bilan taqqoslanadigan raqamlar to'plami a modul m chaqirdi raqamlar sinfi modul m(yoki ekvivalentlik klassi). Bitta sinfning barcha raqamlari shaklga ega mt+ r belgilangan vaqtda r.

Berilgan uchun m, r 0 dan qiymatlarni qabul qilishi mumkin m-1, ya'ni. hamma narsa mavjud m modulli raqamlar sinflari m, va har qanday butun son modul sinflaridan biriga tushadi m. Shunday qilib,

Z= m m … [m-1]m, qayerda [ r]m={x Z: x≡r(mod m)}

Har qanday sinf soni [ r]m chaqirdi minus modul m bir xil sinfning barcha raqamlariga nisbatan. Qolganga teng son r, chaqirildi eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiq.

Eng kichik mutlaq qiymatga ega bo'lgan qoldiq deyiladi mutlaqo eng kam chegirib tashlanadi.

Misol

Keling, modulni olaylik m=5. Qo'yib yubor a=8. Keling, ajratamiz a yoqilgan m qolganlari bilan:

Qolgan r=3. Shunday qilib, 8 5 va 8 modul 5 ning eng kichik manfiy bo'lmagan qoldig'i 3 ga teng.

Mutlaq eng kichik chegirmani r-m=3-5=-2 hisoblash va mutlaq qiymatlarni solishtirish orqali topish mumkin |-2| va |3|. |-2|<|3|, значит -2 – абсолютно наименьший вычет числа 8 по модулю 5.

Har bir sinfdan bitta chegirma olib, biz olamiz chegirmalarning to'liq tizimi modul m. Agar bu raqamlarning barchasi eng kichik manfiy bo'lmagan modul qoldiqlari bo'lsa m, keyin bunday chegirmalar tizimi deyiladi eng kam salbiy bo'lmagan qoldiqlarning to'liq tizimi, va Z bilan belgilanadi m.

{0; 1;…; m-1) = Z m- eng kam salbiy bo'lmagan qoldiqlarning to'liq tizimi.

(– ;…; 0;…; ) (agar m-toq raqam);

( - ,…,-1, 0, 1,…, ) yoki (- ,…, -1, 0, 1,…, ) (agar m juft son) - mutlaqo eng kam qoldiqlarning to'liq tizimi.

Misol

Agar m=11, u holda eng kam manfiy bo'lmagan qoldiqlarning to'liq tizimi (0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10) va mutlaqo eng kichik qoldiqlarning to'liq tizimi (-5) ga teng. ; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5).

Bayonot 1

Har qanday m moduli bo'yicha juftlik bilan taqqoslanmaydigan sonlar m, bu modulga qoldiqlarning to'liq tizimini tashkil qiladi.

Isbot:

Haqiqatan ham, taqqoslanmasligi sababli, bu raqamlar turli sinflarga tegishli va shundan beri ularning m dona, keyin har bir mavjud sinfga aynan bitta raqam tushadi.

Bayonot 2

Agar ( a, m) = 1, va x modul qoldiqlarining to'liq tizimidan o'tadi m, Bu bolta+b, Qayerda b- Z dan istalgan raqam modul qoldiqlarining to'liq tizimidan o'tadi m.

Isbot:

Raqamlar bolta+b silliq bo'ladi m narsalar. Har qanday 2 raqam ekanligini isbotlash uchun qoladi bolta 1 +b Va bolta 2 +b modul bo'yicha tengsizdir m, Agar x 1 x 2 (mod m)

Qarama-qarshilik bilan isbotlash. Keling, shunday da'vo qilaylik bolta 1 +b≡ bolta 2 +b(mod m) taqqoslashning 4-muqaddasligi tufayli, bolta 1 ≡ bolta 2 (mod m) 9-sonli taqqoslashlarning tabiati va ( a, m) = 1, bizda bor x 1 ≡ x 2 (mod m). Bizda bu bilan qarama-qarshilik bor x 1 x 2 (mod m). Shuning uchun, taxmin noto'g'ri, ya'ni buning aksi haqiqatdir. Ya'ni bolta 1 +b Va bolta 2 +b modul bo'yicha tengsizdir m, Agar x 1 x 2 (mod m), bu isbotlanishi kerak bo'lgan narsa edi.

Oldingi bo'limda muhokama qilingan bo'linish tenglamasi () ikkita kirish (a va n) va ikkita chiqish (q va r) ga ega. Modulli arifmetikada biz faqat natijalardan biriga qiziqamiz, qolgan r. Biz shaxsiy q haqida qayg'urmaymiz. Boshqacha qilib aytganda, a ni n ga bo'lganimizda, bizni faqat nima qiziqtiradi qolgan qiymat r. Bu yuqoridagi tenglamaning tasvirini quyidagicha ifodalashimiz mumkinligini anglatadi ikkilik operator ikkita kirish a va n va bitta chiqish r bilan.

