Ymanskiyx

МУНИЦИПАЛЬНОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ГОРОДА КОРОЛЁВА МОСКОВСКОЙ ОБЛАСТИ
СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА №20
141075, г.о. Королёв Московской области, проспект Космонавтов, д.5а
тел.8-495-512-54-50
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКАЯ РАБОТА ПО МАТЕМАТИКЕ
«Сравнения в кольце целых чисел и их применения»
Выполнил: ученик 10 «А» класса
Уманский Илья
Руководитель: учитель математики
Бодрикова С. В.
3
Введение
Опыт участия в математических олимпиадах различного уровня показал, что
задачи, связанные со свойствами целых чисел, имеют, как правило,
громоздкие решения. Перед нами встал вопрос: а можно ли данные задачи
решить более простыми способами?
Оказалось, что применение элементов теории сравнений существенно
упрощает решение задач. Выяснилось, что уравнения вида 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐
можно записать в виде 𝑎𝑥 ≡ 𝑐(𝑚𝑜𝑑 𝑏). А данное сравнение можно решить с
помощью свойств сравнений. Кроме того, оказалось, что многие задачи на
нахождение числа с определенными свойствами можно свести к сравнению
первой степени с одним неизвестным либо к системе сравнений.
Новизну и самостоятельный интерес представляет нестандартный подход к
решению задач, связанных со свойствами целых чисел.
Задачи исследования: изучить применения сравнений в кольце целых
чисел; найти новые и более рациональные способы решения некоторых
олимпиадных задач по математике.
Актуальность: обосновывается стремлением к нахождению новых способов
решения задач повышенного уровня сложности.
Методы исследования: изучены сравнения в кольце целых чисел, а также их
применения; найдены новые способы решения задач повышенного уровня
сложности.
Научная новизна: новизну и самостоятельный интерес представляют
способы решения поставленных перед нами задач, предложенные автором в
данном исследовании.
Практическая значимость: результаты, полученные в работе, как и сам
метод исследования, можно применить на факультативных занятиях по
математике.
3
Определение кольца. Примеры.
Множество 𝐾 с определенными операциями сложения и умножения
(обозначается < 𝐾, +,∙>) называется кольцом, если выполняются следующие
аксиомы.
1) Множество 𝐾 замкнуто относительно операции сложения, т.е. для
(∀ 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐾) 𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐾.
2) (∀ 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐾) 𝑎 + 𝑏 = 𝑏 + 𝑎 – коммутативное свойство.
3) (∀ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐾) (𝑎 + 𝑏) + 𝑐 = 𝑎 + (𝑏 + 𝑐) – ассоциативное свойство.
4) Существует единственный элемент 𝑒 такой, что 𝑎 + 𝑒 = 𝑎. 𝑒 –
нейтральный элемент по сложению.
5) Для любого элемента 𝑎 ∈ 𝐾 существует элемент (−𝑎) такой, что 𝑎 +
(−𝑎) = 𝑒.
6) Множество 𝐾 замкнуто относительно операции умножения, т.е.
(∀ 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐾) 𝑎 ∙ 𝑏 ∈ 𝐾.
7) (∀ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐾) (𝑎 ∙ 𝑏) ∙ 𝑐 = 𝑎 ∙ (𝑏 ∙ 𝑐).
8) (∀ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐾) 𝑎 ∙ (𝑏 + 𝑐) = 𝑎 ∙ 𝑏 + 𝑎 ∙ 𝑐.
Если операция
коммутативным.
умножения
коммутативна,
то
кольцо
называется
Если существует нейтральный элемент по умножению, то кольцо называется
кольцом с одной единицей.
Не трудно проверить на основании известных свойств, что множество целых
чисел является коммутативным кольцом с единицей. В качестве
нейтрального элемента по сложению выступает 0, в качестве нейтрального
элемента по умножению – 1.
4
Понятие сравнения.
Определение 1. Целые числа 𝑎 и 𝑏 называются сравнимыми по модулю 𝑚 и
записывают 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), если при делении их на натуральное число 𝑛 > 1
получаются одинаковые остатки, т.е. если разность этих чисел делится на 𝑚.
Пример 1. Даны три числа: 78, 210 и 386. Сравнимы ли они с 27 по модулю
11?
Решение. Вычтем из данных чисел 27. Получим 51, 183 и 319. Из этих трех
чисел только 319 делится на11. Следовательно, только 346 сравнимо с 27 по
модулю 11, т. е. 346 ≡ 27(𝑚𝑜𝑑 11).
Свойства сравнений.
Свойство 1. Обе части сравнения можно умножить на одно и то же целое
число.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎𝑛 ≡ 𝑏𝑛(𝑚𝑜𝑑 𝑚), где 𝑛 ∈ 𝑍
Свойство 2. К обеим частям сравнения можно прибавить одно и то же число.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎 + 𝑛 ≡ 𝑏 + 𝑛(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Свойство 3. Два сравнения по одному и тому же модулю можно почленно
складывать и вычитать.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) и 𝑐 ≡ 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚), тo 𝑎 ± 𝑐 ≡ 𝑏 ± 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Свойство 4. Два сравнения по одному и тому же модулю можно почленно
умножать.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) и 𝑐 ≡ 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚), тo 𝑎 ∙ 𝑐 ≡ 𝑏 ∙ 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Из данных свойств вытекает ряд важных следствий.
Следствие 1. Любой член сравнения можно перенести из одной части в
другую с противоположным знаком.
