Сравнения

Выполнила: Рябинкина Полина,
ученица 11 Б класса,
МБОУ СОШ №185





Изучить теоретический материал по делению
нацело и с остатком, арифметике остатков.
Изучить теоретический материал по
сравнениям по модулю.
Изучить свойства сравнений, доказать их,
научиться применять при решении задач.
Изучить некоторые теоремы об остатках и
научиться применять их при решении задач.
Научиться применять изученный материал при
решении сравнений, а также при решении
уравнений и систем уравнений с помощью
сравнений.
Рассмотрим задачу: На какую цифру
оканчивается число 2 999 ?
Чтобы ее решить, выпишем последовательные
степени двойки:
2, 4, 8, 16, 32, 64, …
Легко видеть, что последние цифры этих чисел
повторяются через каждые 4 числа, так что
последняя цифра числа зависит только от
того, какой остаток при делении на 4 даёт n.
Поскольку
999  996  3  249  4  3 ,
то ответ в задаче: число оканчивается на
цифру 8.
В этом примере всё множество степеней
разбилось на 4 класса, состоящих из чисел
вида:
4k , 4k  1, 4k  2, 4k  3 .
Вообще, для любого натурального числа m
все целые числа разбиваются на m
классов. Каждый класс при этом состоит из
чисел, дающих при делении на m
одинаковые остатки:
0 класс: числа а вида a  km ,
1 класс: числа а вида a  km  1 ,
…………………
m-1 класс: числа а вида a  km  m  1 .
Целые числа a и b сравнимы по модулю m,
если разность а и b делится на
натуральное число m.
Сравнимость двух чисел а и b по модулю m
записывается выражением:
a  b(mod m).
Таким образом, два числа сравнимы по
модулю тогда и только тогда, когда они
принадлежат одному классу, то есть дают
одинаковые остатки при делении на m.
Пример:
3
a
 a(mod 6).
Доказать, что
3
a
Решение. Если  a(mod 6) , то по
определению разность a 3  a должна
делится на 6 нацело. Докажем это.
Разложим выражение a 3  a на
множители:
a 3  a  a(a 2  1)  a(a  1)(a  1)
Получили произведение трех
последовательных чисел: a, a  1, a  1.
Так эти числа последовательные, то
среди них найдется хотя бы одно
четное, делящееся на 2, и хотя бы одно
из них делится на 3. Значит,
произведение a(a  1)(a  1) делится и на
2, и на 3, то есть на 6.
3
a
 a делится
Таким образом, разность
3
на 6, и a сравнимо с a по модулю 6.
Свойство 1.
Если a  b(mod m) и b  с(mod m) , то
а  с(mod m)
Доказательство. Так как a  b(mod m) ,то
a  b  km
Так как b  с(mod m), то b  c  pm.
Значит, a  b  km  c  pm  km  c  m(k  p)
или a  c  m(k  p) ,
т.е. a  c делится на m, и а  с(mod m)
Свойство 2.
Если a  b(mod m) и c  d (mod m), то
a  c  b  d (mod m)
Доказательство. Из условия свойства
a  b  km и с  d  lm .
Сложим данные равенства:
a  c  b  d  km  lm
Значит, (a  c)  (b  d )  (k  l )m , то есть
разность (a  c)  (b  d ) делится на m.
Следовательно, a  c  b  d (mod m)
Свойство 3.
Если a  b(mod m) и c  d (mod m) , то
a  c  b  d (mod m)
Доказательство. Из условия свойства
a  b  km и с  d  lm .
Вычтем из первого равенства второе:
a  c  b  d  km  lm.
Значит, (a  c)  (b  d )  (k  l )m , т.е. разность
(a  c)  (b  d ) делится на m.
Следовательно, a  c  b  d (mod m)
Свойство 4.
Если a  b(mod m) и c  d (mod m) , то
ac  bd (mod m)
Доказательство. Из условия свойства:
a  b  km и с  d  lm .
Перемножим данные равенства:
ac  (b  km)(d  lm)
ac  bd  blm  dkm  lkm2
Значит, ac  bd  (bl  dk  lkm)m, т. е.
разность ac  bd делится на m.
Следовательно, ac  bd (mod m)
Свойство 5.
Если a  b(mod m) , то a n  b n (mod m) , где n
– любое натуральное число.
Доказательство. Так как a  b(mod m) , то
по свойству 4 сравнение можно умножить
на себя. Умножим исходное сравнение на
себя n раз и получим требуемое
сравнение:
a n  b n (mod m)
Свойство 6.
Если ac  bc(mod m) и числа с и m взаимно
просты, то a  b(mod m) .
Доказательство. Так как ac  bc(mod m) , то
ac  bс  km , c(a  b)  km .
Число c(a  b) делится на m, но с и m
взаимно просты по условию свойства.