Modul operatsiyalari

Yuqorisida, yuqoridagi ikkilik operator nomli modul operatori va mod sifatida belgilanadi. Ikkinchi kirish (n) nomi berilgan modul. Chiqish r nomlanadi minus. 2.9-rasmda modul operatoriga bo'linishning munosabati ko'rsatilgan.

Guruch. 2.9.

Guruch. 2.13.

Aslida, ikkita operatorlar to'plami ishlatiladi: birinchi to'plam ulardan biri ikkilik operatorlar; ikkinchisi modul operatorlari. Ish tartibini ta'kidlash uchun qavslardan foydalanishimiz kerak. Shaklda ko'rsatilganidek. 2.13, kirishlar (a va b) Z yoki Z n a'zolari bo'lishi mumkin.

2.16-misol

Quyidagi gaplarni bajaring (Z n dan kelib chiqadi):

A. Z 15 ga 7 va 14 ni qo'shish

b. Z 13 da 7 dan 11 ni ayirish

V. Z 20 da 11 ni 7 ga ko‘paytirish

Yechim

(14+7) mod 15 -> (21) mod 15 = 6 (7–11) mod 13 -> (-4) mod 13 = 9 (7x11) mod 20 -> (77) mod 20 = 17

2.17-misol

Quyidagi amallarni bajaring (Zn dan keladi):

a. Z 14 ga 17 va 27 qo'shilishi

b. 12 dan Z 13 ga 43 ni ayiring

c. Z 19 da 123 ni -10 ga ko'paytiring

Yechim

Quyida har bir operatsiya uchun ikki bosqich mavjud:

(17 + 27) mod 14 -> (44) mod 14 = 2 (12 – 43) mod 13 -> (–31) mod 13 = 8 ((123) x (–10)) mod 19 -> (–1230) ) mod 19 = 5

Xususiyatlari

Biz allaqachon uchta uchun ikkita kirishni aytib o'tgan edik ikkilik operatorlar modullarni taqqoslashda Z yoki Zn ma'lumotlaridan foydalanish mumkin. Quyidagi xususiyatlar uchta kirishni bajarishdan oldin Z n ga ikkita kirishni (agar ular Z dan kelgan bo'lsa) ko'rsatishga imkon beradi.

Deduktsiya sinflari. Deduksiya tizimlari

Nazariyadan qisqacha ma'lumot

Qoldiqqa bo'lish teoremasidan foydalanib, butun sonlar to'plamini bir qancha sinflarga bo'lish mumkin. Bir misolni ko'rib chiqing. Mayli m = 6. U holda bizda modul 6 butun sonlar to'plamining olti bo'linish sinfi mavjud:

r = 1;

r = 2;

r = 3;

r = 4;

r = 5;

qayerdan orqali r butun sonni 6 ga bo'lishda qoldiqni ko'rsatadi.

Qoldiqqa bo'linish haqidagi teoremani eslaylik:

Teorema: Sonni songa , , qoldiqga bo‘lish butun sonlar juftini topishni bildiradi. q Va r Shunday qilib, quyidagi shartlar bajariladi: .

Har qanday butun sonlar uchun buni isbotlash oson A va qoldiq bilan bo'lish raqamlar uchun ham mumkin q Va r aniq belgilangan. Bizning misolimizda eng kam manfiy bo'lmagan qoldiqlarning to'liq tizimi to'plamdir (0, 1, 2, 3, 4, 5); eng kam ijobiy qoldiqlarning to'liq tizimi - to'plam (0, 1, 2, 3, 4, 5); eng kichik mutlaq qiymatga ega bo'lgan qoldiqlarning to'liq tizimi - to'plam (-2,-1, 0, 1, 2, 3); qoldiqlarning qisqartirilgan tizimi to'plam (1,5), chunki ; omillar to'plami

Berilgan butun sonlar ustida arifmetik amallarni bajarish usullaridan biri sonlar nazariyasining oddiy tamoyillariga asoslanadi. Ushbu usulning g'oyasi shundaki, butun sonlar pozitsiyali bo'lmagan tizimlardan birida - qoldiq sinflar tizimida ifodalanadi. Ya'ni: butun sonlar ustidagi amallar o'rniga ular bu raqamlarni oldindan tanlangan tub sonlarga bo'lish qoldiqlari - modullar bilan ishlaydi. .

Ko'pincha raqamlar tub sonlar to‘plamidan tanlang.

Mayli …, .

Qoldiq bilan bo'linish teoremasi butun sonlar halqasida sodir bo'lganligi sababli, ya'ni qaerda, keyin halqa. Z, ta'rifiga ko'ra, Evkliddir.

Shunday qilib, raqamlar sifatida siz raqamni bo'lishdan qoldiqlarni tanlashingiz mumkin A yoqilgan p i mos ravishda.