Если 𝑎 + 𝑏 ≡ 𝑐(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎 ≡ 𝑐 − 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Следствие 2. К любой части сравнения можно прибавить число, кратное
модулю.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎 ≡ 𝑏 + 𝑘𝑚(𝑚𝑜𝑑 𝑚), 𝑎 + 𝑘𝑚 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), где 𝑘 ∈
𝑍.
5
Следствие 3. Обе части сравнения можно возвести в одну и ту же
натуральную степень.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎𝑛 ≡ 𝑏 𝑛 (𝑚𝑜𝑑 𝑚), где 𝑛 ∈ 𝑁.
Следствие 4. Обе части сравнения можно разделить на одно и то же целое
число, взаимно простое с модулем.
Если
то
𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚),
𝑎
𝑑
𝑏
≡ (𝑚𝑜𝑑 𝑚),
𝑑
где
𝑑 = НОД (𝑎, 𝑏)
и
1 = НОД (𝑑, 𝑚).
Следствие 5. Обе части сравнения и модуль можно умножить на одно и то
же натуральное число.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то 𝑎𝑘 ≡ 𝑏𝑘(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘), где 𝑘 ∈ 𝑁.
Следствие 6. Обе части сравнения и модуль можно поделить на общий
делитель обеих частей и модуля.
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то
𝑎
𝑘
𝑏
𝑚
𝑘
𝑘
≡ (𝑚𝑜𝑑
), где 𝑘 - общий делитель чисел 𝑎, 𝑏, 𝑚.
Следствие 7. Если сравнение 𝑎 ≡ 𝑏 имеет место по нескольким модулям, то
оно имеет место и по модулю, являющимся наименьшим общим кратным
этих модулей.
Следствие 8. Если сравнение имеет место по какому-либо модулю 𝑚, то оно
имеет место по модулю, являющимся делителем 𝑚.
Если сравнение имеет место по модулю 𝑚, число 𝑑 - делитель 𝑚, то оно
имеет место по модулю 𝑑.
Следствие 9. Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то наибольшие общие делители чисел
𝑎, 𝑏, 𝑚 равны между собой: (𝑎, 𝑚) = (𝑏, 𝑚).
Если 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚), то НОД(𝑎, 𝑚) = НОД(𝑏, 𝑚).
Определение. Система вычетов, состоящая из 𝑚 вычетов, взятых по одному
из каждого класса, называется полной системой вычетов по модулю 𝑚
(обозначается ПСВ).
(𝑚)
В каждом классе вычетов 𝐾𝑎 по модулю 𝑚 можно найти наименьший
неотрицательный вычет – вычет, абсолютная величина которого меньше
(𝑚)
абсолютных величин всех других вычетов класса 𝐾𝑎 . Например, в классе
6
(7)
(7)
𝐾5
по модулю 7: 𝐾5 = {… , −16; −9; −2; 5; 12; 19; … } наименьшим
неотрицательным вычетом является число 𝑟 = 5, а абсолютно наименьший
вычет есть число -2, так как его абсолютная величина |−2| = 2 меньше
абсолютных величин всех других вычетов этого класса.
(𝑚)
Определение 2. Наибольшим общим делителем класса 𝐾𝑎
называется
наибольший общий делитель чисел 𝑎 и 𝑚. Если НОД(𝑎, 𝑚) = 1, то класс
(𝑚)
𝐾𝑎
называется взаимно простым с модулем 𝑚.
Определение 3. Система вычетов, взятых по одному из каждого класса,
взаимно простого с модулем 𝑚 называется приведенной системой вычетов
(обозначается ПрСВ).
7
Классы вычетов по модулю.
Отношение сравнимости по модулю 𝑚 делит кольцо 𝑍 на классы чисел,
сравнимых между собой по данному модулю – классы вычетов и
(𝑚)
обозначается 𝐾𝑎 .
Вычетом класса чисел по модулю
принадлежащее данному классу.
𝑚
называется
любое
число,
Кольцо целых чисел 𝑍 распадается на 𝑚 классов вычетов по модулю 𝑚,
каждый из которых порождается любым числом этого класса.
Определение. Каждое натуральное число 𝑚 единственным образом
𝛼
𝛼
𝛼
представимо в виде 𝑚 = 𝑝1 1 ∙ 𝑝2 2 ∙ … ∙ 𝑝𝑘 𝑘 ,где 𝑝1 < 𝑝2 < ⋯ < 𝑝𝑘 — простые
числа, и 𝛼1 , … , 𝛼𝑘 — некоторые натуральные числа.
Такое представление числа 𝑚 называется его каноническим разложением на
простые сомножители.
Примеры.
40 = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 5 = 23 ∙ 5
100 = 4 ∙ 25 = 22 ∙ 52
𝛼
𝛼
𝛼
Теорема 1. Если 𝑚 = 𝑝1 1 ∙ 𝑝2 2 ∙ … ∙ 𝑝𝑘 𝑘 - каноническое разложение числа 𝑚
на простые множители, то 𝜑(𝑚) = 𝑚 ∙ (1 −
1
𝑝1
1
1
) ∙ (1 − 𝑝 ) ∙ … ∙ (1 − 𝑝 ).
2
𝑘
Определение. Функцией Эйлера 𝜑(𝑚) называется функция, определяющая
для каждого натурального числа 𝑚 количество неотрицательных чисел,
меньших 𝑚 и взаимно простых с 𝑚. Ясно, что 𝜑(1) = 1.
1
1
1 4
Пример. 𝜑(10) = 𝜑(21 ∙ 51 ) = 10 ∙ (1 − ) ∙ (1 − ) = 10 ∙ ∙
2
5
2 5
Теорема Эйлера. Если 𝑚 - натуральное число, и НОД(𝑎, 𝑚) = 1, то
𝑎𝜑(𝑚) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Теорема Ферма.
