UMC_Numtheory

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского
С.А.Тюрин
Методические материалы
учебно-методического комплекса по курсу
«Теория чисел»
Учебно-методическое пособие
Рекомендовано объединенной учебно-методической комиссией
филиалов и факультета подготовки региональных кадров ННГУ
для студентов, обучающихся по направлению подготовки
01.03.02 «Прикладная математика и информатика»
Нижний Новгород
2014
УДК 511.2 (075.8)
ББК В13 (Я73)
Т-98
Т-98
Тюрин С.А.
МЕТОДИЧЕСКИЕ МАТЕРИАЛЫ УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОГО КОМПЛЕКСА
ПО КУРСУ «ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ»: Учебно-методическое пособие. – Нижний Новгород:
Нижегородский госуниверситет, 2014. – 38 с.
Рецензент: кандидат физ.-мат. наук, доцент Г.А. Разуваев
Пособие содержит программу курса «Теория чисел», краткий конспект лекций, темы
практических занятий, вопросы к коллоквиуму, примеры решения задач и упражнений по
всем разделам курса, варианты экзаменационных билетов. Многие из рассмотренных упражнений решены несколькими различными методами, что позволяет расширить кругозор студентов и приобрести умения и навыки решения задач по данному курсу.
Пособие предназначено для студентов, обучающихся по направлению подготовки
«Прикладная математика и информатика».
Ответственный за выпуск:
председатель объединенной учебно-методической комиссии
филиалов и ФПРК
к.т.н., доцент Д.Н. Шуваев
УДК 511.2 (075.8)
ББК В13 (Я73)
© Тюрин С.А., 2014
© Нижегородский государственный
университет им. Н.И. Лобачевского, 2014
СОДЕРЖАНИЕ
Область применения………………………………………………………………….4
Цели и задачи дисциплины…………………………………………………………..4
Требования к уровню освоения дисциплины……………………………………….4
Объем дисциплины и виды учебной работы………………………………………..4
Содержание дисциплины……………………………………………………………..5
5.1. Разделы дисциплины и виды занятий………………………………………..5
5.2. Содержание разделов дисциплины…………………………………………..5
5.3. Краткий конспект лекций…………………………………………………….6
5.4. Темы практических занятий……………………………………… ………...17
5.5. Вопросы к коллоквиуму……………………………………………………..17
5.6. Примеры решения задач……………………………………………………..18
5.7. Варианты экзаменационных билетов……………………………………….35
6. Учебно-методическое обеспечение дисциплины………………………………….37
6.1. Рекомендуемая литература……………………………………… …………37
7. Материально-техническое обеспечение дисциплины…………………………….37
8. Критерии оценок…………………………………………………………………….37
1.
2.
3.
4.
5.
1. ОБЛАСТЬ ПРИМЕНЕНИЯ
Курс «Теория чисел» относится к циклу математических и естественнонаучных дисциплин основной образовательной программы по направлению подготовки «Прикладная математика и информатика», преподаётся на 2 курсе в 4 семестре.
2. ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ ДИСЦИПЛИНЫ
Целью освоения дисциплины «Теория чисел» является ознакомление студентов с основными понятиями теории чисел и методами решения теоретических и прикладных задач.
3. ТРЕБОВАНИЯ К УРОВНЮ ОСВОЕНИЯ ДИСЦИПЛИНЫ
Освоение данной дисциплины базируется на знаниях математики в рамках программы
среднего общего образования, а также на знаниях, умениях и навыках, полученных при
изучении курсов «Линейная алгебра и геометрия» и «Математический анализ».
Освоение данной дисциплины найдет применение при решении определенных задач,
поставленных в курсовых и дипломных работах, а также в дальнейшей профессиональной
деятельности.
В результате освоения дисциплины обучающийся должен:
Знать основные факты о делимости, простых числах, сравнениях, кольце классов
вычетов, цепных дробях и их приложениях, показателе числа по данному модулю, приложениях теории сравнений.
Уметь решать задачи на делимость целых чисел, находить НОД и НОК чисел, решать задачи на простые числа, сравнения, на теоретико-числовые функции, на
цепные дроби.
Владеть навыками математических рассуждений, умением следить за логическим
выводом и доказательствами, навыками применения математических моделей
для решения профессиональных задач.
4. ОБЪЕМ ДИСЦИПЛИНЫ И ВИДЫ УЧЕБНОЙ РАБОТЫ
Виды учебной работы
Общая трудоемкость дисциплины
Лекции
Практические занятия (ПЗ)
КСР
Самостоятельная работа
Вид итогового контроля
Всего часов
90
34
34
34
22
Экзамен
4
5. СОДЕРЖАНИЕ ДИСЦИПЛИНЫ
5.1. Разделы дисциплины и виды занятий
№№
п/п
Раздел дисциплины
Лекции Практические Самостоятельная
(час)
занятия (час)
работа (час)
1.
Теория делимости
8
8
5
2.
Цепные дроби
8
8
5
3.
Теория сравнений
9
9
6
4.
Первообразные корни и индексы
9
9
6
5.2. Содержание разделов дисциплины
1.
Теория делимости
Теорема о делении с остатком. Свойства делимости. Простые и составные числа.
Теорема Евклида. Решето Эратосфена. Основная теорема арифметики. НОД и НОК.
Алгоритм Евклида. Взаимно простые числа. Функция [x].
2.
Цепные дроби
Конечные цепные дроби. Подходящие дроби и их свойства. Разложение рационального числа в цепную дробь. Обращение цепной дроби. Бесконечные периодические
цепные дроби. Разложение квадратичной иррациональности в периодическую цепную дробь. Теорема Лагранжа. Приближение действительных чисел подходящими
дробями.
3.
Теория сравнений
Сравнения и их свойства. Классы вычетов. Операции над классами. Кольцо классов
вычетов. Полная и приведенная системы вычетов. Теоремы Ферма и Эйлера. Сравнения первой степени с одним неизвестным. Неопределенные уравнения. Системы
сравнений первой степени. Китайская теорема об остатках.
4.
Первообразные корни и индексы
Показатель и его свойство. Первообразные корни. Существование первообразного
корня по простому модулю. Индексы и их свойства. Двучленные сравнения n-ой
степени по простому модулю. Решение показательных сравнений. Сравнения 2-ой
степени по простому модулю. Критерий Эйлера. Символ Лежандра и его свойства.
Закон взаимности для символа Лежандра. Символ Якоби и его свойства. Приложения теории квадратичных вычетов. Простые делители квадратичных форм.
5
5.3. Краткий конспект лекций
Лекция 1
Теорема о делении с остатком. Делимое, делитель, частное, остаток. Единственность.
Делитель, кратное. Теорема: Число b>0 является делителем числа a тогда и только тогда,
когда остаток от деления равен нулю. Обозначение: b|a.
Свойства делимости.
1) a|a
2) 1|a 3
) b|a±b|±a
4) c|b, b|ac|a
5) b|a, k≠0kb|ka
6) kb|ka, k≠0b|a
7) b|ab|ac
8) c|a, c|bc|a±b
9) c|a1, c|a2, ..., c|an c|a1b1+a2b2+...+anbn
10) b1|a1, b2|a2, ..., bn|anb1b2...bn|a1a2...an
11) b|abn|an
Простое число. Составное число.
Теорема. Наименьший положительный делитель не равный 1 является простым числом.
Теорема. Любое натуральное число большее 1 является либо простым, либо произведением простых чисел.
Разложение на простые множители. Равносильные разложения.
Основная теорема арифметики. Любое натуральное число большее 1 раскладывается на простые множители единственным образом.
Лекция 2
Каноническое разложение натурального (целого) числа.
Теорема. Пусть p-простое. Тогда p|abp|a или p|b.
Теорема о каноническом разложении делителя.
Теорема Евклида. Множество простых чисел бесконечно.
Решето Эратосфена.
Теорема. Если натуральное число n  1 не делится ни на одно простое, не превосходящее n , то оно простое.
Теорема. Если в множестве [2,N] вычеркнуть все числа, кратные первым r простым числам, то первое незачеркнутое число – простое.
Алгоритм нахождения простых чисел.
НОК и НОД
Общее кратное. Примеры. НОК. Теорема. НОК| ОК Обозначение
Общий делитель. 1 – ОД. Множество ОД – конечно. Определение: НОД – ОД, который
делится на все ОД. Обозначение.
Теорема. НОД существует (=НОК всех ОД)
6
Взаимно простые числа.
Теорема: d=(a1,a2,...,an)a1/d, a2/d, ...an/d – взаимно простые.
Теорема. 1) Если (a1,a2,...,an)=d, то (ka1,ka2,...,kan)=kd
2) Если k=ОД, то (a1/k, a2/k,...,an/k)=d/k.
Теорема. Пусть m=[a,b], d=(a,b). Тогда md=ab.
Для трех чисел это утверждение неверно.
Следствие. a и b взаимно просты  [a,b]=ab.
Лемма. a=bлюбой делитель одного числа является делителем второго и наоборот.
Теорема. (a1,a2,...,an)=((a1,a2,...,an-1),an).
Лекция 3
Свойства взаимно простых чисел:
1) c|ab и (a,c)=1c|b.
2) (a,c)=1(ab,c)=(b,c).
3) (a,c)=1 и (b,c)=1(ab,c)=1.
Нахождение НОК и НОД разложением на простые множители.
Алгоритм Евклида.
Свойство НОД. Теорема. a,b u,vZ такие, что au+bv=d – НОД
Следствие. Числа a и b взаимно простые  u,vZ такие, что au+bv=1.
Целая часть действительного числа.
Определение [x]. n≤x<n+1, {x}=x-[x]
Теорема. Пусть x>0, xR, dN. Количество натуральных чисел, кратных d и не превосходящих x, равно [x/d].
Теорема. [x/d]=[[x]/d]. Следствие. [x/mn]=[[x/m]/n].
Теорема. Пусть nN и p - простое число. Тогда показатель кратности, с которым число p
входит в разложение n!, равен [n/p]+[n/p2]+[n/p3]+... .
Пример: p=5, n=50, k=12.
Лекция 4
Числовые функции. (n), (20)=6.
Теорема. Если n=p1k1p2k2...psks, то (n)=(k1+1)(k2+1)...(ks+1).
 ( n)   d , (20)=42.
d |n
Теорема.  (n) 
k s 1
p1k 1  1 p2k 1  1
p 1