Qoldiq tizimi cheklangan sonlar to'plamida undan tashqariga chiqmasdan arifmetik amallarni bajarishga imkon beradi. Chegirmalarning to'liq tizimi modul n har qanday to'plamdir n juftlik bilan taqqoslanmaydigan modul n butun sonlar. Odatda modulli chegirmalarning to'liq tizimi sifatida n eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiqlar olinadi

Butun sonlarning bo'linishi a Va m ko'rsatkich bo'lib chiqadi q va qolganlari r , shu kabi

a = m q + r, 0 r m-1. Qolgan r chaqirdi CHEKIRISH ohm moduli m.

Masalan, uchun m = 3 va uchun m =5 biz olamiz:

a = m q + r, m = 3	a = m q + r, m = 5
0 = 3 + 0	0 = 5 + 0
1 = 3 + 1	1 = 5 + 1
2 = 3 + 2	2 = 5 + 2
3 = 3 + 0	3 = 5 + 3
4 = 3 + 1	4 = 5 + 4
5 = 3 + 2	5 = 5 + 0
6 = 3 + 0	6 = 5 + 1
7 = 3 + 1	7 = 5 + 2

Qolgan nolga teng bo'lsa ( r=0 ), keyin shunday deyishadi m ajratadi a butunlay (yoki m bir nechta a ), bu degani m a , va raqamlar q Va m bo'luvchilar deb ataladi a . Shubhasiz 1 a Va a a . Agar a ning boshqa bo'luvchilari yo'q 1 Va A , Bu A – tub raqam, aks holda A kompozit son deb ataladi. Eng katta musbat bo'luvchi d ikkita raqam a Va m eng katta umumiy bo'luvchi (GCD) deb ataladi va bildiradi d = (a, m). Agar gcd (a,m)= 1 , Bu a Va m bundan mustasno umumiy boʻluvchilar yoʻq 1 , va bir-biriga nisbatan koʻp sonlar deyiladi.

Har biriga CHEKIRISH da r = 0, 1, 2,…, m-1 butun sonlar to'plamiga mos keladi a, b, … Ularning aytishicha, raqamlar bir xil CHEKIRISH omlar modul boʻyicha taqqoslanadi va b(mod m) yoki (a b) m bilan belgilanadi.

Masalan, qachon m = 3 :

Masalan, qachon m = 5 :

Raqamlar A , ular modul bo'yicha solishtirish mumkin m , o'z sinfini tashkil qiladi CHEKIRISH r va sifatida belgilanadi a = m q+r.

Raqamlar A ham chaqiriladi CHEKIRMALAR BILAN modul m . Salbiy bo'lmagan Chegirmalar a = r (da q=0 ), intervaldan qiymatlarni olish , eng kam qoldiq modulining to'liq tizimini tashkil qiladi m.

Chegirmalar A , intervaldan qiymatlarni olish [-( ,…,( ] , da g'alati m yoki intervaldan [- da hatto m mutlaq eng kichikning to'liq tizimini tashkil qiladi CHEKIRISH ov moduli m.

Masalan, qachon m = Eng kichik qoldiqlarning 5 ta sinfi hosil bo'ladi

r = 0, 1, 2, 3, 4, a = -2, -1, 0, 1, 2. Berilgan ikkala son toʻplami ham toʻliq sistemalarni hosil qiladi. chegirma ov moduli 5 .

Sinf Chegirmalar, uning elementlari modulga mos bo'lgan m

qisqartirilgan deb ataladi. Eyler funktsiyasi qanchaligini aniqlaydi Chegirmalar eng kam modulli chegirmalarning to'liq tizimidan m bilan engish m . Oddiy bilan m=p bizda = p-1.

Ta'rif. Juftlik bilan taqqoslanmaydigan modullarning maksimal to'plami m raqamlar bir-biriga mos keladi m , chaqirildi berilgan chegirmalar tizimi modul m. Modul qoldiqlarining har qanday qisqartirilgan tizimi m Euler funktsiyasi bo'lgan elementlarni o'z ichiga oladi.

Ta'rif. Ekvivalentlik sinfidan istalgan raqam ê m qo'ng'iroq qilamiz chegirma ohm moduli m. Jamiyat chegirma s, har bir ekvivalentlik sinfidan bittadan olingan ê m, to'liq tizim deb ataladi chegirma ov moduli m(to'liq tizimda chegirma ov, shunday qilib, jami m raqamlar bo'laklari). ga bo'linganda qolganlarning o'zlari m eng kichik manfiy bo'lmaganlar deyiladi chegirma ami va, albatta, to'liq tizimni tashkil qiladi chegirma ov moduli m. Chegirma Agar ïrï modullar ichida eng kichigi bo'lsa, r mutlaqo eng kichik deyiladi chegirma bu sinfning ov.

Misol. 13, 8, - 3, 10, 35, 60 raqamlari m=6 modulli qoldiqlarning toʻliq sistemasini tashkil etishini tekshiring.

Yechim: Ta'rifga ko'ra, raqamlar modul qoldiqlarining to'liq tizimini tashkil qiladi m, agar ulardan aniq m bo'lsa va ular modul bo'yicha juftlik bilan taqqoslanmasa m.