𝑎𝑝−1 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 𝑝).
Если
число
𝑝
-
простое,
и
НОД(𝑎, 𝑝) = 1,
то
Пример. Девятая степень однозначного числа 𝑛 оканчивается цифрой 7.
Найти это однозначное число.
Решение. Так как девятая степень числа 𝑛 оканчивается цифрой 7, то остаток
8
от деления числа 𝑛9 на 10 должен быть равен 7, что равносильно
справедливости сравнения 𝑛9 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 10).
Так как НОД(7,10) = 1, то НОД(𝑛, 10) = 1. Воспользовавшись теоремой
Эйлера, получим: 𝑛4 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 10), где 𝜑(10) = 4.
Возведем обе части последнего сравнения в квадрат, получим
𝑛8 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 10). Тогда сравнение 𝑛9 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 10) можно записать в виде:
𝑛8 ∙ 𝑛 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 10). А так как 𝑛8 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 10), то исходное сравнение
примет вид: 𝑛 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 10).
Полученное сравнение показывает, что остаток от деления на 10 числа 𝑛9
равен 7. Следовательно, 𝑛 = 7.
В рассмотренном примере мы можем выделить следующие этапы его
решения:
1) Исходная формулировка;
2) Переформулировка на язык сравнений и составление сравнения;
3) Решение сравнения;
4) Формулировка ответа на языке чисел.
Пример 1. Найти остаток от деления числа 7402 на 101.
Решение. Найти остаток от деления числа 𝑎 на число 𝑚 – это значит найти
такое число 𝑏, что 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚). В нашем случае, найдем такое число 𝑏, что
7402 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 101). Число 101 является простым. Числа 7 и 101 – взаимно
простые, а поэтому из малой теоремы Ферма следует, что
7100 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 101). Возведем данное сравнение в четвертую степень. Тогда
7400 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 101). Кроме того, 72 ≡ 49(𝑚𝑜𝑑 101) Перемножив почленно
два последних сравнения, получим 7402 ≡ 49(𝑚𝑜𝑑 101). Из последнего
сравнения вытекает, что искомым остатком будет число 49.
Пример 2. Показать, что (7312 − 1) ⋮ 105.
Решение. Показать, что (7312 − 1) ⋮ 105, - это значит доказать
справедливость сравнения (7312 − 1) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 105). Запишем каноническое
разложение числа 105: 105 = 3 ∙ 5 ∙ 7. Замечая, что
НОД(73,3) =
НОД(73,5) = НОД(73,7) = 1 и 73 – простое число, применим малую
теорему Ферма к числу 73 по модулям 3, 5 и 7. Получим сравнения:
732 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 3), 734 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 5), 736 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Путем возведения обеих
9
частей сравнения в соответствующие степени, получим сравнения: 7312 ≡
1(𝑚𝑜𝑑 3), 7312 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 5), 7312 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Воспользуемся следующим
свойством: если некоторое сравнение имеет место по нескольким модулям,
то оно справедливо по модулю, являющимся наименьшим общим кратным
данных
модулей.
Следовательно,
7312 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 105),
откуда
12
(73 − 1) ⋮ 105.
Пример 3. Показать, что (13176 − 1) ⋮ 89.
Решение. Показать, что (13176 − 1) ⋮ 89, - это значит доказать
(13176 − 1) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 89).
справедливость
сравнения
Воспользуемся
176
88
88
формулой разности квадратов: 13 − 1 = (13 − 1) ∙ (13 + 1). Если хотя
бы один из сомножителей, стоящих в правой части равенства, делится на 89,
то и данное число делится на 89. Так как 89 – простое число, и
НОД(13,89) = 1, то на основании малой теоремы Ферма справедливо
сравнение 1388 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 89), откуда (1388 − 1) ⋮ 89, а, следовательно,
(13176 − 1) ⋮ 89.
Пример 4. Доказать, что (3100 − 360 − 340 + 1) ⋮ 77.
Решение. Доказать, что (3100 − 360 − 340 + 1) ⋮ 77, - это значит доказать
справедливость сравнения (3100 − 360 − 340 + 1) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 77). Разложим
делимое на множители: 3100 − 360 − 340 + 1 = 360 ∙ (340 − 1) − (340 − 1) =
= (360 − 1) ∙ (340 − 1). Так как 77 = 7 ∙ 11 и НОД(3,7) = НОД(3,11) = 1, то
применяя малую теорему Ферма (числа 7 и 11 – простые), получим:
36 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7), 310 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11). Из последних двух сравнений после
возведения соответственно в десятую и четвертую степень, имеем:
360 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7), 340 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11). Отсюда следует, что (360 − 1) ⋮ 7,
(340 − 1) ⋮ 11. Таким образом (3100 − 360 − 340 + 1) ⋮ 77.
Пример 5. Найти остаток от деления (17100 + 32100 ) на 7.
Решение. Найти остаток от деления (17100 + 32100 ) на 7 – это значит найти
такое число 𝑎, что (17100 + 32100 ) ≡ 𝑎(𝑚𝑜𝑑 7). Для этого достаточно найти
такие 𝑏 и 𝑐, что 17100 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 7) и 32100 ≡ 𝑐(𝑚𝑜𝑑 7). Тогда
𝑎 ≡ 𝑏 + 𝑐(𝑚𝑜𝑑 7).
Рассмотрим сравнение 17100 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 7): 𝑝 = 7 - простое число и
НОД(7,17) = 1. Исходя из этого, получим 176 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Возведем обе
части в 16 степень: 1796 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7) (1). Запишем 174 следующим образом:
174 = 172 ∙ 172 = 289 ∙ 289. Так как 289 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 7), то 174 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 7) (2).
