Сравнения второй степени с одним неизвестным
Курсовой проект - Математика и статистика
Другие курсовые по предмету Математика и статистика
0 ( mod p).
Ясно, что это сравнение степени не выше р - 2, но оно имеет р - 1 решение : 1, 2, 3,…, р - 1, так как при подстановке любого из этих чисел, слагаемое в квадратных скобках обращается в ноль, а - 1) сравнимо с нулем по теореме Ферма ( х и р взаимно просты, так как х < р). Это означает, по лемме 2, что все коэффициенты выписанного сравнения краны р, в частности, на р делится его свободный член, равный 1*2*3*…*( р - 1) + 1.
Обратно. Если р - не простое, то найдется делитель d числа р, l < d < p. Тогда ( р - 1) делиться на d, поэтому ( р - 1) + 1 не может делиться на d и, значит, не может делиться также и на р. Следовательно, сравнение
( р - 1) + 1 0 (mod p) не выполняется.
.2 Случай составного модуля.
Сравнение
(1)
где - произвольный многочлен с целыми коэффициентами,
, n > 1 и попарно простые, равносильно системе:
(2)
Замечание. Число решений сравнения (1) равно произведению числа решений каждого из сравнений системы (2). Если хотя бы одно из сравнений системы (2) не имеет решений, то система несовместна и, следовательно, сравнение (1) не имеет решений.
Сравнение вида
()
где - целые положительные, а - простые числа, также равносильно системе:
()
Решение этой системы сводится к решению сравнений вида
, (3)
решение которой, в свою очередь, начинается с решения сравнений
. (4)
Путем непосредственных испытаний вычетов по модулю p находятся все решения сравнения (4). Пусть
- (5)
одно из решений сравнения (4). Для этого решения составляется сравнение
( - первая производная функции f(x) при ), из которого находится , или ( при , не делящимся на p). После подстановки значения в равенство (5) находим:
. (6)
Далее решается сравнение , из которого находим или , и после подстановки в (6) получим:
. (7)
Вычисление продолжаем до тех пор, пока не получим , или
. (8)
Решение (8) и является решением сравнения (3).
Если окажется, что делится на р, то решения для не будет, следовательно, и решение (5) не будет решением сравнения (3).
Практическая часть
1)Заменить сравнение - 10х + 13 0 (mod 59)
эквивалентным сравнением с коэффициентом при старшем члене, равным 1.
Решение.
Решаем сравнение 27 1 (mod 59) и находим = 35. Данное нам сравнение эквивалентно сравнению
0 (mod 59),
т. е. сравнению 0 (mod 59).
Ответ. 0 (mod 59).
2)Сравнение 0 (mod 7)
заменить эквивалентным сравнением степени, меньшей, чем 7.
Решение.
Заменим на = , на , на х. Таким образом, заданное сравнение эквивалентно сравнению
0 (mod 7),
т. е. сравнению 0 (mod 7).
Ответ. 0 (mod 7).
3) = 31 удовлетворяет сравнению 11 65 (mod 103).
Найти все решения этого сравнения.
Решение.
Очевидно, что вместе с классом этому сравнению удовлетворяет класс . Коэффициент при старшем члене 11 не делится на простой модуль 103, поэтом сравнение не может иметь больше двух решений.
Ответ. .
) Сравнению удовлетворяют классы . Имеет ли это сравнение еще одно решение?
Решение.
Деля на
1),
так что r(х) = 0, и, следовательно, это сравнение имеет три решения.
Ответ. Сравнение имеет три решения.
4)Сколько решений имеет сравнение: ?
Решение.
Имеем .
Поэтому и 5 - квадратичный вычет по модулю 29 (сравнение имеет 2 решения).
Ответ. Сравнение имеет 2 решения.
) Сколько решений имеет сравнение:
Решение.
Имеем .
Поэтому и 3 - квадратичный невычет по модулю 29 (сравнение не имеет решений).
Ответ. Сравнение не имеет решений.
) Решить сравнение: .
Решение.
Испытывая вычеты 1, 2, 3 находим:
.
Ответ. .
) Решить сравнение, предварительно приведя его к двучленному сравнению.
.
Решение.
Умножив все члены сравнения на 12, получим:
или
,
где y = .
Сравнение имеет решения y
Теперь для решения исходного сравнения надо решить сравнения:
6x+7 2
x+7 -2
решая которые, получаем
( mod 17).
) Решить сравнение .
Решение.
Умножим обе части сравнения на число 20, где (20,11) = 1. Получим сравнение
,
.
Обозначим = z. Итак, , или .
Решим это сравнение методом проб. Испытывая числа 0,1,2,…,10, видим, что сравнение имеет решения: z=2 и z=9, т.е.
= 2 + 11t и z = 9 + 11t.
Т.к. , то , т.е.
, ;
при t = 9 имеем и при t = 2 .
Данное решение имеет решения 3 и 10,т.е. ему удовлетворяют целые числа вида:
,
Ответ. ,
.
) Решить сравнение:
.
Решение.
Используем метод проб, подвергая проверке числа, взаимно простые с модулем, так как (1,16)=1, т.е. числа 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15. Искомые решения:
, , , .
Ответ. , , , .
Заключение
В работе изложены основы теории сравнений. Задача данной курсовой работы разработка учебного пособия, которое содержит достаточный теоретический и практический материал.
В данной работе достаточно полно изложены основные моменты теории, они иллюстрируются примерами, которые позволяют глубже понять рассматриваемые вопросы.
Материал курсовой работы может быть использован как при изучении соответствующего курса теории чисел, так и для спецкурсов по алгебре, в частности, для тех специальностей, на которых нет курса теории чисел, уже на младших курсах обучения.
Приведенный список