Har bir raqamni eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiq bilan almashtirish orqali juftlik bilan taqqoslanmasligini tekshirish mumkin; agar takrorlashlar bo'lmasa, bu chegirmalarning to'liq tizimidir.

Qoldiq bilan bo'linish teoremasini qo'llaymiz: a = m q+r.

13 = 6 2 + 1 13 1 (mod 6); 8 = 6 1 + 2 8 2 (mod 6);

3 = 6 (-1) + 3 -3 3 (mod 6); 10 = 6 1 + 4 10 4 (mod 6);

35 = 6 5 + 5 35 5 (mod 6); 60 = 6 10 + 0 60 0 (mod 6).

Biz raqamlar ketma-ketligini oldik: 1, 2, 3, 4, 5, 0, ularning aniq 6 tasi bor, takrorlashlar yo'q va ular juftlik bilan taqqoslanmaydi. Ya'ni, ular m = 6 modulli qoldiqlarning to'liq tizimini tashkil qiladi.

Misol. Eng kichik mutlaq qiymat bilan, shuningdek, eng kichik musbat qoldiq 185 modul 16 bilan almashtiring.

Yechim. Qoldiq bilan bo'linish teoremasini qo'llaymiz:

185 = 16 11 + 9 185 9 (mod 16).

Misol. Raqamlar shakllanganligini tekshiring (13, -13, 29, -9) kichraytirilgan qoldiqlar tizimi moduli m=10.

Yechish: Modul qoldiqlarining har qanday qisqartirilgan tizimi m Euler funktsiyasi bo'lgan elementlarni o'z ichiga oladi. Bizning holatda =4, chunki natural sonlar ichida faqat 1, 3, 7, 9 lar 10 ga nisbatan tub va undan oshmaydi. Ya'ni, bu to'rtta raqam kerakli tizimni tashkil qilishi mumkin. Keling, bu sonlarni juftlik taqqoslanmasligini tekshirib ko'ramiz: =4, chunki natural sonlar ichida faqat 1, 3, 7, 9 lar 10 ga ko'payadi va undan oshmaydi. Ya'ni, bu to'rtta raqam kerakli tizimni tashkil qilishi mumkin. Keling, bu raqamlarni juftlik bilan taqqoslanmasligini tekshirib ko'ramiz: m .

Variant 1. a= 185, m = 12; Variant 2. a = 84, m = 9;

Variant 3. a= 180, m = 10; Variant 4. a = 82, m = 9;

Variant 5. a= 85, m = 11; Variant 6. a = 84, m = 8;

Variant 7. a= 103, m = 87; Variant 8. a = 84, m = 16;

Variant 9. a= 15, m = 10; Variant 10. a = 81, m = 9;

Variant 11. a= 85, m = 15; Variant 12. a = 74, m = 13;

Variant 13. a= 185, m = 16; Variant 14. a = 14, m = 9;

Variant 15. a= 100, m = 11; Variant 16. a = 484, m = 15;

Variant 17. a= 153, m = 61; Variant 18. a = 217, m = 19;

Variant 19. a= 625, m = 25; Variant 20. a = 624, m = 25;

3-topshiriq. Eng kamning to`liq va kichraytirilgan tizimini yozing

17-modda. Chegirmalarning to'liq va qisqartirilgan tizimlari.

Oldingi bandda bu munosabatlar qayd etilgan edi qm solishtirish moduli ixtiyoriy m butun sonlar to‘plamidagi ekvivalentlik munosabati. Bu ekvivalentlik munosabati butun sonlar to'plamining bir-biriga ekvivalent elementlar sinflariga bo'linishini keltirib chiqaradi, ya'ni. ga bo'lingan raqamlar m bir xil balanslar. Ekvivalentlik sinflari soni qm(mutaxassislar aytadilar - "ekvivalentlik indeksi qm") aynan teng m .

Ta'rif. Ekvivalentlik sinfidan istalgan raqam qm biz uni modul qoldig'i deb ataymiz m. Har bir ekvivalentlik sinfidan bittadan olingan chegirmalar to'plami qm, modul qoldiqlarining to'liq tizimi deyiladi m(shuning uchun ajratmalarning to'liq tizimida faqat m raqamlar bo'laklari). ga bo'linganda qolganlarning o'zlari m eng kam manfiy bo'lmagan qoldiqlar deb ataladi va, albatta, modulli qoldiqlarning to'liq tizimini tashkil qiladi. m. Agar berilgan sinfning qoldiq modullari orasida rp eng kichik bo'lsa, qoldiq r mutlaqo eng kichik deyiladi.

Misol: Mayli m= 5. Keyin:

0, 1, 2, 3, 4 - eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiqlar;

2, -1, 0, 1, 2 mutlaqo eng kichik qoldiqlardir.

Ikkala qisqartirilgan raqamlar to'plami modulli qoldiqlarning to'liq tizimini tashkil qiladi 5 .

Lemma 1. 1) Har qanday m modul bo'yicha taqqoslanmaydigan juft bo'laklar m raqamlar qoldiq modullarining to'liq tizimini tashkil qiladi m .