10
Почленно умножив сравнения (1) и (2), получим 17100 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 7).
Следовательно, 𝑏 = 4.
Рассмотрим сравнение 32100 ≡ 𝑐(𝑚𝑜𝑑 7): 𝑝 = 7 - простое число и
НОД(7,32) = 1. Исходя из этого, получим 326 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Возведем обе
части в 16 степень: 3296 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7) (3). Запишем 324 следующим образом:
324 = (25 )4 = 220 = (23 )6 ∙ 22 . Так как 23 = 8 и 8 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7), то
324 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 7) (4). Почленно умножив сравнения (3) и (4), получим 32100 ≡
4(𝑚𝑜𝑑 7). Следовательно, 𝑐 = 4.
Таким образом, 𝑎 ≡ (4 + 4)(𝑚𝑜𝑑 7), то есть 𝑎 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Мы получили,
что (17100 + 32100 ) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 7). Это означает, что остаток от деления
(17100 + 32100 ) на 7 будет равен 1.
Пример 6. В некотором натуральном числе сумма цифр равна 21, оно
заканчивается на 21 и делится на 21. Найдите такое наименьшее натуральное
число. (Отборочный тур XX Межрегиональной олимпиады школьников
«САММАТ-2012»)
Решение. Опираясь на условие задачи, составим систему сравнений, приняв
искомое число за 𝑥:
𝑥 ≡ 21(𝑚𝑜𝑑 100)
.
{
𝑥 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 21)
Так как модули сравнений попарно взаимно просты, то эта система имеет
единственное решение по модулю 𝑀 = 100 ∙ 21.
Первое сравнение имеет единственное решение: 𝑥 = 100𝑡 + 21. Подставим
во второе сравнение системы вместо 𝑥 выражение 100𝑡 + 21. Получим:
100𝑡 + 21 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 21), 100𝑡 ≡ −21(𝑚𝑜𝑑 21). Прибавим к правой части
сравнения 21, т.е. оно примет вид: 100𝑡 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 21). Так как
НОД(21,100) = 1, то последнее сравнение имеет единственное решение 𝑡 ≡
0(𝑚𝑜𝑑 21) или 𝑡 = 21𝑘. Таким образом, получим: 𝑥 = 2100𝑘 + 21. По
условию задачи, искомое число должно быть наименьшим, и его сумма цифр
должна быть равна 21. Подбираем такое наименьшее целое 𝑘, чтобы 𝑥
удовлетворяла условию. Такое 𝑘 находится и равно 9. Следовательно, такое
наименьшее натуральное число 18921.
11
Сравнение с неизвестной величиной.
Определение 1: Сравнением с одним неизвестным по модулю 𝑚 называется
сравнение вида: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚), (1)
левая часть которого - многочлен с целыми коэффициентами.
Если 𝑎𝑛 не делится на число 𝑚, то число 𝑛 называется степенью сравнения,
если 𝑎𝑛 ⋮ 𝑚, то старший член сравнения (1) удовлетворяет условию
𝑎𝑛 𝑥 𝑛 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚) и его можно отбросить.
Определение 2. Решением сравнения 𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚) называется всякое
целое число 𝑎, которое удовлетворяет сравнению, т.е. такое, что
𝑓(𝑎) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Но в этом случае вместе с числом 𝑎 сравнению удовлетворяют и все числа
(𝑚)
класса вычетов 𝐾𝑎 , сравнимые с 𝑎 по модулю 𝑚. Поэтому класс вычетов по
модулю 𝑚, числа которого удовлетворяют сравнению 𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚)
считаются за одно решение этого сравнения.
Чтобы найти решение сравнения (1), достаточно подставить в сравнение
вместо неизвестного значения 𝑥 по одному числу из различных классов
вычетов по модулю 𝑚. Для этого можно перебрать ПСВ, составленную из
наименьших неотрицательных вычетов, а еще лучше – полную систему
абсолютно наименьших вычетов.
12
Сравнение с одной переменной.
Определение 1. Два сравнения называются равносильными, если множества
их решений совпадают.
К операциям,
принадлежат:
которые
не
меняют
множества
решений
сравнения,
а) прибавление к обеим частям сравнения произвольного многочлена 𝑞(𝑥) с
целыми коэффициентами;
б) прибавление к одной части сравнения многочлена с коэффициентами,
кратными модулю 𝑚;
в) умножение обеих частей сравнения на число, взаимно простое с модулем;
г) умножение обеих частей сравнения и модуля на одно и то же
положительное целое число.
Определение 2. Сравнение вида 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚) или равносильное
ему сравнение 𝑎𝑥 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) называют сравнением первой степени
(линейным).
При решении сравнений вида 𝑎𝑥 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) возможны два случая:
НОД(𝑎, 𝑚) = 1 и НОД(𝑎, 𝑚) = 𝑑 > 1.
Теорема 1. Если НОД(𝑎, 𝑚) = 1, то сравнение 𝑎𝑥 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) имеет
единственное решение.
Теорема 2. Если НОД(𝑎, 𝑚) = 𝑑 > 1 и число 𝑏 не делится на 𝑑, то сравнение
𝑎𝑥 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) не имеет решений.
Теорема 3. Если НОД(𝑎, 𝑚) = 𝑑 > 1 и число 𝑏 делится на 𝑑, то сравнение
𝑎𝑥 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) имеет 𝑑 решений.
Пример 1. Решить сравнение 5𝑥 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 8).