Значит, число c(a  b) делится на m за счет
множителя a  b , т.е. a  b  lm.
Следовательно, a  b(mod m) .
Свойство 7.
Если a  b(mod m) и a  pa1 ,b  pb1 , m  pm1 , то
a1  b1 (mod m1 )
Доказательство. По определению
сравнения: a  b  km . Так как a  pa1 ,
b  pb1, m  pm1 , то получаем
pa1 pb1  kpm1
p(a1b1 )  kpm1
a1b1  km1.
Значит, a1  b1 (mod m1 )
Пример:
Докажите, что число 52n1  3n2  2n1 , при
любом натуральном n делится на 19.
Решение. Вычислим значение данного
числа по модулю 19:
5
2 n1
n 2
3
2
n1
  5  3
(mod 19)  5
2 n
n
 32  2 n1 (mod 19) 
 25n  5  3n  9  2 n1 (mod 19)  6 n11  5  3n11  9  2 n1 (mod 19) 
 6n1  6  5  3n1  3  9  2n1 (mod 19)  6n1  30  (3  2) n1  3  9(mod 19) 
 6n1 (30  27)(mod19)  6n1  57(mod 19)  6n1 19  3(mod 19)  0(mod 19)
Значит, число 52n1  3n2  2n1 при любом
натуральном n делится на 19.
Теорема 1.
Из чисел прогрессии
a, a  d , a  2d , ..., a  (m  1)  d
где а – целое число, d – целое число
взаимно простое с m, имеется ровно одно
число, делящееся на m.
Доказательство.
Рассмотрим разность произвольных k-го и
l-го чисел данной прогрессии:
(a  dk )  (a  dl )  d (k  l )
Так как 0  k  m и 0  l  m, то k  l  m .
Поэтому k  l  sm , то есть k и l не
сравнимы по модулю m. При этом по
условию теоремы d взаимно просто с m.
Значит, d (k  l ) не делится на m. Таким
образом, числа заданной прогрессии
попарно не сравнимы по модулю m, так что
дают различные остатки при делении на m.
Следовательно, все они принадлежат
разным классам для числа m. Количество
чисел в последовательности и количество
классов равно m, поэтому обязательно есть
число последовательности и притом ровно
одно, которое делится m.
Теорема 2 (Китайская теорема об
остатках).
Пусть даны n попарно взаимно простых
чисел m1 , m2 , ..., mn и n чисел r1 , r2 , ..., rn таких,
что 0  ri  mi  1 (i  1, 2,, n) Тогда существует
число N, дающее при делении на mi
остаток ri .
Доказательство. Необходимо доказать, что
в условиях теоремы существует число N
такое, N  ri (mod mi ), i  1, 2,, n .
Докажем теорему с помощью
математической индукции по n. При n=1
имеем одно число и также одно число .
Утверждение теоремы N  r1 (mod m1 ) верно,
так как всегда можно взять N  r1 .
Предположим, что теорема верна при n  k
и докажем, что теорема также будет верна
при n  k  1. Из справедливости теоремы
при n  k следует, , что существует такое
число M, что M  ri (mod mi ) , i  1, 2,, k.
Вычислим d  m1  m2  ...  mk 1 и рассмотрим
прогрессию из mk членов:
M, M+d, M+2d, …, M+( mk  1 ) d.
(*)
Так как каждый из множителей m1 , m2 , ..., mk 1
взаимно прост с mk по условию теоремы,
то d взаимно просто с mk .
При доказательстве теоремы 1 было
получено, что среди членов прогрессии (*)
представлены все классы по модулю mk ,
то есть при делении членов данной
прогрессии на mk будут получены все
остатки r1 , r2 , ..., rk и причем по одному разу.
А значит, среди чисел прогрессии (*)
найдется число N, дающее при делении на
mk остаток rk . Пусть это будет число
N  M  pd , 0  p  mk  1.
Так как d  m1  m2  ...  mk 1 , то при делении
N на m1 , m2 , ..., mk 1 будут получаться такие
же остатки, как и при делении числа М на
m1 , m2 , ..., mk 1,т.е. r , r , ..., r соответственно.
1
2
k
Таким образом, N  ri (mod mi ) , i  1, 2,, k  1 .
Теорема верна при n  k  1 .
Теорема 3.
Для любых попарно взаимно простых чисел
m1 , m2 , ..., mn и остатков r1 , r2 , ..., rn по модулям
m1 , m2 , ..., mn соответственно найдутся n
последовательных чисел а, а+1,…, а+n-1
таких, что
a  r1 (mod m1 ) , a  1  r2 (mod m2 ),…, a  n -1  rn (mod mn ).