2) Agar A Va m nisbatan sodda va xm, keyin chiziqli shaklning qiymatlari ax+b, Qayerda b- har qanday butun son, shuningdek, modul qoldiqlarining to'liq tizimidan o'tadi m .

Isbot. Bayonot 1) aniq. Keling, 2-bandni isbotlaylik). Raqamlar ax+b silliq m narsalar. Keling, ularni modul bo'yicha solishtirish mumkin emasligini ko'rsataylik m. Xo'sh, u boshqacha bo'lsin x 1 Va x 2 chegirmalarning to'liq tizimidan ma'lum bo'ldi ax 1 +b ê ax 2 +b(mod m). Keyin, oldingi paragrafdagi taqqoslash xususiyatlariga ko'ra, biz quyidagilarni olamiz:

ax 1 ê ax 2 (mod m)

x 1 ê x 2 (mod m)

- bu bilan ziddiyat x 1 Va x 2 farqlanadi va ajratmalarning butun tizimidan olinadi.

Berilgan ekvivalentlik sinfidagi barcha raqamlar ê ga karrali sonni qo'shish orqali berilgan sinfning bir raqamidan olinadi. m, keyin bu sinfdagi barcha raqamlar modulga ega m bir xil eng katta umumiy bo'luvchi. Ba'zi sabablarga ko'ra, modul bilan bo'lgan ajratmalar m eng katta umumiy bo'luvchi birga teng, ya'ni. modulga mos keladigan qoldiqlar.

Ta'rif. Modulli chegirmalarning qisqartirilgan tizimi m to'liq tizimning modulga mos keladigan barcha qoldiqlari to'plamidir m .

Qisqartirilgan tizim odatda eng kichik salbiy bo'lmagan qoldiqlardan tanlanadi. Ko'rinib turibdiki, modul qoldiqlarining berilgan tizimi m j( m) ajratmalar bo'laklari, bu erda j ( m) – Eyler funksiyasi – dan kichik sonlar soni m va o'zaro asosiy m. Agar shu paytgacha siz Eyler funktsiyasini unutgan bo'lsangiz, 14-bandga qarang va u erda bu haqda biror narsa aytilganligiga ishonch hosil qiling.

Misol. Mayli m= 42. U holda berilgan qoldiqlar sistemasi:

1, 5, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 37, 41.

Lemma 2. 1) har qanday j ( m) juftlik bilan taqqoslanmaydigan modul bo'lgan raqamlar m va modulga nisbatan tub bo'lib, modulli qoldiqlarning qisqartirilgan tizimini hosil qiladi m .

2) Agar (a, m) = 1 Va x modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimi orqali ishlaydi m, Bu bolta modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimi orqali ham ishlaydi m .

Isbot. Bayonot 1) aniq. Keling, 2-bandni isbotlaylik). Raqamlar bolta juftlik bilan taqqoslanmaydi (bu xuddi shu bandning 1-Lemmasida bo'lgani kabi isbotlangan), ulardan aynan j bor ( m) narsalar. Bundan tashqari, ularning barchasi modulga nisbatan tub ekanligi aniq, chunki (a,m)=1, (x,m)=1 Yu (ax.m)=1. Shunday qilib, raqamlar bolta qoldiqlarning qisqargan tizimini hosil qiladi.

Bu qoldiqlarning to'liq va qisqartirilgan tizimlarining ta'riflari va asosiy xususiyatlari, ammo matematik bilimlar bagajida qoldiqlar tizimlariga oid juda qiziqarli va foydali faktlarning butun turkumi mavjud. Agar siz ushbu bandda ular haqida sukut saqlasangiz, men qo'rqamanki, bu Rossiya Federatsiyasining Axborot to'g'risidagi qonunini to'g'ridan-to'g'ri buzish bo'ladi, bu qonunga muvofiq, ma'muriy va hatto jinoiy huquqbuzarlik hisoblanadi. . Bundan tashqari, chegirma tizimlarining boshqa muhim xususiyatlari bilan tanishmasdan, 17-band juda kam bo'lib chiqadi. Davom etaylik.

Lemma 3. Mayli m 1, m 2, ..., m k– juft-juft nisbatan tub va m 1 m 2 ...m k =M 1 m 1 =M 2 m 2 =...=M k m k, Qayerda

1) Agar x 1 , x 2 , ..., x k modulli qoldiqlarning to'liq tizimlari orqali ishlaydi m 1, m 2, ..., m k modulli chegirmalarning to'liq tizimidan o'ting m=m 1 m 2 ...m k .

2) Agar x 1 , x 2 , ..., x k qoldiq modullarining qisqartirilgan tizimlaridan o'ting m 1, m 2, ..., m k mos ravishda, keyin chiziqli shaklning qiymatlari qoldiq modulining qisqartirilgan tizimidan o'ting m=m 1 m 2 ...m k .

Isbot.