 ...  s
.
p1  1
p2  1
ps  1
1
2
Совершенные числа. Примеры: 6,28. Проблема существования нечетных совершенных
чисел. Вид четных совершенных чисел: p  2k 1  (2k  1) , если в скобке стоит простое число.
Функция Эйлера (n). Вид (p), (pn).
Мультипликативные и вполне мультипликативные функции.
Примеры: 1) (n), (n) 2) n 3) (n)- без доказательства, 4) функция Мёбиуса.
7
Числовой интеграл. F (n)   f (d ) .
d |n
Теорема. Если f – мультипликативна, то и F – мультипликативна, причем
F ( n)   [1  f ( p )  f ( p 2 )  ...  f ( p k )] .
p|n
  (d )  n .
Примеры числовых интегралов: 1) 1 2) n 3) Формула Гаусса
d |n
Лекция 5
Конечные цепные дроби.
Цепные дроби. Определение. Запись   q0 , q1 ,..., qn  . Длина цепной дроби.
Цепная дробь – рациональное число. Пример: <2,7,3>=47/22.
Теорема. Любое рациональное число может быть представлено конечной цепной дробью.
Пример: 73/34=<2,6,1,4>.
Теорема. Разложение рационального числа в цепную дробь единственно.
Подходящие дроби  k для цепной дроби   q0 , q1 ,..., qn  . Рекуррентные последовательности
P
P0  q0 , P1  q0 q1  1, Pk  Pk 1qk  Pk  2
Теорема. k   k .
Qk
Q0  1, Q1  q1 , Qk  Qk 1qk  Qk  2.
Таблицы для вычисления подходящих дробей.
Свойства подходящих дробей
1) Pk Qk 1  Pk 1Qk  (1) k 1 ;
2) Несократимость подходящих дробей ;
3)
Pk
Qk

Pk 1
Qk 1

(1) k 1
Qk Qk 1
,
Pk
Qk

Pk 1
Qk 1

( 1) k 1
Qk Qk 1

1
Qk Qk 1
;
4) Знаменатели подходящих дробей возрастают: Qk  Qk 1  Qk 2 ;
5) Pk Qk  2  Pk  2Qk  (1) k qk ;
6) Дроби с четными номерами возрастают, с нечетными убывают;
7) Из двух соседних дробей дробь с четным номером меньше;
8) Любая дробь с четным номером меньше любой дроби с нечетным номером;
9) Расстояния между соседними подходящими дробями уменьшаются.
Лекция 6
Бесконечные цепные дроби   q0 , q1 ,..., qn ,... 
Теорема Существует предел последовательности подходящих дробей.
Определение БЦД (бесконечной цепной дроби):   lim  n .
n 
Полное и неполное частные БЦД:   q0 , q1 ,...,  n  .
P  P
P   Qn  2
Теорема   n 1 n n  2 ,  n  n  2
.
Qn 1  n  Qn  2
 Qn 1  Pn 1
Теорема  n  qn , qn 1 ,...  и qn    n  .
Теорема Любое иррациональное действительное число может быть разложено в БЦД.
Теорема. Разложение иррационального числа в БЦД единственно.
8
Квадратичная иррациональность. Пример и контрпример.
Периодическая БЦД.
s  0, k  0n  s  qn  qn  s
Критерий периодичности: s  0, k  0 :  s   s  k
Теорема. Любая периодическая БЦД есть квадратичная иррациональность.
P   Qs  2
 s  s2
 Qs 1  Ps 1
Нахождение квадратного уравнения для периодической БЦД.
Лемма о дискриминанте. Пусть  -квадратичная иррациональность с дискриминантом
D  B 2  AC . Тогда любое полное частное  n является квадратичной иррациональностью с
тем же дискриминантом.
Теорема Лагранжа. Любая квадратичная иррациональность разлагается в периодическую
БЦД.
Пример: 8  2, (1, 4) 
Лекция 7
Приближение иррациональных чисел подходящими дробями.
  n 
1
2Qn Qn 1
1
Qn Qn 1
,   n 
   n 
1
2
n
Q
,   n 
1
Qn (Qn  Qn 1 )
,
1
Qn Qn 1
Наилучшие приближения действительных чисел.
Определение:
a
b
- наилучшее приближение к  , если  
x
y

