Лекция Сравнения Определение Целое число a сравнимо с целым числом b по модулю m(m натуральное число), если a и b при делении на m дают одинаковые остатки. Записывают этот факт так: a b(mod m). Например, нечетные числа 3 и 7 имеют одинаковые остатки при делении на 2 . Остатки, как легко видеть, равны 1. Поэтому 3 7 (mod 2). Примечание Название операции – сравнение по модулю не случайно, ибо происходит от латинского modulus, что в переводе на русский язык означает «мера», «величина». Определение сравнения было сформулировано в книге К.Ф.Гаусса «Арифметические исследования», изданной в 1801 г. Чтобы понять определение и, как говорится, его «почувствовать», выполним несколько упражнений. Упражнение 1. Выберите все числа из следующего списка, сравнимые с 10 по модулю 7: 3, 22, 17, 38, 33, 8. (Проверьте себя - верный ответ – 3,38,17). Свойства сравнений Свойство 1 Любые два числа сравнимы по модулю 1. Доказательство Обоснование этого факта очевидно, ибо все числа делятся на 1 нацело, и остаток от деления на 1 равен 0. Свойство 2 Если a b(mod m), b c(mod m), то a c(mod m). Доказательство. Пусть a b(mod m), тогда справедливо равенство a – b = mt1, где t1 - целое число. Тогда a = b +mt1 Аналогично, b = c +mt2. Тогда разность a – c = b + mt1 – c = c + mt2+ mt1 – c = mt2 + mt1 = m(t1 + t2) также делится нацело на m. Поэтому и справедливо a c(mod m). Свойство 3. Пусть a b(mod m), c d(mod m). Тогда a + c b + d(mod m). Доказательство Поскольку a b(mod m), то a = b +mt1. Эту запись мы уже использовали при доказательстве свойства 2. Так как b c(mod m), то c = d +mt2. Тогда после сложения a + c = b +mt1 + c = d +mt2 = b + d + m(t2 + t1 ). Таким образом, нужное утверждение доказано. Свойство 4. Если a b(mod m), c d(mod m), то a - c b - d(mod m). Доказательство этого свойства полностью аналогично доказательству свойства 3. Свойство 5. Если a b(mod m), с d(mod m), то a∙c b∙d(mod m). Доказательство a b(mod m), значит a = b +mt1. c d(mod m), то c = d +mt2. Тогда a∙c = ( b +mt1)∙( d +mt2)= bd + bmt2 + dmt1+ m2t1t2 = bd + m(bt2 + dt1 + mt1t2). Свойство доказано. Далее мы уже не будем приводить доказательства всех свойств, а, наоборот, хотим, чтобы Вы сами сделали это. Более того, это будет предложено в качестве задач для самостоятельного решения. Свойство 6. Если a b(mod m), k – целое число, то ak bk(mod m). Свойство 7. Если a b(mod m), k – натуральное число, то ak bk(mod m). Объединяя свойства 3, 5, 6 и 7, получим Свойство 8. Если a b(mod m), с d(mod m), e f(mod m), то n a ∙ c + e b∙ dn + f(mod m). Прежде, чем продолжить ряд свойств, остановимся на свойстве 6 подробнее. Напоним свойство 6. Если a b(mod m), k – целое число, то ak bk(mod m). Получается, что умножать сравнения на число можно. А можно ли делить? Как Вы считаете, можно ли «сократить» на 3 следующее сравнение: 3 33(mod 10)? Конечно можно, так как 1 11(mod 10) – верное равенство. Данный пример дает положительный ответ. Тогда рассмотрим еще один пример: 4 2 (mod 2). Можно ли здесь также сократить сравнение на 2? Однако здсь ответ отрицательный. Оказалось, что «сократить» это сравнение нельзя, так как при сокращении оно из верного равенства превращается в неверное: 2 не сравнимо по модулю 2 с 1. Значит, не все так просто. Поэтому предлагаем следующую формулировку. Свойство 9. Обе части сравнения можно разделить на их общий знаменатель, взаимно простой с модулем. Доказательство. Пусть a b(mod m),d = НОД(a,b). Тогда a = a1∙d, b = b1∙d, где a1 , b1- некоторые целые числа. По условию a - b делится на m . a – b = a1∙d - b1∙d = (a1 - b1)d = mt. Итак, произведение (a1 - b1)d делится нацело на m. Но, НОД(d, m)=1, поэтому делиться на m может только a1 - b1. Это значит, что a1 b1(mod m). Можно продолжать формулировать свойства сравнений. Однако, хотелось бы предложить это сделать Вам, учащиеся. Предлагаем самостоятельно сформулировать (в крайнем случае, найти в какой-нибудь книге) еще одно свойство, не приведенное выше. Чтобы интуиция Вас не подвела, и не получилось ложного утверждения, приведите еще и доказательство этого свойства. Вы непременно заметите, какая это увлекательная деятельность – искать что-то новое. А вдруг Ваше свойство не окажется ни в каких книжках. Это будет лично Ваше достижение. Словом, дерзайте. А теперь рассмотрим несколько задач. Задача 1. Найти остаток от деления 11210 на 5. Решение Найти ответ на вопрос задачи, это еще и указать целое число (от 0 до 4), которое сравнимо с 112 по модулю 5. Как известно, 112 2(mod 5). Тогда по свойству 7 имеем, что 11210 210(mod 5). 