1) Shakl M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x k qabul qilishi aniq m 1 m 2 ...m k =m qiymatlar. Keling, ushbu qiymatlarni juftlik bilan taqqoslab bo'lmasligini ko'rsataylik. Mayli, ruxsat bering

M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x kê M 1 x 1 C +M 2 x 2 C + ...+M k x k C (mod m)

Har xil narsalar Mj, dan farqli Xonim, bir nechta Xonim. Oxirgi taqqoslashda chap va o'ng atamalarni olib tashlash, ko'paytmalari Xonim, biz olamiz:

M s x s ̧ M s x s C (mod m s) Yu x sœê x s C (mod m s)

- bu bilan ziddiyat x s qoldiq modulining to'liq tizimidan o'tadi Xonim .

2). Shakl M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x k aniq j oladi ( m 1) j ( m2) Ch ... Ch j ( m k) = j ( m 1 m 2 H ... H m k)= j ( m) (Eyler funktsiyasi multiplikativdir!) bir-biriga modul o'tkazadigan turli qiymatlar m=m 1 m 2 ...m k juftlik bilan taqqoslanmaydi. Ikkinchisi ushbu lemmaning 1) bayonini isbotlashda amalga oshirilgan mulohazalarga o'xshash mulohaza yuritish orqali osongina isbotlanadi. Chunki ( M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x k ,m s)=(M s x s ,m s)=1 har biriga 1 J s J k, Bu ( M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x k ,m s)=1, shuning uchun shakl qiymatlari to'plami M 1 x 1 +M 2 x 2 + ...+M k x k modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimini hosil qiladi m .

Lemma 4. Mayli x 1 , x 2 , ..., xk ,x to'liq yugurish va x 1 , x 2 ,..., x k , x– berilgan qoldiqlar moduli tizimlaridan o'tish m 1, m 2, ..., m k Va m=m 1 m 2 ...m k mos ravishda, qaerda (m i m j)=1 da i No. j. Keyin kasrlar kasrlar bilan mos keladi (x/m), va kasrlar kasrlar bilan mos keladi (x/m) .

Isbot. Lemma 4 ning ikkala bayonotining isboti har bir summani berganingizdan so'ng oldingi Lemma 3 ni qo'llash orqali osongina olinadi. (x 1 /m 1 +x 2 /m 2 +...+x k /m k) Va ( x 1 /m 1 + x 2 /m 2 +...+ x k /m k) umumiy maxrajga:

(x 1 /m 1 +x 2 /m 2 +...+x k /m k )=((M 1 x 1 +M 2 x 2 +...+M k x k)/m) ;

( x 1 /m 1 + x 2 /m 2 +...+ x k /m k )=((M 1 x 1 +M 2 x 2 +...+M k x k)/m) ,

Qayerda M j =m 1 ...m j-1 m j+1 ...m k .

Agar biz endi hisobga oladigan bo'lsak, sonlarning kasr qismlari modulga bo'linganda olinadi m modul bo'yicha taqqoslanadigan har qanday ikkita raqam m, bir xil (ular teng r/m, Qayerda r berilgan sinfdan eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiq), keyin bu lemmaning bayonotlari aniq bo'ladi.

Ushbu bo'limning qolgan qismida eng qiziqarli narsa bo'ladi - biz murakkab ildizlarni jamlaymiz m-birlik kuchi va biz ildizlar yig'indisi, qoldiqlar tizimi va allaqachon tanish bo'lgan multiplikativ Möbius funktsiyasi o'rtasidagi ajoyib bog'lanishni topamiz. m) .

e k bilan belgilaymiz k th ildiz m- Oh birlik kuchi:

Kompleks sonlarni yozishning bu shakllarini birinchi yilimizdan yaxshi eslaymiz. Bu yerga k=0,1,...,m-1- modulli chegirmalarning to'liq tizimidan o'tadi m .

Sizga shuni eslatib o'tamanki, miqdor e 0 + e 1 +...+ e m-1 barcha ildizlar m birining kuchi har qanday uchun nolga teng m. Haqiqatan ham, ruxsat bering e 0 + e 1 +...+ e m-1 =a. Keling, bu summani nolga teng bo'lmagan e 1 raqamiga ko'paytiramiz. Murakkab tekislikda geometrik tarzda bunday ko'paytirish to'g'ri aylanishni anglatadi m-uning uchlarida ildizlari bo'lgan uchburchak e 0 , e 1 ,..., e m-1, nolga teng bo'lmagan burchakka 2p/daq. Bu holda ildiz bo'lishi aniq e 0 ildizga boradi e 1, ildiz e 1 ildizga boradi e 2 va boshqalar va ildiz e m-1 ildizga boradi e 0, ya'ni. so'm e 0 + e 1 +...+ e m-1 O'zgarmaydi. Bizda ... bor e 1 a=a, qayerda a=0 .

Teorema 1. Mayli m>0- butun son, a O Z , x qoldiq modulining to'liq tizimidan o'tadi m. Keyin agar A bir nechta m, Bu

aks holda, qachon A ko'p emas m ,

.