a
b
 yb
a c
Теорема. Пусть    ,  и bc  ad  1 . Тогда ближайший из концов интервала является
b d 
наилучшим приближением к  .
Теорема. Любая подходящая дробь является наилучшим приближением к  .
Применения цепных дробей:
1) Зубчатые колеса; 2) Календарный стиль; 3) Электрические цепи.
Лекция 8
Сравнения. Определение и примеры.
Теорема. a  b(m)  a и b имеют одинаковые остатки при делении на m .
Свойства сравнений:
1) рефлексивность;
2) симметричность;
3) транзитивность;
4) a  b(m)  ka  kb(m) ;
5) ka  kb(m) и (k , m)  1  a  b(m) ;
6) a  b(m), k  0  ka  kb(km) ;
7) ka  kb(km)  a  b(m) ;
8) Сложение и вычитание сравнений;
9
9) Умножение сравнений;
10) Возведение в степень;
11) Если f ( x)  Z [ x], a  b(m)  f (a)  f (b)(m) ;
12) Перенос слагаемых с изменением знака;
13) a  b(m), d m  a  b(d ) ;
14) a  b(m)  множество общих делителей a и m совпадает с множеством общих делителей b и m ;
15) a  b(m1 ),..., a  b(mn )  a  b(M ) , где M - НОК (m1 , m2 ,..., mn ) .
Классы вычетов. Определение, обозначение, пример.
Теорема. a  {a  mt t  Z } . Теорема. a  b  a  b(m) .
Теорема. Если два класса имеют общий элемент, то они совпадают.
Определение: вычет класса.
Теорема. Наименьший неотрицательный вычет класса a равен остатку от деления a на
m.
Теорема. Абсолютно наименьший вычет класса a равен:
1) r , 0  r 
m
2
; 2)  r , r 
m
2
(если m - четное); 3) r  m,
m
2
 r  m.
Теорема. Класс вычетов числа a по модулю m является объединением d классов вычетов по модулю d  m .
Пример.
Лекция 9
Кольцо классов вычетов. Определение кольца.
Операции сложения и умножения классов вычетов. Корректность.
Примеры ( m  5, 6) . Таблицы сложения и умножения.
Теорема. Множество
Zm
классов вычетов по модулю
m
образует коммутативное коль-
цо.
Понятие делителя нуля в кольце. Примеры в кольце
Z6 .
Теорема. Поле не имеет делителей нуля.
Теорема. Кольцо
Zm
является полем тогда и только тогда, когда число m - простое.
Примеры: 1) минимального поля
Z 2 ; 2) обратные элементы в Z 5 .
Полная система вычетов (ПСВ) по модулю m .
Теорема. Любые m чисел, попарно не сравнимые между собой, образуют ПСВ.
Теорема. Пусть a и m - взаимно простые числа и b - любое число. Если x пробегает
ПСВ, то ax  b тоже пробегает ПСВ.
Теорема. Пусть a и b - взаимно простые числа, x пробегает ПСВ по модулю b , y пробегает ПСВ по модулю a , c - любое число. Тогда
ax  by  c пробегает ПСВ по модулю
a b .
Теорема. Все числа одного класса вычетов имеют одинаковый НОД с модулем.
Определение: НОД класса вычетов и модуля. Класс, взаимно простой с модулем. Приведенная система вычетов (ПрСВ).
10
Количество классов вычетов, взаимно простых с m , равно  (m) .
Теорема. Любые  (m) чисел, попарно не сравнимых между собой и взаимно простых с m ,
образуют ПрСВ.
Теорема. Пусть a и m - взаимно простые числа. Если x пробегает ПрСВ, то ax тоже
пробегает ПрСВ.
Теорема. Пусть a и b - взаимно простые числа, x пробегает ПрСВ по модулю b , y пробегает ПрСВ по модулю a . Тогда
ax  by пробегает ПрСВ по модулю
a b .
Следствие. Функция Эйлера мультипликативна.
Лекция 10
Теорема Эйлера. Если a и m - взаимно простые числа, то
a ( m )  1(mod m) . Пример: m  10,  (m)  4, a  3 .
Малая теорема Ферма. Пусть p - простое число и p не делит a . Тогда a p 1  1(mod p) .
Следствие. a p  a(mod p) для любого a  Z .
Сравнения с неизвестной величиной.
Теорема. Пусть f ( x)  Z [ x] . Если a  Z удовлетворяет сравнению f ( x)  0(mod m) , то все
числа класса вычетов a удовлетворяют этому сравнению.
Определение решения сравнения. Способ перебора.
Пример: x3  x  2  0(mod 7), x  1(mod 7), x  3(mod 7) .
Эквивалентные сравнения. Преобразования сравнений:
1) замена коэффициентов;
2) прибавление (вычитание);
3) умножение (деление) обеих частей на число, взаимно простое с модулем;
4) умножение (деление) обеих частей и модуля на натуральное число.
Сравнения 1-ой степени. ax  b(mod m)
Теорема. Если (a, m)  d и d не делит b , то сравнение не имеет решений.
Теорема. Если (a, m)  1 , то существует единственное решение.
Теорема. Если (a, m)  d и d делит b , то существуют d решений, которые образуют
класс вычетов по модулю
m
d
.
Решение Сравнений 1-й степени. ax  b(mod m)
По теореме Эйлера: x  b  a ( m ) 1 (mod m) . Пример: 3x  5(mod 7) , x  5  35  4(mod 7) .
С помощью цепных дробей: (a, m)  1 ,
m
a
 q0 , q1 ,..., qn  ,
Pn 1Qn  Pn Qn 1  ( 1) n , m  Pn , a  Qn , x  (1) n b  Pn 1 (mod m)
Лекция 11
Неопределенные уравнения. a1 x1  a2 x2  ...  an xn  b .
Теорема. Пусть НОД (a1 , a2 ,..., an )  d . Тогда 1) если d не делит b , то решений нет, 2) если
d b , то существует бесконечное множество решений.
11
Теорема. ax  by  c, d  НОД (a, b), d c . Пусть ( x0 , y0 ) -частное решение. Тогда общее решение имеет следующий вид:
b

 x  x0  d t ,
tZ

a
 y  y  t.
0

d
Теорема. Пусть x0 - решение сравнения ax  c(mod b) . Тогда ( x0 ,
c  ax0
b
) -частное решение
неопределенного уравнения.
Системы сравнений. Пусть f1 , f 2 ,..., f n  Z [ x] . Рассмотрим систему сравнений
 f1 ( x)  0(mod m1 )

...............................
 f ( x)  0(mod m )
 n
n
(1)
и пусть M  НОК (m1 , m2 ,..., mn )
Если a  Z удовлетворяет системе, то и весь класс a mod M удовлетворяет системе. Определение решения системы сравнений.
Лекция 12
 x  c1 (mod m1 )
Теорема. Рассмотрим систему 
, d  (m1 , m2 ), M  [m1 , m2 ] . Если d не делит
 x  c2 (mod m2 )
c2  c1 , то система не имеет решений, если d c2  c1 , то существует одно решение.
Обобщение: в случае системы из нескольких сравнений такого вида существует одно решение или система не имеет решений.
Китайская теорема об остатках. Пусть m1 ,..., mn попарно взаимно простые числа и
M  m1  ...  mn .
Пусть
xi -решение
сравнения
M
mi
x  1(mod mi ), i  1,..., n.
Тогда
 x  c1 (mod m1 )

x0 
x1c1  ... 
xn cn - решение системы сравнений ........................ .
m1
mn
 x  c (mod m )
n
n

M
M
 x  2(3)

Пример:  x  3(5) , M  105, x1  2, x2  1, x3  1, x0  233  23(105) .
 x  2(7)

Теорема Вильсона. Если p - простое число, то ( p  1)!  1(mod p) .
Сравнения высшей степени по простому модулю.
Теорема. Сравнение высшей степени равносильно сравнению со старшим коэффициентом, равным 1.
Теорема. Сравнение n -й степени при n  p равносильно сравнению степени меньшей, чем
p.
Теорема. Сравнение n -й степени имеет не более чем n решений.
Сравнения по составному модулю.
12
Теорема. Пусть m  p1k  p2k  ...  psk . Тогда сравнение f ( x)  0(mod m) равносильно системе
1
s
2
 f ( x)  0(mod p1k )

...............................

k
 f ( x)  0(mod ps )
1
сравнений
(2)
s
Теорема. Пусть сравнения системы (2) имеют соответственно l1 , l2 ,..., ls решений. Тогда
сравнение (1) имеет l  l1  ...  ls решений.
Лекция 13
Сравнения вида f ( x)  0(mod p k ) . Вспомогательное сравнение f ( x)  0(mod p) . Строится
последовательность приближений a0 , a1 ,..., ak 1 , так что выполняются условия
ai  ai 1 (mod p i )
для всех i  1, 2,..., k 1. При этом должно выполняться условие p не

