Shunday qilib, taqqoslash qoldiq sinflarining tengligiga tengdir [a] n = [b] n .
Chunki modulli taqqoslash n- butun sonlar to'plamidagi ekvivalentlik munosabati, keyin qoldiq sinflar moduli n ekvivalentlik sinflari; ularning soni n. Barcha qoldiq sinflari moduli to'plami n yoki bilan belgilanadi.
Qo'shish va ko'paytirish amallari to'plamda tegishli amallarni keltirib chiqaradi:
[a] n + [b] n = [a + b] nUshbu amallarga nisbatan to'plam chekli halqadir va agar n oddiy - yakuniy maydon.
Deduksiya tizimlari
Qoldiq tizimi cheklangan sonlar to'plamida undan tashqariga chiqmasdan arifmetik amallarni bajarishga imkon beradi. Chegirmalarning to'liq tizimi modul n - tengsiz modul n bo'lgan har qanday n ta butun sonlar to'plami. Odatda, qoldiqlar modulining to'liq tizimi sifatida, eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiqlar olinadi.
0,1,...,n − 1yoki raqamlardan tashkil topgan mutlaqo eng kichik qoldiqlar
,g'alati holatda n va raqamlar
teng bo'lsa n .
Taqqoslash qarori
Birinchi darajali taqqoslashlar
Raqamlar nazariyasi, kriptografiya va fanning boshqa sohalarida ko'pincha birinchi darajali shaklni taqqoslash uchun echimlarni topish muammosi paydo bo'ladi:
Bunday taqqoslashning yechimi gcd ni hisoblashdan boshlanadi (a, m)=d. Bunday holda, 2 ta holat mumkin:
- Agar a b ko'p emas d, keyin taqqoslash hech qanday yechimga ega emas.
- Agar a b bir nechta d, keyin taqqoslash yagona yechim moduliga ega m / d, yoki, qaysi bir xil, d modulli yechimlar m. Bu holda, asl taqqoslashni kamaytirish natijasida d taqqoslash natijalari:
qayerda a 1 = a / d , b 1 = b / d va m 1 = m / d butun sonlardir va a 1 va m 1 ta koprimer. Shuning uchun raqam a 1 teskari modul bo'lishi mumkin m 1 , ya'ni shunday raqamni toping c bu (boshqacha aytganda, ). Endi olingan taqqoslashni ga ko'paytirish orqali yechim topiladi c:
Amaliy qiymatni hisoblash c turli usullarda amalga oshirilishi mumkin: Eyler teoremasi, Evklid algoritmi, davomli kasrlar nazariyasi (algoritmga qarang) va boshqalar. Xususan, Eyler teoremasi qiymatni yozishga imkon beradi. c sifatida:
Misol
Taqqoslash uchun bizda bor d= 2, shuning uchun 22 moduli taqqoslash ikkita echimga ega. Keling, 26 ni 4 ga almashtiramiz, bu 22 moduli bilan solishtiriladi va keyin barcha 3 raqamni 2 ga bekor qilamiz:
2 moduli 11 ga nisbatan tub bo'lgani uchun chap va o'ng tomonlarini 2 ga qisqartirishimiz mumkin. Natijada bitta modul moduli 11: ni olamiz, bu ikkita modul moduli 22: ga ekvivalentdir.
Ikkinchi darajali taqqoslashlar
Ikkinchi darajali taqqoslashlarni echish, berilgan sonning kvadrat qoldiq ekanligini aniqlashga (o'zaro o'zarolikning kvadratik qonunidan foydalanish) va keyin kvadrat ildiz modulini hisoblashga qisqartiriladi.
Hikoya
Ko'p asrlar davomida ma'lum bo'lgan xitoycha qoldiq teoremasi (zamonaviy matematik tilda) qoldiq halqa moduli bir nechta tub sonlarning ko'paytmasi ekanligini ta'kidlaydi.
Noma'lum bir narsa bilan taqqoslash x shaklga ega
Qayerda. Agar a a n ga bo'linmaydi m, keyin chaqiriladi daraja taqqoslashlar.
Qaror taqqoslash har qanday butun sondir x 0 , buning uchun
Agar a X 0 solishtirishni qanoatlantirsa, u holda taqqoslashning 9-xossasiga ko'ra, bu taqqoslash bilan solishtirish mumkin bo'lgan barcha butun sonlarni qanoatlantiradi. x 0 modul m. Shuning uchun, modul qoldiqlari bir xil sinfga tegishli barcha taqqoslash echimlari t, biz bitta yechim sifatida ko'rib chiqamiz. Shunday qilib, taqqoslash uni qanoatlantiradigan qoldiqlarning to'liq tizimining elementlari bo'lsa, shuncha ko'p echimlarga ega.
