Лекция 1 Матрицалар және анықтауыштар
жүктеу/скачать 1,93 Mb.
|
Конспект лекции Алгебра және сандар теориясы
- Бұл бет үшін навигация:
- 5-теорема
- 7-теорема .
- Алғашқы түбір.
- Жай модуль бойынша индекстер.
| Дәлелдеу. c0y≡1(mod p) бірінші дәрежелі салыстыруын қарастырайық. р с0, онда (с0, р) = 1 (с0 мен р – өзара жай), сондықтан салыстырудың шешімі бар. Осы салыстыруды қанағаттандыратын у0 санын табамыз, яғни c0y0 ≡ 1(mod p). Онда c0xn + c1xn-1 + . . . + cn ≡ 0(mod p) салыстыруы эквивалентті (c0 y0) xn + (c1 y0) xn-1 + . . . + (cn y0) ≡ 0 (mod p) салыстыруына, олай болса ол xn + b1xn-1 + . . . + bn ≡ 0 (mod p) салыстыруына да эквивалентті, мұндағы
b1≡ c1y0 (modp) . . . bn ≡ cn y0 (mod p). 1-мысал: Берілген салыстыруды аға мүшесінің коэффициенті 1-ге тең болатын салыстырумен алмастыру 27 х3 + 14 x2 – 10 х + 13 = 0 (mod 59) 27 у0 = 1(mod 59) салыстыруын шешіп, у0= 35. Сонда х3 + 14 ∙35 x2 – 10 ∙35 х + 13 ∙35 = 0 (mod 59), яғни х3 + 18 x2 + 4 х − 17 = 0 (mod 59) 2-теорема: f(x) және g(x) бүтін коэффициенті көпмшеліктер болса, онда жай модуль бойынша: f(x) ≡ 0(mod p) (1) f(x) – (хp – x0)g(x) ≡ 0(mod p). (2) Дәлелдеу. x0 (1) салыстыруын қанағаттандырсын, яғни f(x0) ≡ 0(mod p). Ферма теоремасы бойынша кез келген x0 үшін (хp – x0) ≡ 0(mod p), онда (x0 ) - (x0p - x0 )g(x0 )≡0(mod p)Егер x0 (2) салыстыруын қанағаттандырса, онда Ферманың теоремасын қолданып, (x0 ) ≡ (х0p – x0 )g(x0 ) ≡ 0(mod p) , олай болса (1) және (2) эквивалентті. Бұл теоремадан келесі теорема шығады. 3-теорема: р жай модуль бойынша салыстырудың дәрежесі осы модульден үлкен не тең болса, онда оны дәрежесі р-дан кіші эквивалентті салыстырумен алмастыруға болады. Осы теоремаға сай f(x) ≡ 0(mod p) және r(x) ≡ 0(mod p) эквивалентті. 2-мысал: x16 + 3 x8 −5 x7 −x4 + 6 x−2 ≡ 0 (mod 7) дәрежесі 7 -ден кіші салыстырумен алмастыру. x16 –ні x16 – 2·6 -мен, x8 –ді x2 -мен, x7 -ні x-пен алмастырамыз. Сонда (x4+3x2-5x)–x4 + 6 x–2 ≡ 0 (mod 7) ⇒ 3x2 + x − 2 ≡ 0 (mod 7). 4-теорема: Егер f(x), g (x ), h (x), r(x) – бүтін коэффициентті көпмүшеліктер ( f(x ) = g (x)h (x) + r(x) ) және r(x)-тің барлық коэффициенттері р жай санына бөлінсе, онда f(x) ≡ 0(mod p) салыстыруының кез келген шешімі g(x) ≡ 0(mod p), h(x) ≡ 0(mod p) салыстыруларының ең болмаса біреуінің шешімі болады. 3-мысал: x4 + 18x2 + 5 ≡ 0 (mod 31) салыстыруының сол жағын (x2 - 4 )(x2 - 9) + (31x2 − 31) түрінде жазайық. x2 − 4 ≡ 0 (mod 31) , x2 − 9 ≡ 0 (mod 31) ⇒ x ≡ ±2 (mod 31) және x ≡ ±3 (mod 31) . Бұл 4 қалындылар класында берілген салыстыруды қанағаттандырады. Бұл теорема құрама модуль үшін орындалмайды. Мысалы: x2 + 4x = x (x + 4) ≡ 0 (mod 12) салыстыруын класс 6 қанағаттандырады, алайда ол x ≡ 0 (mod 12), x + 4 ≡ 0 (mod 12) салыстыруларын қанағаттандырмайды. 