i 1
 f (ai )  0 mod( p )
делит f ( a0 ) . Получим ai  a0  c1 p  c2 p 2  ...  ci p i .
Задача: Решить сравнение
x3  2 x  4  0(mod125)
Здесь 125  p 3 , где p  5 .
Рассмотрим многочлен f ( x)  x3  2 x  4 . Его производная f '( x)  3x 2  2 .
Решение сравнения будем искать методом последовательных приближений.
Сначала рассмотрим вспомогательное сравнение
x3  2 x  4  0(mod 5)
Одним из его решений является x  4(mod 5) , поэтому первым приближением будет x0  4 .
При этом f (4)  60  0(mod 5) , f '(4)  46  1(mod 5)
Следующее приближение ищем в виде x1  x0  5t1 . Параметр t1 подбираем так, чтобы
выполнялось условие f ( x1 )  0(mod 25) .
Разлагаем по формуле Тейлора:
f ( x0 )  f '( x0 )  5t1  0(mod 25) ;
60  5t1  0(mod 25) ;
12  t1  0(mod 5) ;
t1  3(mod 5) ; t1  3 , x1  4  5  3  19 .
Следующее приближение ищем в виде x2  x1  25t2 так, чтобы выполнялось условие
f ( x2 )  0(mod125) . Опять разлагаем по формуле Тейлора:
f ( x1 )  f '( x1 )  25t2  0(mod125) ;
6825  1081 25t1  0(mod125) ;
273  1081t1  0(mod 5) ;
3  t2  0(mod 5) ;
t2  2(mod 5) ; t2  2 , x2  19  2  25  69 .
Ответ: x  69(mod125) (это одно из решений).
13
Лекция 14
Показатель класса. Определение Pm ( a ) . Пример: P11 (3)  5 .
Теорема. a  b(mod m)  Pm (a)  Pm (b) .
Теорема. a n  1(mod m)  Pm ( a) n . Следствие. Pm (a)  (m) .
Теорема. a s  a t (mod m)  s  t (mod Pm (a)) .
Пример: последние цифры чисел 7 k : 7,9,3,1.
Теорема. Pm ( a k ) 
Pm ( a )
( Pm ( a ), k )
.
Следствие 1. Pm (a k )  Pm (a )  ( Pm (a), k )  1 .
Следствие 2. Пусть Pm (a)  n . Количество степеней класса a , имеющих такой же показатель n , равно  ( n).
Теорема. 1) Если Pm (a)  n , то классы a, a 2 ,..., a n являются некоторыми решениями сравнения x n  1(mod m) ; 2) Если m - простое число, то эти классы дают все решения этого сравнения.
Первообразные корни. Определение: Pm (a)   (m) .
Контрпример ( m  8 ), пример ( m  7, a  3 ).
Теорема. Если модуль – простое число, то первообразный корень существует. В этом случае количество первообразных корней равно  ( p  1) .
Теорема. Первообразные корни по модулю m существуют только для m  2, 4, p k , 2 p k (
p-
нечетное простое, k >0. (без доказательства).
Лекция 15
Индексы. Определение. Контрпример ( m  10, a  9, b  3 ).
Таблица индексов ( m  11, g  2 ).
Теорема. Пусть g - первообразный корень по модулю m . Тогда для любого числа b , взаимно простого с m , существует такое s , что g s  b(mod m) . Множество таких s совпадает
с неотрицательными числами некоторого класса вычетов по модулю  (m).
Теорема. Пусть g - первообразный корень по модулю m , b и c - взаимно просты с m . Тогда
b  c(mod m)  ind g b  ind g c(mod  (m)) .
Теорема. Пусть g - первообразный корень по модулю m , b и c - взаимно просты с m . Тогда
ind g (bc )  ind g b  ind g c (mod  (m)) .
n
Следствие 1. ind g (b1b2 ...bn )   ind g bi (mod  (m)) .
i 1
Следствие 2. ind g (b )  n  ind g b(mod  (m)) .
n
Двучленные сравнения по простому модулю.
x n  a(mod p) , где p не делит a .
Ax n  B(mod p) . Приводятся к виду
14
Теорема. Пусть d  (n, p  1) . Тогда: 1) если d не делит ind (a) , то сравнение не имеет решений; 2) если d делит ind (a) , то существуют d решений.
Определение. Вычет n -ой степени по модулю p .
Теорема. Вычеты n -ой степени совпадают с вычетами степени d  (n, p  1) .
Замечание. Сравнения x n  a(mod p) и x d  a(mod p ) имеют разные решения.
Теорема. Число классов вычетов n -ой степени равно
p 1
d
.
Пример. n  9, d  3, g  2, y  3, 6,9,12  x  8,12,5,1.
p 1
Теорема. Пусть n p  1 . Тогда a является вычетом n -ой степени  a
n
 1( p) .
Определение. Корень n -ой степени из a .
Теорема. Все корни n -ой степени из a получаются из одного умножением на все корни
n -ой степени из 1 .
Показательные сравнения. a x  b(mod m) .
Пример: 4 x  9(13) . x1  4(12), x2  10(12).
Лекция 16
Сравнения 2-ой степени по простому модулю ( p  2).
Ax 2  Bx  C  0( p)  x 2  a( p) .
Число решений равно 0 или 2: x  x0 ( p), x   x0 ( p) .
Определение: квадратичный вычет и невычет.
Пример: x 2  2(5) не имеет решений.
p 1
Критерий Эйлера. a - квадратичный вычет, если a
2
 1( p) и квадратичный невычет, если
p 1
a
2
6
6
 1( p) . Пример: p  13, 2  1(13), 3  1(13).
Теорема. Число классов квадратичных вычетов равно числу классов квадратичных невычетов и равно
 p 1 
. Квадратичными вычетами являются классы чисел 1 , 2 ,..., 
 .
2
 2 
p 1
2
2
2
Пример: p  11, 12 , 22 , 32 , 42 , 52   1, 3, 4, 5, 9 .
 a  1, если a квадратичный вычет
Символ Лежандра.    
при a не кратном p .
 p  -1, если a квадратичный невычет
3
7
Примеры:    1,    1 .
 11 
 11 
Свойства символа Лежандра:
a b
1) a  b( p)       ;
 p  p
 a2 
2)    1 ;
 p
a
3) Критерий Эйлера:    a
 p
p 1
2
( p) ;
15
 1  +1, p  1(4)
4)    
;
 p  1, p  3(4)
 a a ...a   a  a 
a 
5)  1 2 n    1  2   ...   n  ;
p

  p  p 
 p
a
 p 1 
6)    (1)l , где l - количество чисел среди a, 2a,..., 
 a , имеющих отрицательный
 2 
 p
абсолютно наименьший вычет;
 2   1, p  1(8) или p  7(8)
 ( 1)
7)    
 p  1, p  3(8) или p  5(8)
p 1
2
8
Пример: может ли n 2  2 делиться на 29?
 2 
Ответ: нет, т.к.    1 .
 29 
Лекция 17
Закон взаимности.
Лемма. Пусть p и q - нечетные простые числа.
p 1
Тогда
2
 qx 
q 1
2
 py 
 p   q  
x 1


y 1


p 1 q 1

.
2
2
Функция ( x, y)  qx  py .
 p  q 
 q  p   (1)
  
Теорема (Закон взаимности).
p 1 q 1

2
2
.
 p  q
Следствие. если хотя бы одно из чисел p и q сравнимо с 1 по модулю 4, то      , а
 q  p
 p
q
если оба сравнимы с 3 по модулю 4, то       .
q
 p
Символ Якоби. m  p1 p2 ... ps -нечетное, p1 , p2 ,... ps -простые (м.б. одинаковые), (a, m)  1 .
a
a
     .
 m  pm  p 
Свойства символа Якоби.
a b
1) a  b(m)       ;
m m
 a2 
2)    1 ;
m
 a a ...a
3)  1 2 n
 m
  a1  a2 
 an 
      ...    ;
  m  m 
m
Лемма. Если m, k -нечетные, то
Следствие.
m 1
2

pm
mk  1
p  1 m2  1
2
,
8
2

pm

m 1
2
p2 1
8

k 1
2
,
(mk ) 2  1
8

m2  1
8

k 2 1
8
.
.
16
1
4)    (1)
m
2
5)    ( 1)
m
m 1
2
;
m 1
2
8
;
m 1 k 1

m k
2
2
6) Закон взаимности. Если m и k - нечетные взаимно простые, то  
.
   (1)
k
m
  
Приложение: Простые делители квадратичных форм.
Пусть N  ax 2  by 2 и слагаемые взаимно простые. Если нечетное простое число p делит
( p 1)
 ab 
2 .

(

1)