Yechimlar to'plami bir xil bo'lgan taqqoslashlar deyiladi ekvivalent.
2.2.1 Birinchi darajali taqqoslashlar
Birinchi darajani bir noma'lum bilan solishtirish X shaklga ega
(2.2)
2.4 teorema. Taqqoslash kamida bitta yechimga ega bo'lishi uchun bu raqam zarur va etarli b GCD ga bo'lingan ( a, m).
Isbot. Biz birinchi navbatda zaruratni isbotlaymiz. Mayli d
=
GCD( a,
m)
va X 0
- taqqoslash yechimi. Keyin , ya'ni farq Oh 0
−
b
tomonidan bo'linadi t. Demak, butun son bor q,
nima Oh 0
−
b
=
qm.
Bu yerdan b= ah 0
−
qm.
Va shundan beri d,
umumiy bo'luvchi sifatida sonlarni ajratadi a va t, keyin minuend va subtrahend ga bo'linadi d,
va shuning uchun b
tomonidan bo'linadi d.
Endi etarliligini isbotlaylik. Mayli d- sonlarning eng katta umumiy bo'luvchisi a va t, va b tomonidan bo'linadi d. Keyin, bo'linishning ta'rifiga ko'ra, butun sonlar mavjud a 1 , b 1 ,t 1 , nima .
Kengaytirilgan Evklid algoritmidan foydalanib, 1 = gcd( sonining chiziqli tasvirini topamiz. a 1 , m 1 ):
ba'zilar uchun x 0 , y 0 . Oxirgi tenglikning ikkala qismini ko'paytiramiz b 1 d:
yoki, qaysi bir xil,
,
ya'ni , va taqqoslashning yechimidir. □
2.10-misol. Taqqoslash 9 X= 6 (mod 12) yechimga ega, chunki gcd(9, 12) = 3 va 6 3 ga boʻlinadi. □
2.11-misol. Taqqoslash 6x= 9 (mod 12) hech qanday yechimga ega emas, chunki gcd(6, 12) = 6 va 9 6 ga boʻlinmaydi. □
2.5 teorema. Muvofiqlik (2.2) hal qilinadigan bo'lsin va d = GCD( a, m). So'ngra (2.2) taqqoslash yechimlari to'plamidan iborat d modul qoldiqlari sinflari t, ya'ni, agar X 0 yechimlardan biri bo'lsa, qolgan barcha echimlar
Isbot. Mayli X 0
taqqoslashning yechimi (2.2), ya'ni. va ,
.
Shunday qilib, shunday bor q, nima Oh 0
−
b
=
qm.
O'rniga hozir oxirgi tenglikni almashtirish X 0
shaklning ixtiyoriy yechimi, bu yerda ifodani olamiz
, ga bo'linadi m. □
2.12-misol. Taqqoslash 9 X=6 (mod 12) gcd(9, 12)=3 dan beri aniq uchta yechimga ega. Bu yechimlar: X 0 \u003d 2, x 0 + 4 \u003d 6, X 0 + 2∙4=10.□
2.13-misol. Taqqoslash 11 X=2 (mod 15) noyob yechimga ega X 0 = 7, chunki gcd(11,15)=1.□
Keling, birinchi darajali taqqoslashni qanday hal qilishni ko'rsatamiz. Umumiylikni yo'qotmasdan, biz GCD ( a, t) = 1. Keyin (2.2) moslik yechimini, masalan, Evklid algoritmidan foydalanib izlash mumkin. Haqiqatan ham, kengaytirilgan Evklid algoritmidan foydalanib, biz 1 raqamini raqamlarning chiziqli birikmasi sifatida ifodalaymiz. a va t:
Ushbu tenglamaning ikkala tomonini ga ko'paytiring b, olamiz: b = abq + mrb, qayerda abq - b = - mrb, ya'ni a ∙ (bq) = b(mod m) va bq taqqoslash yechimi (2.2).
Yechishning yana bir usuli Eyler teoremasidan foydalanishdir. Shunga qaramay, biz GCD (a, t)= 1. Eyler teoremasini qo'llaymiz: . Taqqoslashning ikkala tomonini ko'paytiring b:
.
Oxirgi ifodani quyidagicha qayta yozish
dan kongruentlikning yechimini olamiz (2.2).