Решение. Так как НОД(5, 8) = 1, то сравнение имеет единственное решение.
Найдем его решение по формуле 𝑥 ≡ 𝑏 ∙ 𝑎𝜑(𝑚)−1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚); 𝜑(8) = 4.
Тогда получим: 𝑥 ≡ 2 ∙ 53 (𝑚𝑜𝑑 8) ≡ 250(𝑚𝑜𝑑 8) ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 8).
Пример 2. Решить сравнение 7𝑥 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 13).
Решение. Так как НОД(7, 13) = 1, то данное сравнение имеет единственное
решение. Решим его методом проб, основанным на свойстве полной системы
13
вычетов, заставляя 𝑥 пробегать последовательно значения 0, 1,2,…,12.
Устанавливаем, что значения 𝑥, равные 0, 1, 2, 3 не удовлетворяют данному
сравнению. При 𝑥 = 4 имеем: (7 ∙ 4 − 2) ⋮ 13, а, следовательно, 𝑥 = 4 есть
решение данного сравнения. Так как сравнение имеет единственное решение,
то нахождение решения закончено. Но сравнению удовлетворяет целый
класс чисел по модулю. Следовательно, решение получаем в виде:
𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 13).
Пример 3. Решить сравнение 115𝑥 ≡ 85(𝑚𝑜𝑑 355).
Решение. Так как НОД(115, 355) = 5, и 85 делится на 5, то данное
сравнение имеет 5 решений. Разделим обе части сравнения и модуль на 5:
23𝑥 ≡ 17(𝑚𝑜𝑑 71). Полученное сравнение имеет единственное решение: 𝑥 ≡
10(𝑚𝑜𝑑 71).
Следовательно, данное сравнение имеет следующие решения:
𝑥 ≡ 10(𝑚𝑜𝑑 355);
𝑥 ≡ 81(𝑚𝑜𝑑 355);
𝑥 ≡ 152(𝑚𝑜𝑑 355);
𝑥 ≡ 223(𝑚𝑜𝑑 355);
𝑥 ≡ 294(𝑚𝑜𝑑 355).
В приведенных примерах даны методы решения сравнений первой степени с
одним неизвестным. К ним относятся:
1) Метод подбора, который основывается на свойствах ПСВ.
2) Метод, основанный на применении формулы 𝑥 ≡ 𝑏 ∙ 𝑎𝜑(𝑚) (𝑚𝑜𝑑 𝑚)
(применении теоремы Эйлера).
В ряде упражнений результат может быть получен быстрее, если
использовать искусственный прием, основанный на свойстве сравнения: к
любой части сравнения можно прибавить число, кратное модулю.
Рассмотрим применение данного свойства на конкретных примерах.
Пример 4. Решить сравнение 5𝑥 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 8).
Решение. Прибавим к правой части сравнения число 8, равное модулю,
получим: 5𝑥 ≡ 10(𝑚𝑜𝑑 8). Разделим обе части сравнения на 5, тогда
𝑥 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 8).
14
Пример 5. Решить сравнение 7𝑥 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 13).
Решение. Прибавив к правой части сравнения число 26 = 13 ∙ 2, получим
7𝑥 ≡ 28(𝑚𝑜𝑑 13). Так как НОД(7, 13) = 1, то после деления обеих частей
сравнения на 7, получим 𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 13).
Пример 6. Найти числа, которые при делении на 7, 13, 17 дают в остатке
соответственно 4, 9 и 1.
Решение. Искомые числа должны удовлетворять системе сравнений:
𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 7)
{𝑥 ≡ 9(𝑚𝑜𝑑 13).
𝑥 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 17)
Так как модули сравнений попарно взаимно просты, то эта система имеет
единственное решение по модулю 𝑀 = 7 ∙ 13 ∙ 17.
Первое сравнение имеет единственное решение: 𝑥 ≡ 7𝑡 + 4. Подставим во
второе сравнение системы вместо 𝑥 выражение 7𝑡 + 4. Получим:
7𝑡 + 4 ≡ 9(𝑚𝑜𝑑 13), 7𝑡 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 13).
Так как НОД(7,13) = 1, то последнее сравнение имеет единственное
решение 𝑡 ≡ 10(𝑚𝑜𝑑 13), т.е. 𝑡 = 10 + 13𝑢, откуда 𝑥 = 7(10 + 13𝑢) + 4 =
= 91𝑢 + 74.
Найдем те значения 𝑢, при которых 𝑥 будет удовлетворять третьему
сравнению исходной системы сравнений. Имеем: 91𝑢 + 74 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 17) или
6𝑢 ≡ 12(𝑚𝑜𝑑 17), откуда 𝑢 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 17). Следовательно, 𝑢 = 2 + 17𝑘.
Таким образом, в итоге получим: 𝑥 = 91(2 + 17𝑘) + 74 = 256 + 1547𝑘 или
𝑥 ≡ 256(𝑚𝑜𝑑 1547). Искомым требованиям удовлетворяют все числа вида
𝑥 = 256 + 1547𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
Пример 7. Решить систему сравнений:
3𝑥 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 13)
{ 2𝑥 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 21)
5𝑥 ≡ 31(𝑚𝑜𝑑 32)
Решение. Так как модули сравнений попарно взаимно просты, то эта система
имеет единственное решение по модулю 𝑀 = 13 ∙ 21 ∙ 32.
Сначала решим первое сравнение: 3𝑥 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 13). Прибавим к правой
части сравнения 13, т.е. получим: 3𝑥 ≡ 18(𝑚𝑜𝑑 13). Так как НОД(3,13) = 1,
15
то сравнение
𝑥 = 6 + 13𝑎.