p
 
Примеры:1) N  x 2  y 2  p  4n  1 ;
2) N  x 2  2 y 2  p  8n  1, p  8n  3 ;
N , то 
3) N  x 2  2 y 2  p  8n  1, p  8n  7 .
5.4. Темы практических занятий
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
14)
15)
16)
17)
Теорема о делении с остатком.
Простые и составные числа. Разложение на множители.
НОД и НОК. Алгоритм Евклида.
Функции [x] и {x}. Функция Эйлера.
Конечные цепные дроби.
Бесконечные цепные дроби. Разложение квадратичных иррациональностей в цепные
дроби.
Приближенные вычисления с помощью цепных дробей.
Контрольная работа.
Элементы теории сравнений. Теоремы Ферма и Эйлера.
Признаки делимости.
Полная и приведенная системы вычетов. Кольцо классов вычетов.
Сравнения 1-ой степени.
Неопределенные уравнения.
Символ Лежандра. Первообразные корни и индексы.
Сравнения 2-ой степени.
Степенные и показательные сравнения.
Итоговая контрольная работа.
5.5. Вопросы к коллоквиуму
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
Теорема о делении с остатком.
Свойства делимости.
Основная теорема арифметики.
Простые числа. Теорема Евклида.
НОК и НОД. Алгоритм Евклида.
Взаимно простые числа и их свойства.
Функция y = [x] и ее свойства.
Цепные дроби. Подходящие дроби и их свойства.
Бесконечные цепные дроби. Разложение действительного числа в цепную дробь.
Периодические цепные дроби. Теорема Лагранжа о разложении квадратичной иррациональности в периодическую цепную дробь.
17
11.
12.
13.
14.
15.
Приближение действительных чисел подходящими дробями.
Сравнения и их свойства.
Классы вычетов и операции над ними. Кольцо классов вычетов.
Полная и приведенная системы вычетов и их свойства.
Теорема Эйлера и теорема Ферма.
5.6. Примеры решения задач
1. Теорема о делении с остатком
Задача №1.
Найти целые числа, дающие при делении на 7 частное 5.
Решение. Искомые числа можно представить в виде n  7  5  r , где 0  r  7 , т.е.
r может принимать значения 0,1,2,3,4,5,6. Поэтому искомыми числами являются
35,36,37,38,39, 40,41.
Ответ: 35,36,37,38,39, 40,41.
Задача №2.
Найти делитель и остаток, если делимое равно 25, а частное равно 3.
Решение. Из соотношений 25  b  3  r и 0  r  (b 1) следует двойное неравенство 3b  25  4b  1 . Отсюда получаем границы для делителя: 6
1
2
 b  8 . Поэтому
2
3
делитель может принимать значения 7 и 8, а остаток, соответственно, 4 и 1.
Ответ.
b
7
8
r
4
1
Задача №3.
Доказать, что сумма квадратов двух последовательных натуральных
чисел при делении на 4 дает остаток 1.
Решение. Возьмем два последовательных натуральных числа n и n  1 . Одно из них
S
четное,
а
другое
нечетное.
Найдем
сумму
их
квадратов:
2
2
2
S  n  (n 1)  2n  2n 1  2n(n 1) 1. Если разделить S на 4, то в частном будет натуральное число
n(n  1)
, а в остатке 1.
2
2. Простые и составные числа. Разложение на множители
Задача №4.
Найти натуральное число n такое, что числа n , n  10 , n  14 - про-
стые.
Решение. Если n  3 , то при делении на 3 в остатке может быть 1 или 2. Если
n  3q  1, то n 14  3q 15 - не простое число, т.к. делится на 3. Если n  3q  2 , то
n 10  3q 12 - также не простое число. Поэтому n  3 , n 10  13 , n 14  17 .
Задача №5. Если p  3 - простое число, то его можно представить в виде 6n  1
или 6n  1, где n - натуральное число.
18
Решение. Разделим p на 6 с остатком: p  6q  r . Поскольку p простое число, то
остаток не может быть равен 2, 3 и 4. Остаются две возможности: r  1 и r  5 . В первом
случае p  6n  1 , где n  q , а во втором случае p  6n  1 , где n  q  1 .
Задача №6. Доказать, что среди чисел вида 2 p  1, где p - простое число, только одно является точным кубом.
Решение. Данное число нечетное, поэтому оно является кубом нечетного числа:
2 p  1  (2n  1)3 . Раскрывая это соотношение, получаем p  n(4n2  6n  3) . Так как
p - простое число, то n  1 и p  13 .
Задача №7. Доказать, что при n  2 между числами n и n ! содержится по крайней мере одно простое число.
Решение. Если это утверждение неверно, то все простые числа, меньшие n !, будут
также не больше, чем n . Рассмотрим число n!1 . Оно составное и поэтому должно делиться на простые числа, которые не превосходят n . На эти же простые числа делится n !.
Но два последовательных натуральных числа не могут иметь общих простых делителей,
т.к. они взаимно простые.
Задача №8. Доказать, что если натуральные числа при делении на m дают остаток 1, то их произведение при делении на m также дает остаток 1.
Решение. Достаточно доказать это для произведения двух чисел. Пусть a  m  s  1
и b  m  t 1 . Тогда a  b  (m  s  1)  (m  t  1)  m  (m  s  t  s  t )  1 , т.е. частным от
деления числа a  b на m будет (m  s  t  s  t ) , а остатком 1.
Задача №9. Доказать, что в числовой последовательности {3n  2} , где
натуральное число, имеется бесконечно много простых чисел.
n
-
Решение. Допустим, что в этой последовательности существует конечное число простых чисел. Одно из них равно 2, и, кроме того,
k нечетных:
p1  3q1  2, p2  3q2  2,..., pk  3qk  2 . Рассмотрим число A  3 p1 p2 ... pk  2 . Это нечетное число. Оно не может быть простым, т.к. принадлежит той же последовательности,
но больше, чем p1 , p2 ,..., pk . Оно не делится на числа p1 , p2 ,..., pk , поэтому в его разложение на простые множители входят только числа, которые при делении на 3 дают
остаток 1. Но произведение таких чисел тоже дает остаток 1, тогда как число
A  3 p1 p2 ... pk  2 дает остаток 2.
Задача №10.
Доказать, что в числовой последовательности {3n  2} , где
натуральное число, нет точных квадратов.
n
-
Решение. В данной числовой последовательности все числа при делении на 3 дают
остаток 2, а квадрат любого натурального числа при делении на 3 дает остаток 0 или 1.
19
Задача №11.
В прямоугольном треугольнике длины всех сторон являются целыми числами. Доказать, что длина хотя бы одного катета делится на 3.
Решение. Пусть длины катетов равны a и b , а длина гипотенузы равна c . По тео2
2
2
реме Пифагора a  b  c . Рассуждая так же, как и в предыдущей задаче, находим, что
остаток от деления на 3 правой части этого соотношения равен 0 или 1. Остаток левой
части может быть равен 0 только в том случае, когда оба числа a и b делятся на 3. Аналогично, остаток левой части может быть равен 1 только в том случае, когда одно из чисел
a или b делится на 3, а другое не делится. Если же оба числа a и b не делятся на 3, то
2
2
2
остаток левой части равен 2, и поэтому соотношение a  b  c невозможно.
3. НОД и НОК. Алгоритм Евклида
Задача №12.
Найти наибольший общий делитель чисел 385 и 132.
Решение. Применим алгоритм Евклида к данным числам
385  132  2  121
132  1211  11
121  1111
и оформим его в виде таблицы деления «столбиком», при этом частные записываем в
верхнюю строку:
385

264
121
2
132

121
11
1
121

121
0
11
11
Последний ненулевой остаток 11 есть наибольший общий делитель.
Ответ: НОД(385,132)=11.
Задача №13.
Дробь
a
a
несократима. Будет ли несократимой дробь
?
b
ab
Решение. Пусть d - наибольший общий делитель чисел a и a  b . Тогда d является также делителем их разности, т.е. числа b . Но a и b - взаимно простые числа. Значит
d  1, и дробь
a
несократима.
ab
4. Функция [x]. Функция Эйлера
Задача №14.
Найти количество натуральных чисел, не превосходящих 1600 и
взаимно простых с 45.
Решение. Поскольку 45  3  5 , взаимно простыми числами с 45 являются те, которые не делятся ни на 3, ни на 5. Количество чисел, не превосходящих 1600 и делящихся на
2
20
1600 
1600 
3, равно 
 533 , а делящихся на 5 равно 
 320 . Количество чисел, не


3
5




1600 
превосходящих 1600 и делящихся и на 3 и на 5, равно 
 106 . Поэтому количе 15 
ство чисел, не превосходящих 1600 и делящихся либо на 3, либо на 5, равно 533+320106=747. Остальные числа не делятся ни на 3, ни на 5, т.е. они взаимно просты с числом
1600. Их количество равно 1600-747=853.
Ответ: 853
Задача №15.
Сколькими нулями оканчивается число 2012!?
Решение. Надо вычислить, сколько раз это число делится на 10. Для этого надо
найти, с каким показателем степени входят числа 2 и 5 в разложение числа 2012! Показатель степени для 2 равен
 2012   2012   2012   2012   2012   2012   2012   2012 
 2    4    8    16    32    64    128    256  
 2012   2012 
 512    1024   1006  503  251  125  62  31  15  7  3  1  2004.
Показатель степени для 5 равен
 2012   2012   2012   2012 
 5    25    125    625   402  80  16  3  501.
Поэтому 2012! делится на 10 в степени 501, т.е. оканчивается 501 нулем.
Ответ: 2012! оканчивается 501 нулем.
Задача №16.
A
Найти наибольшее натуральное число n , при котором
101  102  ...  1000
является целым числом.
7n
Решение. Данную дробь можно представить в виде
дробь
1000!
.
7 n  100!
Число 7 входит в разложение 1000! с показателем
1000  1000  1000 
 7    49    343   142  20  2  164 , а в разложение 100! с показателем
100  100 
 7    49   14  2  16 . Таким образом, для того, чтобы дробь A была целым
числом, наибольшее возможное значение n должно быть равно
n  164  16  48.
Ответ. n  148.
21
x
 x 
Решить уравнение    
, где n - натуральное число, и

