|
Читайте также: |
[ а + b ≡ с (mod m) /\ – b ≡ – b (mod m)] =>. [ a ≡ c – b (mod m)].
5. До будь - якої частини конгруенції можна додати або відняти довільне ціле число, кратне модулю, тобто з конгруенції a ≡ b (mod m) випливає а + kт ≡ b (mod m) або a ≡ b + km (mod m).
Оскільки km ≡ 0 (mod m), то
[ a ≡ b (mod m) /\ kт ≡ 0 (mod m)] => [ a + kт ≡ b (mod m)],
або
[ a ≡ b (mod m) /\ 0 ≡ km (mod m)] => [ a ≡ b + km (mod m)],
що й треба було довести.
6. Конгруенції за одним модулем можна почленно перемножити.
Справді, [ a 1≡ b 1(mod m) /\... /\ ak ≡ bk (mod m) => [ a 1= b 1+ тt 1 /\... /\ ak = bk + mtk ] => [ a 1 а 2... ak = b 1 b 2... bk + mt ] => [ a 1 a 2... ak ≡ b 1 b 2... bk (mod m)], де записом тt позначено суму всіх доданків із спільним множником т в добутку (b 1+ mt 1)... ∙(bk+ тtk). Властивість доведено.
Наслідок. Конгруенцію можна піднести до будь - якого натурального степеня п.
Справді, з властивості 6 при умові, а 1 = а 2 =... = аk= а, b 1= b 2= … = bk = b випливає, що
аn ≡ bn (mod m).
7. Обидві частини конгруенції можна помножити на те саме ціле число, тобто при a ≡ b (mod m) і k цілому справедлива конгруенція ak ≡ bk (mod m).
Справді, на основі властивості 6 і рефлексивності конгруентності маємо
[ a ≡ b (mod m) /\ k ≡ k (mod m)] => [ ak ≡ bk (mod m)].
8. Обидві частини конгруенції можна поділити на їх спільний дільник d, якщо він взаємно простий з модулем т.
Справді, якщо d = (a, b), тобто a = a 1 d, b = b 1 d, то
[ a ≡ b (mod m)] => [ a = b + mt ] => [ a 1 d = b 1 d + mt ] => [(а 1– b 1) d = mt ].
Права частина рівності ділиться на т. Тому на т ділиться і ліва частина. Оскільки (m, d) = 1, то (a 1– b 1) ділиться на m, тобто a 1– b 1= ms і а 1= b 1+ ms. Отже, a 1≡ b 1(mod m), що й треба було довести.
9. Якщо у виразі
f (a 1, a 2,..., ak) = ∑ Aa 1 n 1 a 2 n 2... aknk
всі коефіцієнти А і числа а1а2,..., ak замінити на конгруентні їм за модулем т коефіцієнти В і числа b 1 b 2,..., bk відповідно, то новий вираз
g (b 1, b 2,..., bk) = ∑ Bb 1 n 1 b 2 n 2... bnnk
буде конгруентний за модулем m до заданого
f (a 1, a 2,..., ak) ≡ g (b 1 b 2,..., bk) (mod m).
Справді, з конгруентності ai ≡ bi (mod m) при всіх i = 1, 2,..., k випливає aini ≡ bini (mod m).
Враховуючи також, що A ≡ В (mod m), маємо за властивістю 6
Aa 1 n 1 a 2 n 2... aknk≡Bb 1 n 1 b 2 n 2... bknk (mod m)
і далі за 1, додаючи всі аналогічні конгруенції, дістанемо
∑ Аа 1 n 1 а 2 n 2... aknk ≡ ∑Bb 1 n 1 b 2 n 2... bknk (mod m),
або
f (a 1, a 2,..., ak) ≡ g (b 1, b 2,..., bk) (mod m)
що й треба було довести.
Наслідок 1. Якщо ai ≡ bi (mod m), i = 1, 2,..., k, то
f (a 1, a 2,..., ak) ≡ f (b 1, b 2,..., bk) (mod m).
Це окремий випадок теореми і доведення не потребує.
Наслідок 2. Якшр в многочлені з цілими коефіцієнтами
f (x) = anxn + an –1 xn –1+ ∙∙∙+ a 1 x + a 0,(заданому на множині цілих чисел Z, всі коефіцієнти a, замінити коефіцієнтами biконгруентними з аiза модулем т, то дістанемо многочлен
g (х) = bnхn+ bn –1 хn –1 + ∙∙∙+ b 1 x + b 0,
конгруентний з многочленом f(х), тобто
Справді,, тобто f (x) ≡ g (х) (mod m).
Наслідок 3. Якщо х ≡ у (mod m), то для многочлена (1) справедлива конгруенція
f (х) ≡ f (y) (mod m).
Це безпосередньо випливає з наслідку 1.
Розглянемо деякі приклади застосування теорії конгруенціі.
2. Довести, що n 3+ 3 n 2+ 2 n ділиться на 6.
Розв'язання:
Якщо число ділиться на 6, то при діленні отримаємо остачі 0,1,2,3,4,5 і
тоді n ≡ 0(mod 6), …, n ≡ 5(mod 6).
Якщо n ≡ 0(mod 6), тог n 3+ 3 n 2+ 2 n ≡ 0(mod 6).
n ≡ 1(mod 6), то n 3+ 3 n 2+ 2 n ≡ 1 + 3 + 2(mod 6) і так далі.
Дата добавления: 2014-12-20; просмотров: 148 | Поможем написать вашу работу | Нарушение авторских прав |