имеет
единственное
решение
𝑥 ≡ 6(𝑚𝑜𝑑 13),
откуда
Подставим во второе сравнение системы вместо 𝑥 выражение 6 + 13𝑎.
Получим: 2(6 + 13𝑎) ≡ 17(𝑚𝑜𝑑 21) или 26𝑎 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 21). Прибавим к
правой части сравнения 21, т.е. получим: 26𝑎 ≡ 26(𝑚𝑜𝑑 21) или
𝑎 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 21), откуда 𝑎 = 21𝑏 + 1. Подставим выражение для 𝑎 в
выражение для 𝑥. Получим, что 𝑥 = 6 + 13(21𝑏 + 1) = 19 + 273𝑏.
Найдем те значения 𝑏, при которых 𝑥 будет удовлетворять третьему
сравнению
исходной
системы
сравнений.
Имеем:
5(19 + 273𝑏) ≡ 31(𝑚𝑜𝑑 32)
или
1365𝑏 ≡ −64(𝑚𝑜𝑑 32),
откуда
𝑏 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 32). Следовательно, 𝑏 = 32𝑡. Таким образом, в итоге получим:
𝑥 = 19 + 8736𝑡 или 𝑥 ≡ 19(𝑚𝑜𝑑 8736).
Задача про пиратов.
Тринадцать пиратов делят клад золотых монет на палубе шхуны. Если
монеты поделить поровну, то останется минимум 8 монет. Через некоторое
время двух пиратов смыло за борт. Пираты вновь решили поделить клад
поровну. В результате осталось 3 монеты. Затем в перестрелке погибли еще
три пирата. Пираты заново попытались поровну разделить клад. В результате
осталось 5 монет. Сколько монет было в кладе, если для его переправки на
берег было достаточно одного сундука, вмещающего 500 монет.
Решение. Опираясь на условие задачи, составим систему сравнений, приняв
количество монет за 𝑥:
𝑥 ≡ 8(𝑚𝑜𝑑 13)
{𝑥 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 11)
𝑥 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 8)
Так как модули сравнений попарно взаимно просты, то эта система имеет
единственное решение по модулю 𝑀 = 13 ∙ 11 ∙ 8.
Первое сравнение имеет единственное решение: 𝑥 = 13𝑎 + 8. Подставим во
второе сравнение системы вместо 𝑥 выражение 13𝑎 + 8. Получим:
13𝑎 + 8 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 11), 13𝑎 ≡ −5(𝑚𝑜𝑑 11). Прибавим к правой части
сравнения 44, т.е. оно примет вид: 13𝑎 ≡ 39(𝑚𝑜𝑑 11). Так как
НОД(11,13) = 1, то последнее сравнение имеет единственное решение 𝑎 ≡
3(𝑚𝑜𝑑 11) или 𝑎 = 11𝑏 + 3. Подставим выражение для 𝑎 в выражение для 𝑥.
Получим, что 𝑥 = 8 + 13(11𝑏 + 3) = 47 + 143𝑏.
16
Найдем те значения 𝑏, при которых 𝑥 будет удовлетворять третьему
сравнению исходной системы сравнений. Имеем: 143𝑏 + 47 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 8) или
143𝑏 ≡ −42(𝑚𝑜𝑑 8). Прибавим к правой части сравнения 328, поэтому оно
примет следующий вид: 143𝑏 ≡ 286(𝑚𝑜𝑑 8), откуда 𝑏 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 8) или 𝑏 =
8𝑡 + 2. Таким образом, получим: 𝑥 = 333 + 1144𝑡, 𝑡 ∈ 𝑍.
По условию задачи, число монет не превосходит 500, т.е. 𝑥 ≤ 500.
Пусть 𝑡 = 0, тогда 𝑥 = 333 + 1144 ∙ 0 = 333, что удовлетворяет условию.
Проверим, верно ли неравенство при других целых 𝑡. Пусть 𝑡 = 1, тогда 𝑥 =
333 + 1144 ∙ 1 = 1477,
что
не
удовлетворяет
условию
задачи.
Следовательно, в кладе было 333 монеты.
Задача из первой олимпиады математического факультета (2010 год).
Оловянный солдатик смело повел в бой свое войско, насчитывающее 300
штыков. После боя он решил построить войско. Однако для прежнего
построения в шеренги по 4 не хватило одного солдатика. Для построения в
шеренги и по 5, и по 6, также не хватило одного солдатика, и только
построение в шеренги по 7 удалось. Сколько солдатиков осталось в войске
после боя?
Решение. Опираясь на условие задачи, составим систему сравнений, приняв
количество оставшихся солдатиков за 𝑥:
𝑥
𝑥
{
𝑥
𝑥
≡ 3(𝑚𝑜𝑑 4)
≡ 4(𝑚𝑜𝑑 5)
.
≡ 5(𝑚𝑜𝑑 6)
≡ 0(𝑚𝑜𝑑 7)
Последнее сравнение имеет единственное решение: 𝑥 = 7𝑎. Подставим в
первое сравнение системы вместо 𝑥 выражение 7𝑎. Получим:
7𝑎 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 4). Прибавим к правой части сравнения 4, т.е. оно примет вид:
7𝑎 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 4). Так как НОД(4,7) = 1, то последнее сравнение имеет
единственное решение 𝑎 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 4) или 𝑎 = 4𝑘 + 1. Подставим выражение
для 𝑎 в выражение для 𝑥. Получим, что 𝑥 = 7(4𝑘 + 1) = 28𝑘 + 7.