Keling, GCD( a, m) = d>1. Keyin a = atd, m = mtd, qaerda gcd( a 1 , m 1) = 1. Bundan tashqari, zarur b = b 1 d, solishtirish echilishi mumkin bo'lishi uchun. Agar a X 0 - taqqoslash yechimi a 1 x = b 1 (mod m 1) va yagona, chunki GCD( a 1 , m 1) = 1, keyin X 0 qaror va taqqoslash bo'ladi a 1 xd = db 1 (mod m 1), ya'ni dastlabki taqqoslash (2.2). Dam olish d- 2.5-teorema bo'yicha 1 ta yechim topilgan.
Birinchi darajani bitta noma'lum bilan taqqoslash quyidagi shaklga ega:
f(x) 0 (mod m); f(X) = Oh + a n. (1)
Taqqoslashni hal qilish x ning uni qanoatlantiradigan barcha qiymatlarini topishni anglatadi. X ning bir xil qiymatlarini qondiradigan ikkita taqqoslash deyiladi ekvivalent.
Agar taqqoslash (1) ba'zilarni qoniqtirsa x = x 1, keyin (49 ga ko'ra) bilan taqqoslanadigan barcha raqamlar x 1, modul m: x x 1 (mod m). Bu butun sonlar sinfi hisoblanadi bitta yechim. Ushbu kelishuv bilan quyidagi xulosaga kelish mumkin.
66.S tekislash (1) to'liq tizimning uni qanoatlantiradigan qoldiqlari qancha bo'lsa, shuncha yechimga ega bo'ladi.
Misol. Taqqoslash
6x– 4 0 (mod 8)
Modul 8 qoldiqlarining to'liq tizimining 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7 raqamlari orasida ikkita raqam mos keladi: X= 2 va X= 6. Demak, bu taqqoslash ikkita yechimga ega:
x 2 (mod 8), X 6 (mod 8).
Erkin atamani (qarama-qarshi belgi bilan) o'ng tomonga o'tkazish orqali birinchi darajani solishtirish shaklga qisqartirilishi mumkin.
bolta b(mod m). (2)
Shartni qondiradigan taqqoslashni ko'rib chiqing ( a, m) = 1.
66 ga ko'ra, bizning taqqoslashimiz uni qondiradigan to'liq tizimning qoldiqlari qancha ko'p bo'lsa, shuncha ko'p echimlarga ega. Lekin qachon x qoldiq modulining to'liq tizimidan o'tadi t, keyin Oh chegirmalarning to'liq tizimidan o'tadi (60 tadan). Shuning uchun, bitta va faqat bitta qiymat uchun X, to'liq tizimdan olingan, Oh bilan solishtirish mumkin bo'ladi b. Shunday qilib,
67. (a, m) = 1 taqqoslash bolta uchun b(mod m)bitta yechimga ega.
Keling, ( a, m) = d> 1. So'ngra, taqqoslash uchun (2) yechimlarga ega bo'lish uchun (55 tadan) kerak bo'ladi. b ga bo'lingan d, aks holda (2) ni har qanday butun x uchun taqqoslash mumkin emas . Shuning uchun faraz qilish b bir nechta d, qo'yaylik a = a 1 d, b = b 1 d, m = m 1 d. Keyin taqqoslash (2) bunga ekvivalent bo'ladi (qisqartirilgan d): a 1 x b 1 (mod m), unda allaqachon ( a 1 , m 1) = 1, va shuning uchun u bitta yechim moduliga ega bo'ladi m bitta. Mayli X 1 - bu eritmaning eng kichik manfiy bo'lmagan qoldig'i moduli m 1 , keyin barcha raqamlar x , bu yechimni shakllantirish shaklida topish mumkin
x x 1 (mod m 1). (3)
Modulo, raqamlar (3) bitta yechimni emas, balki 0, 1, 2 qatoridagi raqamlar (3) qancha bo'lsa, shuncha ko'p yechim hosil qiladi. ..., m 1 ta eng kam salbiy bo'lmagan qoldiq moduli m. Ammo bu erda quyidagi raqamlar tushadi (3):
x 1 , x 1 + m 1 , x 1 + 2m 1 , ..., x 1 + (d – 1) m 1 ,
bular. Jami d raqamlar (3); demak, taqqoslash (2) mavjud d yechimlar.
Biz teoremani olamiz:
68. (a, m) = d bo'lsin. taqqoslash ax b ( mod m) imkonsiz, agar b d ga bo'linmasa. b soni d ning karrali bo'lsa, taqqoslash d yechimga ega.