Isbot. Da A bir nechta m bizda ... bor: a=md Va

Da A ga bo'linmaydi m, kasrning soni va maxrajini ajrating a/m yoqilgan d- eng katta umumiy bo'luvchi A Va m, biz kamaytirilmaydigan kasrni olamiz a 1 / m 1. Keyin, Lemma 1 tomonidan, a 1 x modulli chegirmalarning to'liq tizimidan o'tadi m. Bizda ... bor:

chunki darajaning barcha ildizlarining yig'indisi m 1 birdan nolga teng.

Sizga shuni eslatib o'tamanki, ildiz e k m birlikning th kuchi, agar uning indeksi bo'lsa, antiderivativ deyiladi k bilan engish m. Bu holda, birinchi yilda isbotlanganidek, ketma-ket darajalar e k 1 , e k 2 ,..., e k m-1 ildiz e k ildizlarning butun majmuasini hosil qiladi m- birining kuchi yoki boshqacha qilib aytganda, e k barcha ildizlarning siklik guruhining hosil qiluvchi elementidir m- birlik kuchi.

Shubhasiz, turli xil ibtidoiy ildizlarning soni m birlik kuchi j ga teng ( m), bu erda j - Eyler funktsiyasi, chunki antiderivativ ildizlarning indekslari modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimini tashkil qiladi. m .

Teorema 2. Mayli m>0– butun son, x modulga qisqartirilgan qoldiqlar tizimidan o'tadi m. Keyin (darajaning antiderivativ ildizlari yig'indisi m):

qayerda m ( m) – Möbius funksiyasi.

Isbot. Mayli m=p 1 a 1 p 2 a 2 ...p k a k- sonning kanonik kengayishi m ; m 1 =p 1 a 1 , m 2 =p 2 a 2 , m 3 =p 3 a 3; x i modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimidan o'tadi m i. Bizda ... bor:

Da a s =1 faqat ildiz ekanligi ma'lum bo'ldi e 0 =1 antiderivativ emas, shuning uchun barcha antiderivativ ildizlarning yig'indisi barcha ildizlarning yig'indisi minus bitta:

shuning uchun, agar m kvadratlardan ozod (ya'ni bo'linmaydi r 2, da r >1), Bu

Agar biron bir ko'rsatkich bo'lsa a s birdan kattaroq (ya'ni. m tomonidan bo'linadi r 2, da r>1), keyin darajaning barcha antiderivativ ildizlari yig'indisi Xonim darajaning barcha ildizlarining yig‘indisidir Xonim minus barcha asosiy bo'lmagan ildizlarning yig'indisi, ya'ni. barcha ildizlar ma'lum darajada kamroq Xonim. Aynan agar m s =p s m s *, Bu:

Endi, aziz o'quvchilar, men sizning e'tiboringizga to'liq va berilgan chegirma tizimlari to'g'risida juda katta miqdordagi ma'lumotlarni taqdim etganimda, hech kim meni Rossiya Federatsiyasining Axborot to'g'risidagi qonunini yashirish orqali qasddan buzganlikda ayblay olmaydi, shuning uchun men tugataman. ushbu paragrafni mamnuniyat bilan.

Muammolar

1 . Bir qog'oz varag'iga barcha eng kichik manfiy bo'lmagan qoldiqlarni va barcha mutlaqo eng kichik qoldiqlarni yozing. a) modul 6, b) modul 8. Quyida ushbu modullar uchun berilgan chegirma tizimlarini yozing. Kompleks tekislikda birlikning oltinchi va sakkizinchi ildizlarini alohida-alohida chizing, ikkala chizmadagi ibtidoiy ildizlarni aylantiring va har bir holatda ularning yig‘indisini toping. 2 . Mayli e– darajaning ibtidoiy ildizi 2n biridan. Miqdorni toping: 1+ e + e 2 +...+ e n-1 . 3 . Barcha tub ildizlarning yig‘indisini toping: a) 15-; b) 24; c) birning 30-darajali. 4 . Ibtidoiy ildizlarning barcha mumkin bo'lgan hosilalari yig'indisini toping n-birdan kuch, ikkiga olinadi. 5 . Miqdorini toping k-barcha ildizlarning x kuchi n- birlik kuchi. 6 . Mayli m>1 , (a, m)=1 , b- butun son, X to'liq va x - modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimidan o'tadi m. Buni isbotlang: A) b) 7 . Buni isbotlang: , Qayerda R sonning barcha tub omillari orqali ishlaydi A .

Chegirmalarning to'liq tizimi. Berilgan chegirmalar tizimi. Chegirmalarning eng keng tarqalgan tizimlari: eng kam ijobiy, eng kam salbiy, mutlaqo eng kam va boshqalar.

Teorema 1. To'liq va qisqartirilgan qoldiqlar tizimining xususiyatlari.

1°.Ajratishlarning to'liq tizimi mezoni. Har qanday to'plam m moduli bo'yicha juftlik bilan taqqoslanmaydigan butun sonlar m, modul qoldiqlarining to'liq tizimini tashkil qiladi m.