Найдем те значения 𝑘, при которых 𝑥 будет удовлетворять второму
сравнению исходной системы сравнений. Имеем: 28𝑘 + 7 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 5) или
28𝑘 ≡ −3(𝑚𝑜𝑑 5). Прибавим к правой части сравнения 115, поэтому оно
примет следующий вид: 28𝑘 ≡ 112(𝑚𝑜𝑑 5), откуда 𝑘 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 5) или 𝑘 =
5𝑢 + 4. Таким образом, получим: 𝑥 = 140𝑢 + 119.
17
Подставим в третье сравнение системы вместо 𝑥 выражение 140𝑢 + 119.
Получим: 140𝑢 + 119 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 6) или 140𝑢 ≡ −114(𝑚𝑜𝑑 6). Прибавим к
правой части сравнения 114, т.е. оно примет вид: 140𝑢 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 6).
Последнее сравнение имеет единственное решение 𝑢 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 6) или 𝑢 =
6𝑏. Подставим выражение для 𝑏 в выражение для 𝑥. Получим, что 𝑥 =
840𝑏 + 119, 𝑏 ∈ 𝑍.
По условию задачи, число оставшихся солдатиков не превосходит 300, т.е.
𝑥 ≤ 300.
Пусть 𝑏 = 0, тогда 𝑥 = 119 + 840 ∙ 0 = 119, что удовлетворяет условию.
Проверим, верно ли неравенство при других целых 𝑏. Пусть 𝑏 = 1, тогда 𝑥 =
119 + 840 ∙ 1 = 959, что не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, в
войске осталось 119 солдатиков.
18
Применение сравнений при решении уравнений первой степени с
двумя неизвестными.
Рассмотрим уравнение первой степени с двумя неизвестными 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐.
Запишем данное уравнение в виде: 𝑎𝑥 − 𝑐 = 𝑏(−𝑦). Это значит, что
(𝑎𝑥 − 𝑐) ⋮ 𝑏. Следовательно, 𝑎𝑥 ≡ 𝑐(𝑚𝑜𝑑 𝑏), и множество решений
уравнения совпадает с множеством решений сравнения.
Пусть 𝑥 ≡ 𝑥0 (𝑚𝑜𝑑 𝑏) - решение сравнения. Тогда 𝑥 = 𝑥0 + 𝑏𝑡, где 𝑡 ∈ 𝑍.
Подставим выражение для 𝑥 в уравнение 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐. Получим следующее:
𝑎(𝑥0 + 𝑏𝑡) + 𝑏𝑦 = 𝑐. Из данного уравнения выразим 𝑦. Для этого сначала
раскроем скобки и выразим 𝑏𝑦: 𝑎𝑥0 + 𝑎𝑏𝑡 + 𝑏𝑦 = 𝑐, 𝑏𝑦 = 𝑐 − 𝑎𝑥0 − 𝑎𝑏𝑡.
𝑐−𝑎𝑥0
Затем разделим обе части уравнения на 𝑏 и получим: 𝑦 =
− 𝑎𝑡 или 𝑦 =
𝑐−𝑎𝑥0
𝑏
𝑏
+ (−𝑎)𝑡. Подставим получившееся выражение для 𝑦 в исходное
уравнение и получим выражение для 𝑥.
Пример 1. Решить уравнение 77𝑥 − 16𝑦 = 7 в целых числах.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде: 77𝑥 − 7 = 16𝑦. Это значит,
что (77𝑥 − 7) ⋮ 16. Следовательно, 77𝑥 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 16). Прибавим к правой
части сравнения 224 = 14 ∙ 16, т.е. получим 77𝑥 ≡ 231(𝑚𝑜𝑑 16).
НОД(77, 16) = 1, следовательно, сравнение имеет единственное решение
𝑥 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 16):. Значит, 𝑥 = 3 + 16𝑡, где 𝑡 ∈ 𝑍.
Подставим выражение для 𝑥 в исходное уравнение: 77(3 + 16𝑡) − 16𝑦 = 7
или 231 + 1232𝑡 − 16𝑦 = 7. Начала из данного уравнения выразим 16𝑦:
16𝑦 = 224 + 1232𝑡. Затем выразим 𝑦: 𝑦 = 14 + 77𝑡.
Данное уравнение имеет множество решений, удовлетворяющих системе:
𝑥 = 16𝑡 + 3
.
{
𝑦 = 77𝑡 + 14
Пример 2. Решить уравнение 38𝑥 + 114𝑦 = 209 в целых числах.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде: 38𝑥 − 209 = −114𝑦. Это
значит, что (38𝑥 − 209) ⋮ 144. Следовательно, 38𝑥 ≡ 209(𝑚𝑜𝑑 114).
НОД (38, 114) = 38, но т.к. 209 не делится без остатка на 38, то сравнение
38𝑥 ≡ 209(𝑚𝑜𝑑 114) не имеет решений, как и уравнение 38𝑥 + 114𝑦 = 209.
Пример 3. Решить уравнение 2𝑥 − 8𝑦 = 6 в целых числах.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде: 2𝑥 − 6 = 8𝑦. Это значит, что
19
(2𝑥 − 6) ⋮ 8. Следовательно, 2𝑥 ≡ 6(𝑚𝑜𝑑 8). НОД(2, 8) = 2 и 6 делится без
остатка на 2, следовательно, сравнение имеет два решения вида:
𝑥 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 4). Из данного сравнения получим два сравнения: 𝑥1 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 8)
и 𝑥2 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 8), откуда 𝑥1 = 3 + 8𝑡 и 𝑥2 = 7 + 8𝑡. Подставим выражения
для 𝑥 в исходное уравнение и получим выражения для 𝑦: 𝑦1 = 2𝑡 и
𝑥 = 3 + 8𝑡 𝑥2 = 7 + 8𝑡
𝑦2 = 2𝑡 + 1. Т.е. { 1
и{
.