5-теорема: Жай модульді n дәрежелі салыстырудың шешімдері n-нен аспайды. 4-мысал: 11 x2≡65(mod 103) салыстыруын x0=31 қанағаттандырады. Осы салыстырудың барлық шешімін табу керек. 31 класы да осы салыстыруды қанағаттандырады. Коэффициент 11 саны 103-ке бөлінбейді, сондықтан салыстырудың 2-ден артық шешімі жоқ. 6-теорема: Егер модуль m-нің канондық жіктелуі болса, онда f(x) ≡ 0(mod p) (1) салыстыруы келесі салыстырулар жүйесіне эквивалентті: (2) 7-теорема. (1) салыстыруының шешімдер саны k1 ∙ k2 ∙…∙ ks болады, мұндағы k1, k2 ,…,ks сәйкесінше (2) жүйедегі салыстырулардың әрқайсысының шешімдері. Мысал. х2 – 3x + 23 ≡ 0 (mod63) салыстыруын шешу. Салыстыру төмендегі жүйеге эквивалентті: х2 – 3x + 23 ≡ 0 (mod 7) ⇒ x ≡ 1 (mod 7) және x ≡ 2 (mod 7), х2 – 3x + 23 ≡ 0 (mod 9) ⇒ x ≡ 4 (mod 9) және x ≡8 (mod 9). Енді төмендегі алынған 4 жүйені шешу керек: Сонда: 1) x ≡ 22 (mod 63), 2) x ≡ 8 (mod 63), 3) x ≡ 58 (mod 63), 4) x ≡ 44 (mod 63). Алғашқы түбір. модулі жай сан болсын, яғни . Осы үшін алғашқы түбір табылатындығын қарастырайық. Ол үшін мынадай лемманы дәлелдейік. Лемма. , , . модулі бойынша саны көрсеткішіне саны көрсеткішіне тиісті болсын. Егер болса, онда модулі бойынша көрсеткішіне тиісті болады. 8-теорема. Кез келген жай модуль үшін ең болмағанда бір алғашқы түбір табылады. Дәлелдеу. , , . Сонда 1 алғашқы түбір, -жай сан және . Мынандай салыстыру қарастырайық: . (2) Осы салыстырудың -ден аспайтын шешуі болады. Сондықтан сандардың арасынан (2)-нің шешімі болмайтын бір сан табылады, яғни . (3) санын алайық. Осы санның модулі бойынша көрсеткішіне тиісті екендігін көрсетейік, яғни . Егер -дің көрсеткіші болса, онда бөлгіші болады. , , болсын. Онда . Оны дәрежелесек, онда . Бұл (3)-ке қайшы. Демек, және саны көрсеткішіне тиісті. cанын алайық. cандары өзара жай сандар, онда санының көрсеткіші сандарының көрсеткіштерінің көьейтіндісіне тең, яғни . Жай модуль бойынша индекстер. cаны модулі бойынша алғашқы түбір болсын, яғни . - қалындылардың келтірілген жүйесі және болсын. 1-анықтама: санының модулі бойынша негізіндегі индексі деп салыстыруын қанағаттандыратын санын айтамыз және оны деп белгілейді. 5-мысал: , модулі бойынша алғашқы түбір , . 7 санының 11 модулі бойынша 2 негізіндегі интексін табу керек, яғни шешімін табу. Ол үшін –ні дәрежелейіе. Сонда , , , , , , , , , . Осыдан , . жүктеу/скачать 1,93 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|