10 Очевидно, что 2 легче посчитать, однако, еще и все, знакомые с компьютером, на память скажут, что это 1024. Поскольку 1024 4(mod 5), то легко получаем ответ. Ответ: 4. Приведем сокращенную запись решения. 112 2(mod 5) по свойству 7 11210 210(mod 5) 1024(mod 5) 4(mod 5). Ответ: 4. Примечание. Если бы степень была существенно больше 10, то можно было дать ответ, не прибегая к явному возведению 2 в степень. Попробуйте найти это решение. Задача 2. Найти остаток от деления 1025 + 3117 на 10. Решение Теперь уже будем записывать решение в краткой форме. 102 2(mod 10) по свойству 7 1025 25(mod 10) 32(mod 10) 2(mod 10). 311 1(mod 10) по свойству 7 3117 17(mod 10) 1(mod 10). По свойству 3 1025 2(mod 10) 3117 1(mod 10) _______________ 1025 + 3117 2 + 1(mod 10) 3(mod 10) Ответ: 3. Упражнение 3 В качестве тренировки найдите остаток от деления 1210∙78 + 57 на 3. (Ответ – 2) Рассмотрим еще одну задачу из класса олимпиадных задач по математике. Представленное ниже решение значительно проще. Задача 3. Доказать, что при любом натуральном n число 37n+2 + 16n+1 + 23n делится нацело на 7. Решение 37 2(mod 7), так как 37 = 5∙7 + 2. 16 2(mod 7), так как 16 = 2∙7 + 2. 23 2(mod 7), так как 23 = 3∙7 + 2. Тогда по свойству 7 По свойству 3 37n+2 2n+2 (mod 7). 16n+1 2n+1 (mod 7). 23n 2n (mod 7). ____________________ 37n+2 + 16n+1 + 23n 2n+2 + 2n+1 + 2n (mod 7). Однако, 2n+2 + 2n+1 + 2n = 2n(22 + 2 + 1) = 7∙2n Это значит, 37n+2 + 16n+1 + 23n 7∙ 2n (mod 7). Но число 7∙2n делится на 7 нацело, значит, его остаток при делении на 7 равен 0. Следовательно, 7∙2n(mod 7) 0 37n+2 + 16n+1 + 23n. Это значит, что 37n+2 + 16n+1 + 23n делится на 7 нацело. Нужное утверждение доказано. Задачи для самостоятельного решения 1. Найти остаток от деления а) 31520 на 15; б) 1021300 на 3; в) 5100 + 1310 на 4; г) 11100 ∙ 222 на 5. 2. Найти остаток от деления 520 ∙ 619 - 910 + 134 на 4. 3. Доказать, что на 3105 + 4105 делится нацело на 181. 4. Найти остаток от деления (96746 + 28)15 на 39. 5. При делении натурального числа n на 3 получается остаток 1, а при делении n на 37, остаток равен 33. Найдите остаток от деления n на 111. 6. Доказать, что p2 – q2 делится нацело на 24, если p, q – простые числа, большие 3. 7. Доказать, что если натуральное число делится на 99, то сумма его цифр в десятичной записи не менее 18. Часть 2. Решение сравнений первой степени. Определение ax b (mod m), где a, b Z , m N называют сравнением первой степени. Решить сравнение, значит, найти x по модулю m. Пример Решить сравнение первой степени 5x 9 (mod 11). Решение Из 5x 9 (mod 11) следует, что 5x – 9 = 11t или 5x – 11t = 9. Имеем линейное уравнение с двумя неизвестными, которое мы умеем решать в целых числах. НОД(5,11) = 1. Поэтому решение этого уравнения ищем в виде x 11k x0 , где x0, t0 - частное решение уравнения, k,m-целые числа. t 5m t0 Найдем частное решение уравнения, причем такое, что x0- лежит между 0 и 10, так как мы решаем сравнение по модулю 11. А ведь остатки от деления на 11 лежат между 0 и 10. Очевидно, что такое решение всегда существует, если вообще есть решение уравнения. Поэтому, осуществим некоторый перебор от 0 до 10. Пусть x0= 0. Тогда при подстановке этого значения имеем 0 – 11t0 = 9, 9 что требует нецелого t0 (равного ). Значит, такое x0 нас не удовлетворит. 11 4 Пусть x0= 1. Получим 5∙1 - 11t0 = 9, откуда t0 = . Опять нецелое число. 11 Проверки для x0= 2 и x0= 3 также приводят нецелому значению t0. Однако, при x0=3 получаем 5∙4 - 11t0 = 9 или 11t0 = 11. Это уравнение имеет целое решение t0 = 1. Тогда можно выписать решение для x: x = 11k + 4. Последняя запись, означает, что остаток от деления x на 11 равен 4, то есть x 4 (mod 11). Ответ: x 4 (mod 11). Задачи для самостоятельного решения. Решите сравнения а) 5x 3 (mod 12); б) 6x 7 (mod 3); в) 9x 6 (mod 3); г) 7x 9 (mod 17); д) 256x 179 (mod 337).