Доказательство. Так как
a  r1 (mod m1 ) ,a  1  r2 (mod m2 ) ,…, a  n -1  rn (mod mn )
, по свойству 3 получаем
a  r1 (mod m1 ) ,
(**)
a  r2  1(mod m2 ) ,
…,
a  rn  n  1(mod mn )
Если какой-либо из остатков r1 , r2 1, ..., rn  n  1
является отрицательным, то по свойству
сравнений ri  ri  mi (mod mi ) его можно
заменить на соответствующий
положительный.
Числа m1 , m2 , ..., mn и остатки r1 , r2 1, ..., rn  n  1
удовлетворяют условию китайской
теоремы об остатках, поэтому существует
число а удовлетворяющее условиям (**), а,
значит, и условию теоремы 3.
Пример:
Найдите наименьшее натуральное число,
дающее при делении на 2, 3, 5, 7
соответственно остатки 1, 2, 4, 6.
Решение. Числа m1  2 m2  3 m3  5 m4  7
являются попарно взаимно простыми, при
этом 0  r1  1  m1  1 0  r2  2  m2 1 0  r3  4  m3 1
0  r4  6  m4  1 . Значит, выполняется
условие китайской теоремы об остатках и
существует искомое число. Чтобы его
найти, воспользуемся схемой из
доказательства теоремы.
Возьмем первое число m1  2 и первый
остаток r1  1,тогда в качестве искомого
числа возьмем N1  r1 (mod m1 )
N1  1(mod 2)
Наименьшим таким натуральным числом
является 1, значит, N1  1 .
Рассмотрим первые два числа m1  2 , m2  3
и первые два остатка r1  1 , r2  2. Вычислим
d  m1  2 и составим последовательность:
N1 , N1  d , …, N1  d (m2  1) , т.е.
N1 , N1  2 , N1  2  2 .
1, 3,
5.
Выберем среди этих чисел значение,
дающее при делении на m2  3 остаток
r2  2 . Таким числом является 5, значит,
N2  5.
Рассмотрим первые три числа m1  2 , m2  3,
m3  5 и первые три остатка r1  1, r2  2 , r3  4 .
Вычислим d  m1  m2  2  3  6 и составим
последовательность
N 2 , N 2  d,…, N 2  d (m3  1)
N 2 , N2  6, N 2  6  2 ,N 2  6  3 , N 2  6  4
5,
11, 17,
23,
29
Выберем среди этих чисел значение,
дающее при делении на m3  5 остаток
r3  4. Таким числом является 29, значит,
N3  29 .
Рассмотрим четыре числа m1  2 , m2  3, m3  5 ,
m4  7 и четыре остатка r1  1, r2  2, r3  4 , r  6
4
Вычислим d  m1  m2  m3  2  3  5  30 и составим
последовательность:
N 3 , N 3  d ,…, N3  d (m4 1)
N 3 , N 3  30 ,N 3  30  2 , N3  30  3, N 3  30  4, N3  30  5 , N 3  30  6
29, 59, 89,
119, 149, 179, 209
Выберем среди этих чисел значение,
дающее при делении на m4  7 остаток
r4  6. Таким числом является 209, значит,
N  209
Таким образом, искомым числом является
209.
Пример:
Решить сравнение 17 x  19(mod 37)
Решение. Так как 2 и 37 взаимно просты,
то по свойству 6 верно:
2 17 x  2 19(mod 37)
34 x  38(mod 37)
 3x  1(mod 37)
Так как 12 и 37 взаимно просты, то по
свойству 6 верно:
 36 x  12(mod 37)
x  12(mod 37)
Значит, x  37k  12 , k- целое число.
Пример:
Решить в целых числах уравнение
7x  8y  1
Решение. Обе части равенства сравнимы
по любому модулю. Перейдем к сравнению
по модулю 7: 7 x  8 y  1(mod 7)
8 y  1(mod 7)
y  1(mod 7)
Значит, y  7k  1 , k – целое число.
Подставим найденное значение y в
исходное уравнение и найдем x :
7x  8y  1
7 x  8(7k  1)  1
7 x  56k  8  1
7 x  56k  7
x  8k  1
Ответ: (8k  1,
7k  1) , k
- целое число.
Пример:
Решить уравнение в натуральных числах
25 x  35 y  57 z
Решение. Обе части равенства сравнимы
по любому модулю. Перейдем к сравнению
по модулю 5: 25 x  35 y  57 z (mod 5)
по свойству 5 имеем: 0 x  0 y  2 z (mod 5)
0 x  0 y  2 z (mod 5)
2 z  0(mod 5)
Это сравнение справедливо, если
некоторая степень двойки делится на 5, но
числа 2 и 5 взаимно просты, поэтому
никакая степень двойки на 5 не делится.
Таким образом, уравнение не имеет
решений в натуральных числах.
В ходе данной работы были изучены
понятие сравнений, их свойства, теоремы,
методы применения к решению
алгебраических задач разных видов.