𝑦1 = 2𝑡
𝑦2 = 2𝑡 + 1
Решим уравнение 2𝑥 − 8𝑦 = 6 традиционным способом. Перепишем данное
уравнение в следующем виде: 𝑥 − 4𝑦 = 3. Теперь запишем выражение для 𝑦
и обозначим его за 𝑢: 𝑦 =
4
,
в
4
= 𝑢. Выразим из последнего равенства 𝑥:
уравнение: 3 + 4𝑢 − 4𝑦 = 3.
𝑥 = 3 + 4𝑢
Следовательно, 𝑦 = 𝑢. Составим систему уравнений: {
.
𝑦=𝑢
𝑥 = 3 + 4𝑢.
Подставим
𝑥−3 𝑥−3
исходное
𝑥 = 3 + 8𝑡
Пусть 𝑢 = 2𝑡, тогда система примет вид: {
.
𝑦 = 2𝑡
𝑥 = 7 + 8𝑡
Пусть 𝑢 = 2𝑡 + 1, тогда система примет вид: {
.
𝑦 = 2𝑡 + 1
Пример 4. Решить уравнение 15𝑥 − 25𝑦 = 10 в целых числах.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде: 15𝑥 − 10 = 25𝑦. Это значит,
что (15𝑥 − 10) ⋮ 25. Следовательно, 15𝑥 ≡ 10(𝑚𝑜𝑑 25). НОД(15, 25) = 5 и
10 делится без остатка на 5, следовательно, сравнение имеет пять решений
вида: 𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 5). Из данного сравнения получим: 𝑥1 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 25), 𝑥2 ≡
9(𝑚𝑜𝑑 25), 𝑥3 ≡ 14(𝑚𝑜𝑑 25), 𝑥4 ≡ 19(𝑚𝑜𝑑 25), 𝑥5 ≡ 24(𝑚𝑜𝑑 25).
Теперь решим уравнение 15𝑥 − 25𝑦 = 10 традиционным способом.
Перепишем данное уравнение в следующем виде: 3𝑥 − 5𝑦 = 2. Теперь
запишем выражение для 𝑦 и обозначим его за 𝑡: 𝑦 =
из последнего равенства выражение
3𝑥−2 3𝑥−2
5
для 𝑥: 𝑥 = 𝑡 +
,
5
2𝑡+2
3
= 𝑡. Запишем
. Т.к. 𝑡 ∈ 𝑍, то
обозначим дробь за некоторое целое число 𝑘 и получим: 2𝑡 + 2 = 3𝑘.
𝑘
Выразим 𝑡 и обозначим 𝑘 за 2𝑢: 𝑡 = 𝑘 + − 1, 𝑡 = 3𝑢 − 1. Подставим
2
выражение для 𝑡 в выражение для 𝑥 и 𝑦 и получим систему уравнений:
𝑥 = 5𝑢 − 1
.
{
𝑦 = 3𝑢 − 1
Покажем, что все решения сравнения содержатся в решении уравнения. Всё
множество целых чисел разобьем на классы вычетов по модулю 5.
20
Пусть 𝑢 = 5𝑚, следовательно, 𝑥 = 25𝑚 − 1. Это можно записать как 𝑥 ≡
−1(𝑚𝑜𝑑 25) или 𝑥 ≡ 24(𝑚𝑜𝑑 25).
Пусть 𝑢 = 5𝑚 + 1, следовательно, 𝑥 = 25𝑚 + 4, т.е. 𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 25).
Пусть 𝑢 = 5𝑚 + 2, следовательно, 𝑥 = 25𝑚 + 9, т.е. 𝑥 ≡ 9(𝑚𝑜𝑑 25).
Пусть 𝑢 = 5𝑚 + 3, следовательно, 𝑥 = 25𝑚 + 14, т.е. 𝑥 ≡ 14(𝑚𝑜𝑑 25).
Пусть 𝑢 = 5𝑚 + 4, следовательно, 𝑥 = 25𝑚 + 19, т.е. 𝑥 ≡ 19(𝑚𝑜𝑑 25).
Из примеров видно, что все решения сравнения содержатся в решении
уравнения. Для того, чтобы их найти необходимо рассмотреть все классы
𝑚
вычетов, на которые разбивает множество целых чисел число 𝑀 = , где 𝑑 =
𝑑
НОД(𝑎, 𝑚).
21
Выводы.
1.
С помощью сравнений и их свойств задачи на делимость и нахождение
остатка от числа можно решить более рациональным способом, в то время
как традиционный способ решения представляет собой довольно большие
выкладки.
2.
Рассмотрены основные способы решения сравнений и их систем, а
также задачи, приводящие к решению сравнений и их систем.
3.
Рассмотрено применение сравнений к решению уравнений первой
степени с двумя неизвестными. Кроме того, показана рациональность
предложенного нами способа решения.
22
Список литературы
Кочева А.А. «Задачник-практикум по алгебре и теории чисел, часть III». М.:
Просвещение, 1984;
Бухштаб А.А. «Теория чисел». М.: Лань, 2008;
Кострикин А.И. «Введение в алгебру. Основы алгебры». Физматлит, 2001;
Шнеперман Л.Б. «Сборник задач по алгебре и теории чисел». Минск.
Вышэйшая школа, 1982;
www.sammat.ru ;
www.math.mrsu.ru .
23