69. Davomli kasrlar nazariyasiga asoslangan birinchi darajali taqqoslashni yechish usuli:
Nisbatni davomli kasrga kengaytirish m:a,
va oxirgi ikkita konvergentni hisobga olgan holda:
davom etgan kasrlarning xususiyatlariga ko'ra (bo'yicha 30 ) bizda ... bor
Shunday qilib, taqqoslashning yechimi bor
hisoblash uchun etarli bo'lgan qidiruv uchun P n- 30-bandda ko'rsatilgan usul bo'yicha 1.
Misol. Keling, taqqoslashni hal qilaylik
111x= 75 (mod 321). (to'rt)
Bu erda (111, 321) = 3 va 75 3 ga karrali. Shuning uchun taqqoslash uchta yechimga ega.
Taqqoslashning ikkala qismini va modulni 3 ga bo'lib, biz taqqoslashni olamiz
37x= 25 (mod 107), (5)
birinchi navbatda qaror qabul qilishimiz kerak. Bizda ... bor
q | |||||
P 3 |
Shunday qilib, bu holatda n = 4, P n - 1 = 26, b= 25 va bizda (5) ko'rinishdagi taqqoslash yechimi mavjud
x–26 ∙ 25 99 (mod 107).
Demak, (4) taqqoslash yechimlari quyidagicha taqdim etiladi:
X 99; 99 + 107; 99 + 2 ∙ 107 (mod 321),
Xº99; 206; 313 (mod 321).
Berilgan teskari element modulini hisoblash
70. Agar butun sonlar a va n ko'p sonli bo'lsa, u holda raqam mavjud a', taqqoslashni qondirish a ∙ a′ ≡ 1 (mod n). Raqam a' chaqirdi n modulining multiplikativ teskarisi va buning uchun yozuv ishlatiladi a- 1 (mod n).
O'zaro modullarni hisoblash bir noma'lum bilan birinchi darajali taqqoslash yechimi bilan amalga oshirilishi mumkin. x qabul qilingan raqam a'.
Taqqoslash yechimini topish uchun
a x≡ 1(mod m),
qayerda ( a, m)= 1,
Evklid algoritmidan (69) yoki Ferma-Eyler teoremasidan foydalanish mumkin, bu esa agar ( a, m) = 1, keyin
a φ( m) ≡ 1 (mod m).
x ≡ a φ( m)–1 (mod m).
Guruhlar va ularning xususiyatlari
Guruhlar umumiy xarakterli xossalarga ega boʻlgan matematik tuzilmalarni tasniflashda qoʻllaniladigan taksonomik sinflardan biridir. Guruhlar ikkita komponentdan iborat: kopgina (G) va operatsiyalar() ushbu to'plamda aniqlangan.
To'plam, element va a'zolik tushunchalari zamonaviy matematikaning aniqlanmagan asosiy tushunchalaridir. Har qanday to'plam tarkibiga kiradigan elementlar bilan belgilanadi (ular, o'z navbatida, to'plamlar ham bo'lishi mumkin). Shunday qilib, biz to'plam aniqlangan yoki berilgan deb aytamiz, agar biron bir element uchun uning ushbu to'plamga tegishli yoki yo'qligini aytishimiz mumkin.
Ikki to'plam uchun A, B yozuvlar B A, B A, B∩ A, B A, B \ A, A × B mos ravishda shuni anglatadi B to‘plamning kichik to‘plamidir A(ya'ni har qanday element B tarkibida ham mavjud A, masalan, natural sonlar to'plami haqiqiy sonlar to'plamida joylashgan; bundan tashqari, har doim A A), B to‘plamning tegishli to‘plamidir A(bular. B A va B ≠ A), ko'pchilikning kesishishi B va A(ya'ni, bir vaqtning o'zida va ichida joylashgan barcha bunday elementlar A, va ichida B, masalan, butun sonlar va musbat haqiqiy sonlarning kesishishi natural sonlar toʻplami), toʻplamlar birligi B va A(ya'ni, ichida joylashgan elementlardan tashkil topgan to'plam A, yoki ichida B), farqni belgilang B va A(ya'ni, unda joylashgan elementlar to'plami B, lekin yolg'on gapirmang A), to'plamlarning dekart ko'paytmasi A va B(ya'ni, shaklning juftliklari to'plami ( a, b), qayerda a A, b B). | orqali A| to'plamning kardinalligi doimo belgilanadi A, ya'ni. to'plamdagi elementlar soni A.
Amaliyot - bu to'plamning istalgan ikkita elementi bo'lgan qoida G(a va b) G dan uchinchi element bilan bog'langan: a b.
Ko'p elementlar G deb nomlangan operatsiya bilan guruh agar quyidagi shartlar bajarilsa.