2°. Agar raqamlar bo'lsa x 1 , x 2 , ..., x m- modulli chegirmalarning to'liq tizimi m, (a, m) = 1, b ixtiyoriy butun son, keyin raqamlar bolta 1 +b, bolta 2 +b, ..., bolta m+b modulli chegirmalarning to'liq tizimini ham tashkil qiladi m.

3°. Chegirmalarning qisqartirilgan tizimining mezoni. j( dan tashkil topgan har qanday to'plam m) moduli bo‘yicha juftlik bilan solishtirib bo‘lmaydigan butun sonlar m va modul bilan ko'paytiriladi, modul qoldiqlarining qisqartirilgan tizimini hosil qiladi m.

4°. Agar raqamlar bo'lsa x 1 , x 2 , ..., x j ( m) - modulli qoldiqlarning qisqartirilgan tizimi m, (a, m) = 1, keyin raqamlar bolta 1 , bolta 2 , ..., a x j ( m) shuningdek, modulli qoldiqlarning qisqartirilgan tizimini tashkil qiladi m.

Teorema 2. Eyler teoremasi.

Agar raqamlar a Va m nisbatan asosiy, keyin a j ( m) º 1 (mod m).

Natija.

1°. Ferma teoremasi. Agar p- tub son va a ga bo'linmaydi p, Bu a p–1 º 1 (mod p).

2°. Umumlashtirilgan Ferma teoremasi. Agar p u tub sondir a p º a(mod p) har qanday uchun aÎ Z .

§ 4. O'zgaruvchi bilan taqqoslashlarni yechish

Taqqoslashlarni yechish. Ekvivalentlik. Taqqoslash darajasi.

Teorema. Kongruenslar yechimlarining xossalari.

1°. Taqqoslash uchun yechimlar qoldiqlarning butun sinflaridir.

2°. (" k)(a k º b k(mod m))Ù k= Þ taqqoslash º 0 (mod m) va º 0 (mod m) ekvivalentdir.

3°. Agar taqqoslashning ikkala tomoni modulga ko'paytirilsa, asl nusxaga teng bo'lgan taqqoslash olinadi.

4°. Har qanday taqqoslash moduli p darajasi oshmaydigan taqqoslashga tengdir p–1.

5°. Taqqoslash º 0 (mod p), Qayerda p– tub son, dan ortiq emas n turli yechimlar.

6°. Vilson teoremasi. ( n-1)! º –1 (mod n) Û n Bosh raqam.

§ 5. Birinchi darajali taqqoslashlarni yechish

bolta º b(mod m).

Teorema. 1°. Agar ( a, m) = 1, u holda taqqoslash yechimga ega va yagona.

2°. Agar ( a, m) = d Va b ga bo'linmaydi d, keyin taqqoslash hech qanday yechimga ega emas.

3°. Agar ( a, m) = d Va b tomonidan bo'linadi d, keyin taqqoslash mavjud d qoldiqlari moduli bir sinf tashkil turli yechimlari.

Taqqoslashlarni yechish usullari bolta º b(mod m) holatda ( a, m) = 1:

1) tanlash (chegirmalarning to'liq tizimining elementlarini tanlash);

2) Eyler teoremasidan foydalanish;

3) Evklid algoritmidan foydalanish;

4) koeffitsientlarning o'zgarishi (2.2-teoremadan qoldiqlarning to'liq tizimining 2 ° xususiyatidan foydalanish);

§ 6. Birinchi darajali aniqlanmagan tenglamalar

bolta+tomonidan = c.

Teorema. Tenglama bolta+tomonidan = c echilishi mumkin bo'lgan taqdirda c (a, b).

Qachon ( a, b) = 1 tenglamaning barcha yechimlari formulalar bilan berilgan

tÎ Z , Qayerda x 0 ba'zi taqqoslash yechimidir

bolta º c(mod b), y 0 = .

Diofant tenglamalari.

10-BOB. Murakkab sonlar

Kompleks sonlar sistemasiga ta'rif. Kompleks sonlar sistemasining mavjudligi

Kompleks sonlar sistemasiga ta'rif.

Teorema. Kompleks sonlar tizimi mavjud.

Model: R 2 operatsiyalar bilan

(a, b)+(c, d) = (a+c, b+d), (a, b)×( c, d) = (ac–bd, miloddan avvalgi+e'lon),

i= (0, 1) va identifikatsiya A = (A, 0).

Kompleks sonning algebraik shakli

Kompleks sonning shaklida ifodalanishi z = a+bi, Qayerda a, bÎ R , i 2 = –1. Bunday vakillikning o'ziga xosligi. Re z, Im z.

Kompleks sonlar ustida arifmetik amallarni algebraik shaklda bajarish qoidalari.

Arifmetika n-o'lchovli vektor fazosi C n. Chiziqli tenglamalar, matritsalar va determinantlar tizimlari C .

Kompleks sonlarning kvadrat ildizlarini algebraik shaklda ajratib olish.