n
n

1
  

найти количество целочисленных решений.
Задача №17.
x
x
x
 . Пусть    k  0. Тогда
n 1 n
n
x
x
из условия задачи получаем неравенство k 
  k  1 , из которого следует
n 1 n
k  (n  1)  x  n  (k  1). Последнее неравенство возможно только при k  n.
Решение. При x  0 имеет место неравенство
Рассмотрим решение этого неравенства при различных значениях числа k .
k
x
0
1
2
……
0 xn
n  1  x  2n
2n  2  x  3n
n2
n 1
n n2 xn n
n2  1  x  n2
Целочисленные
решения
0,1,2,…, n  1
Кол-во целочисленных
решений
……
……
2
n  1, n  2,...,2n  1
2n  2,2n  3,...,3n  1
……
Пусть
2
n  n  2, n  n  1
n2  1
2
2
теперь
x
 n   k  0.
n
n 1
n2
Тогда
2
из
условия
1
задачи
получаем
неравенство
x
x

 k  1, из которого следует k  n  x  (k  1)  (n  1). Последнее нераn n 1
венство возможно только при k  (n  1).
k
Рассмотрим решение этого неравенства при отрицательных значениях числа k .
k
x
-1
-2
……
n  x  0
2n  x  (n  1)
Целочисленные
решения
n, n  1,..., 1
2n, 2n  1,..., (n  2)
……
n
n 1
……
n  1 n  n  x  n  n  2
n
n 2  x  n 2  1
2
Кол-во целочисленных
решений
2
……
2
n  n, n  n  1
n 2
2
2
1
В итоге общее количество целочисленных решений равно n(n  1).
Ответ. Количество целочисленных решений равно n(n  1).
Задача №18.
n  1000,125,360.
Вычислить
значения
функции
Эйлера
для
чисел
Решение. Для решения надо воспользоваться свойством мультипликативности
функции Эйлера и формулой её значения для степени простого числа:
22
 ( p k )  ( p k  p k 1 ) .
Отсюда получаем:
 (1000)   (23  53 )   (23 )   (53 )  (23  22 )  (53  52 )  4 100  400 ,
 (125)   (53 )  (53  52 )  100 ,
 (360)   (23  32  5)   (23 )   (32 )   (5)  (23  22 )  (32  3)  (5  1)  4  6  4  96 .
Задача №19.
Найти значение
 (2m) , если известно значение  (m) .
Решение. Если число m нечетное, то в силу мультипликативности функции Эйлера
 (2m)   (2)   (m)  1   (m)   (m). Если же число m четное, m  2k  n , где n k 1
k 1
k 1
k
k
нечетное, то  (2m)   (2  n)   (2 )   (n)  (2  2 )   (n)  2   (n).
Но  (m)   (2  n)   (2 )   (n)  (2  2
зом, в этом случае  (2m)  2   (n) .
k
k
k
k 1
)   (n)  2k 1   (n) . Таким обра-
5. Конечные цепные дроби
Задача №20.
Разложить число
45
в цепную дробь.
16
Решение. Применим алгоритм Евклида
2
16
45


32
13
1
13

13
3
4
3
3
1

12
1
3
0
Элементы верхней строки (неполные частные алгоритма Евклида) являются элементами искомой цепной дроби.
Ответ:
45
 2,1,4,3  .
16
Задача №21.
подходящие дроби.
Найти число, представимое цепной дробью
  2,1,4,7,3  ,
и
Решение. Составим таблицу для нахождения подходящих дробей. Для этого возьмем заготовку таблицы.
*
1
0
1
23
Далее в верхнюю строку вставим элементы цепной дроби.
2
*
1
0
1
4
7
3
1
Второй элемент средней строки равен второму элементу верхней строки.
2
2
1
*
1
0
1
4
7
3
Пустые клетки заполняем по порядку слева направо по следующей схеме:
число в верхней клетке умножаем на число в левой клетке и прибавляем число из предыдущей левой клетки.
2
2
1
*
1
0
1
3
1
4
14
5
7
101
36
3
317
113
Элементы средней строки являются числителями подходящих дробей, а элементы
нижней строки – знаменателями. Последняя подходящая дробь является искомым числом.
Ответ:
2
1
3
1
 0  ,1  , 2 
Задача №22.
Дробь

14
101
317
, 3 
,  P4 
.
5
36
113
1261
заменить подходящей дробью с возможно мень881
шими знаменателями так, чтобы погрешность не превосходила 104 .
Решение. Разложим данную дробь в цепную дробь
1
881
1261


881
760
380
121
Отсюда получаем разложение
*
1
0
1
1
1
2
380

363
17
3
121

119
2

7
17
16
1
8
2
2
1

2
0
  1,2,3,7,8,2  . Найдем подходящие дроби
2
3
2
3
10
7
7
73
51
8
594
415
2
1261
881
24
Подходящие дроби
1
1
3
2
 0  ,1  , 2 
  n 
оценки погрешности
10
73
594
1261
. По формуле
, 3  , 4 
, 5 
7
51
415
881
1
, где Qn и Qn1 - знаменатели n -ой и (n  1) Qn  Qn1
ой подходящих дробей. Решением поставленной задачи является подходящая дробь
3 
73
1
1
, т.к.    3 

 104 .
51
51  415 21165
6. Бесконечные цепные дроби. Разложение квадратичных иррациональностей в
цепные дроби
Задача №23.
Разложить в бесконечную цепную дробь число
Решение. Найдем
q0   7   2,
 7 
целую
7 2.
и
дробную
Обозначим
части
дробную
  7.
данного
часть
как
1
1
числа:
.
Тогда
1
7 2
. Аналогично для числа 1 найдем целую и дробную части:

3
7 2
1
7 1
. Обозначим дробную часть как
. Тогда
q1   1   1, 1 
2
3
1 
 
2 
3
7 1
.

2
7 1
q2   2   1,
3 
2
2
7 1
.

3
7 1
q3   3   1,
4 
  
  
3
3
7 2
.

1
7 2
q4   4   4,
  
4
Далее
7 1
.
2
Далее
также
находим
Обозначим
также
Обозначим
Далее
также
7 2
.
1
дробную
находим
7 2
.
3
как
часть
часть
целую
дробную
часть
часть
целую
дробную
находим
Обозначим
целую
как
часть
часть
как
числа
1
3
.
числа
1
4
.
числа
1
5
.
2 :
Тогда
3 :
Тогда
4 :
Тогда
1
7 2
. Очевидно, что  5  1 , поэтому далее элементы цепной дроби

3
7 2
будут повторяться:   7  2,1,1,1,4,1,1,1,4,1,1,1,4,...  2,(1,1,1,4)  .
5 
Ответ:
7  2,(1,1,1,4)  .
25
Задача №24.
Найти число, представимое бесконечной чисто периодической
дробью  (2,1,3,4) 
Решение. Число   (2,1,3,4)  можно представить в виде конечной дроби
  2,1,3,4,  . Составим и заполним таблицу для обращения цепной дроби в обыкновенную:
*
1
0
2
2
1
1
3
1
3
11
4

4
47
17
47  11
17  4
47  11
Искомое число равно последней подходящей дроби:  
. Отсюда нахо17  4
2
дим квадратное уравнение для  : 17  43  11  0 . Решая это уравнение, находим
43  2597
.

34
Ответ:

43  2597
.
34
Задача №25.
Найти число, представимое бесконечной смешанной периодической дробью   3,5,(2,1,3,4)  .
Решение. Пусть   (2,1,3,4)  - число, найденное в предыдущей задаче. Тогда
число  можно представить в виде конечной цепной дроби   3,5,  . Составим и
заполним таблицу для обращения цепной дроби в обыкновенную:
*
1
0
3
3
1
5
16
5

16  3
5  1
16  3
. Подставляя значение
5  1
43  2597
5525  17 2597
и преобразуя, находим  
.

34
1462
Число

равно последней подходящей дроби:
Ответ:


5525  17 2597
.
1462
7. Элементы теории сравнений. Поле классов вычетов
Задача №26. Найти две последние цифры числа 17
2012
.
Решение. Две последние цифры числа показывает остаток от деления на 100. Возводя число 17 в различные натуральные степени, и находя остатки по модулю 100, мы обна26
 1(mod100) . По2012
скольку 2012  20 100  12 , то 17
 (1720 )100 1712  1712  61(mod100) .
ружим, что показателем числа 17 по модулю 100 является 20: 17
Ответ: Две последние цифры числа 17
2012
20
будут 6 и 1.
При каких n число 2  1 делится на 7?
n
Задача №27.
Решение. Сравнение 2  1(mod 7) возможно тогда и только тогда, когда n делится на показатель числа 2 по модулю 7. Этот показатель равен 3.
n
Ответ: При n кратном 3.
Задача №28.
натуральном n  1 .
Доказать, что число 2
Решение. Утверждение
задачи
2n
 1 оканчивается цифрой 7 при любом
означает,
что
22  1  7(mod10)
n
или
22  6(mod10) . При n  2 это очевидно. Далее применяем метод математической индукции. Если для некоторого натурального числа n имеет место сравнение
n
n1
22  6(mod10) , то возводя его в квадрат, получим 22  36(mod10)  6(mod10) .
n
Это означает, что 2
2n1
Задача №29.
по модулю 11.
 1 также оканчивается цифрой 7.
Составить таблицы сложения и умножения в поле классов вычетов
Решение. Возьмем полную систему вычетов по модулю 11:
{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
Выполняя обычные операции сложения и умножения над вычетами, берем остаток
от деления результата операции на 11.
Таблица сложения
+
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
3
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
4
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
5
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
6
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
7
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
8
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
9
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
10
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
27
Таблица умножения
×
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Задача №30.
методом Крамера.
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
2
4
6
8
10
1
3
5
7
9
3
3
6
9
1
4
7
10
2
5
8
4
4
8
1
5
9
2
6
10
3
7
5
5
10
4
9
3
8
2
7
1
6
6
6
1
7
2
8
3
9
4
10
5
7
7
3
10
6
2
9
5
1
8
4
8
8
5
2
10
7
4
1
9
6
3
9
9
7
5
3
1
10
8
6
4
2
10
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
В поле классов вычетов по модулю 11 решить систему уравнений
5 x  3 y  7

7 x  9 y  2
Решение. Вычисляем главный и вспомогательные определители, пользуясь таблицами сложения и умножения из предыдущей задачи:

5 3
 45  21  24  2,
7 9
x 
y 
x
7 3
 63  6  57  2,
2 9
5 7
 10  49  39  5.
7 2

x 2
5
  1, y  y   8.
 2
 2
Ответ: x  1, y  8.
8.
Сравнения 1-ой степени
Задача №31.
Решить сравнение 17 x  13(mod 23) .
Решение. Решать сравнение будем четырьмя разными способами.
1-й способ: подбор. В отличие от уравнений сравнения можно решать методом подбора,
поскольку неизвестное x может принимать конечное число значений. Перебирая
наименьшие неотрицательные вычеты из всех классов вычетов по модулю 23, находим
x  17(mod 23) .
28
2-й способ: теорема Эйлера. Решение сравнения ax  b(mod m) основано на примене-
 1(mod m) , откуда следует, что x  b  a ( m)1 (mod m) . В
 (23)1
данном случае x  13  17
(mod 23)  13 1721 (mod 23) . Вычисляя значения степе21
ней числа 17 по модулю 23, находим, что 17  19(mod 23) и 13 19  17(mod 23) , т.е.
x  17(mod 23) .
 ( m)
нии теоремы Эйлера x
3-й способ: цепные дроби. Для решения сравнения ax  b(mod m) надо дробь
m
разлоa
жить в цепную дробь и найти числитель предпоследней подходящей дроби.
Разложим обыкновенную дробь
23
23
в цепную дробь:
 1,2,1,5  . Длина полученной
17
17
цепной дроби равна n  3 . Найдем подходящие дроби:
*
1
0
1
1
1
2
3
2
1
4
3
5
23
17
Числитель предпоследней подходящей дроби равен 4. Решение сравнения находим по
формуле:
x  (1)n  b  Pn1 (mod m)  (1)3 13  4(mod 23)  6(mod 23)  17(mod 23)
4-й способ: изменение коэффициентов. Преобразуем сравнение, заменяя коэффициенты
на другие, сравнимые с ними по данному модулю. Затем применяем свойство сравнений:
обе части сравнения можно делить на число, взаимно простое с модулем.
17 x  13(mod 23) ,
40 x  10(mod 23) ,
4 x  1(mod 23) ,
4 x  22(mod 23) ,
2 x  11(mod 23) ,
2 x  34(mod 23) ,
x  17(mod 23) .
Ответ: x  17(mod 23) .
Задача №32.
Решить систему сравнений
 x  5(mod 7)

 x  3(mod11)
29
Решение.
1-й способ. Перейдем от сравнения к равенству, введя новую переменную:
Подставим это выражение во второе сравнение системы и преобразуем.
x  5 7y.
5  7 y  3(mod11) ,
7 y  2(mod11) ,
4 y  2(mod11) ,
2 y  1(mod11) ,
2 y  12(mod11) ,
y  6(mod11) ,
y  6  11z ,
x  5  7(6  11z )  47  77 z ,
x  47(mod77) .
2-й способ: китайская теорема об остатках. Рассмотрим вспомогательные сравнения:
11y  1(mod 7) и 7 y  1(mod11) .
Их решения: y  2(mod7) и y  8(mod11) . Возьмем
тайской теореме об остатках получаем
y1  2 и y2  8 . Тогда по ки-
x  11  5  2  7  3  8(mod77)  278(mod77)  47(mod77) .
Ответ: x  47(mod77) .
9.
Неопределенные уравнения
Задача №33.
Решить неопределенное уравнение 5 x  11y  13 .
Решение. Найдем сначала частное решение, перейдя от уравнения к вспомогательному сравнению:
5 x  13(mod11) ,
5 x  35(mod11) ,
x  7(mod11) .
Отсюда получаем
x0  7, y0 
13  5  7
 2.
11
30
Общее решение неопределенного уравнения теперь имеет вид
 x  7  11t
, t Z .

 y  2  13t
 x  7  11t
, t Z .
y


2

13
t

Ответ: 
Задача №34.
На почте продаются марки ценой по 3 рубля и по 11 рублей.
Сколько марок можно купить на 100 рублей?
Решение. Составляем неопределенное уравнение 3x  11y  100 , где x и y - количества марок 1-го и 2-го типов соответственно. Находим частное решение:
x0  4, y0  8. Общее решение имеет вид
 x  4  11t
, t Z .

 y  8  3t
По смыслу задачи неизвестные x и y должны быть неотрицательны. Это дает
8
4
двойное неравенство для переменной t :   t 
. Целочисленная переменная t при3
11
нимает значения t1  2, t2  1, t3  0 . Им соответствуют решения уравнения
x1  26, y1  2 ,
x2  15, y2  5 ,
x3  4, y3  8 .
Ответ: x1  26, y1  2 ; x2  15, y2  5 ; x3  4, y3  8 .
Задача №35.
Найти все числа, на которые может быть сократима дробь
7n  5
.
5n  2
При каких значениях числа n дробь будет сократимой?
Решение. Дробь сократима, когда наибольший общий делитель числителя и знаме-
7 n  5  d  x
. Исключая из этой
5
n

2

d

y

системы число n , получим d  (5 x  7 y )  11 . Поскольку число 11 простое, то d  11 и
 x  3  7t
(5 x  7 y)  1 . Решая последнее неопределенное уравнение, получим 
, t Z .
y

2

5
t

Из этого решение находим, при каких значениях n дробь сократима: n  4  11t , t Z.
нателя больше 1. Если d  НОД (7n  5,5n  2) , то 
Ответ: Дробь может быть сократима только на 11 при n  4  11t , t Z.
31
10.
Первообразные корни и индексы
Задача №36.
Найти первообразный корень по модулю 17.
Решение. Проверим число 2:
22  4(mod17),23  8(mod17),24  16(mod17),25  15(mod17),
26  13(mod17),27  9(mod17),28  1(mod17).
Это означает, что показатель числа 2 по модулю 17 равен 8, и число 2 не является
первообразным корнем по модулю 17.
Проверим число 3:
32  9(mod17),33  10(mod17),34  13(mod17),35  5(mod17),36  15(mod17),
37  11(mod17),38  16(mod17),39  14(mod17),310  8(mod17),311  7(mod17),
312  4(mod17),313  12(mod17),314  2(mod17),315  6(mod17),316  1(mod17).
Показатель числа 3 по модулю 17 равен 16, поэтому число 3 является первообразным корнем по модулю 17.
Задача №37.
На циферблате часов расставить числа 1,2,3,…,12 так, чтобы для
2
любых трех чисел a, b, c , стоящих подряд, число b  a  c делилось на 13.
Решение. Число 13 – простое. Возьмем любой первообразный корень по модулю 13,
например 2. Выпишем его двенадцать степеней:
2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096.
Это геометрическая прогрессия. По свойству геометрической прогрессии квадрат
2
любого члена равен произведению двух соседних членов: b  a  c . Если числа прогрессии заменить их остатками при делении на 13:
2,4,8,3,6,12,11,9,5,10,7,1,
то полученная последовательность будет удовлетворять условию задачи. Эти числа можно
расставить на циферблате начиная с любого места. Кроме того, можно двигаться как по
часовой стрелке, так и против часовой стрелки.
11.
Степенные и показательные сравнения
Задача №38.
3
Решить сравнение 7 x  3(mod11) .
Решение. Число 2 является первообразным корнем по модулю 11 . Составим таблицу
индексов по модулю 11 и основанию 2.
21  2(mod11), 22  4(mod11), 23  8(mod11), 24  5(mod11), 25  10(mod11),
26  9(mod11), 27  7(mod11), 28  3(mod11), 29  6(mod11), 210  1(mod11).
32
x
ind ( x )
1
0
2
1
3
8
4
2
5
4
6
9
7
7
8
3
9
6
10
5
Проиндексируем данное сравнение и получим новое сравнение по модулю
 (11)  10 . Введём новую переменную y  ind ( x) :
ind (7)  3ind ( x)  ind (3)(mod10) ,
7  3 y  8(mod10) ,
3 y  1(mod10) ,
3 y  21(mod10) ,
y  7(mod10) .
По таблице индексов находим x  7(mod11) .
Ответ: x  7(mod11) .
Задача №39.
Решить показательное сравнение 5  8  3(mod11) .
x
Решение. Проиндексируем данное сравнение, воспользовавшись таблицей индексов
из предыдущего примера:
ind (5)  x  ind (8)  ind (3)(mod10)
4  3x  8(mod10)
3x  4(mod10)
x  8(mod10)
Ответ: x  8(mod10) .
Задача №40.
Решить сравнение x  7 x  5  0(mod13) .
2
Решение. Преобразуем сравнения путем замены коэффициентов на другие, сравнимые с ними по модулю 13:
x 2  6 x  5  0(mod13),
x 2  6 x  9  4(mod13),
( x  3) 2  22  0(mod13),
( x  1)( x  5)  0(mod13),
x1  1(mod13), x2  5(mod13).
Таким образом, сравнение имеет два решения.
Ответ: x1  1(mod13), x2  5(mod13) .
33
12. Символ Лежандра
 26 
.
 43 
Задача №41.
Вычислить символ Лежандра 
Решение. Воспользуемся свойствами символа Лежандра:
 26   2  13   2   13 
 
        (1)
43
43
  
  43   43 
 (1)
231
 (1)
216
432 1
8
 (1)
431 131

2
2
 43 
  
 13 
 22 
 43 
 43 
4
                1.
 13 
 13 
 13 
 13 
Задача №42.
Доказать, что произведение двух последовательных натуральных
чисел при делении на 17 не может давать в остатке 1.
Решение. Пусть произведение двух последовательных натуральных чисел x и x  1
при делении на 17 дает в остатке 1. Тогда имеет место сравнение x  ( x  1)  1(mod17) .
Преобразуем, пользуясь свойствами сравнений:
x 2  x  1(mod17),
4 x 2  4 x  4(mod17),
4 x 2  4 x  1  5(mod17),
(2 x  1) 2  5(mod17).
Последнее сравнение возможно, если число 5 является квадратичным вычетом по
модулю 17. Проверим с помощью символа Лежандра.
(51) (17 1)

 5
 17   17   2 
2
2

(

1)
          (1)
 
 17 
 5   5  5
52 1
8
 1
Это означает, что число 5 является квадратичным невычетом по модулю 17, поэто2
му сравнение (2 x  1)  5(mod17) не имеет решения.
Задача №43.
Доказать, что простое число вида p  4n  3 нельзя представить в
виде суммы квадратов двух натуральных чисел.
Решение. Допустим, что p  a  b . Тогда a  b  0(mod p) . Отсюда получаем
2
2
2
2
a 2  b2 (mod p) . Числа и b взаимно просты с p . Возьмем число c такое, что
b  c  1(mod p) . Тогда (a  c)2  1(mod p) . Это означало бы, что число (-1) является
квадратичным вычетом по модулю p . Но значение символа Лежандра для числа (-1) рав( p 1)
 1 
2
 (1) 2 n1  1 , т.е. (-1) является квадратичным невычетом по модуно 
  (1)
 p
лю p  4n  3 .
34
Задача №44.
Числа a и b можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Доказать, что их произведение также можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел.
Решение. Пусть a  x  y и b  z  t . Тогда
2
2
2
2
ab  ( x 2  y 2 )( z 2  t 2 )  x 2 z 2  x 2t 2  y 2 z 2  y 2t 2  ( xz  yt )2  ( xt  yz )2 .
Задача №45. Доказать, что число (1  a1 )  (1  a2 )  ...  (1  an ) является суммой
2
2
2
квадратов двух целых чисел, где a1 , a2 ,..., an - целые числа.
Решение следует из предыдущей задачи применением метода математической индукции.
5.7. Варианты экзаменационных билетов
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 1
1. Теорема о делении с остатком.
2. Сравнения 1-ой степени.
3. Найти количество натуральных чисел, не превосходящих 1800 и взаимно простых с 44.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 2
1. Свойства делимости.
2. Неопределенные уравнения 1-ой степени.
3. Решить показательное сравнение 5  7 x  3(mod11)
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 3
1. Основная теорема арифметики.
2. Системы сравнений 1-ой степени. Китайская теорема об остатках.
3. Найти показатель , которому принадлежит число 9 по модулю 17.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 4
1. Простые числа. Теорема Евклида.
2. Закон взаимности для символа Лежандра.
3. Разложить число
40
31
в цепную дробь.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 5
1. НОК и НОД. Алгоритм Евклида.
2. Символ Якоби и его свойства.
3. Найти две последние цифры числа 131999 .
35
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 6
1. Взаимно простые числа и их свойства.
2. Решение показательных сравнений.
3. Разложить в бесконечную цепную дробь число 11 .
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 7
1. Функция y = [x] и ее свойства.
2. Первообразные корни. Существование первообразного корня по простому модулю.
3. Найти число, представимое цепной дробью <3,7,2,1,4>, и подходящие дроби.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 8
1. Цепные дроби. Подходящие дроби и их свойства.
2. Индексы и их свойства.
3. Решить систему сравнений
 x  3(mod13)

 x  5(mod 7)
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 9
1. Бесконечные цепные дроби. Разложение действительного числа в цепную дробь.
2. Сравнения высших степеней по простому модулю.
3. Найти с помощью алгоритма Евклида НОД чисел 4121 и 1469, а также их НОК.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 10
1. Периодические цепные дроби. Теорема Лагранжа о разложении квадратичной иррациональности в периодическую цепную дробь.
2. Теорема Вильсона.
3. Решить сравнение 17 x  13(mod 23)
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 11
1. Приближение действительных чисел подходящими дробями.
2. Приложения теории квадратичных вычетов: простые делители квадратичных форм.
3. Найти первообразный корень по модулю 17 и составить таблицу индексов.
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 12
1. Сравнения и их свойства.
2. Символ Лежандра и его свойства.
3. Решить неопределенное уравнение 13x  23 y  107
36
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 13
1. Классы вычетов и операции над ними. Кольцо классов вычетов.
2. Показатель и его свойства.
3. Решить сравнение 4 x3  9(mod11)
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 14
1. Полная и приведенная системы вычетов и их свойства.
2. Двучленные сравнения n-ой степени по простому модулю.
3. Решить сравнение x 2  3x  4  0(mod11)
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЙ БИЛЕТ № 15
1. Теорема Эйлера и теорема Ферма.
2. Сравнения 2-ой степени по простому модулю. Критерий Эйлера.
 62 
3. Вычислить символ Лежандра   .
 47 
6. УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ОБЕСПЕЧЕНИЕ ДИСЦИПЛИНЫ
6.1. Рекомендуемая литература
а) основная литература:
Нестеренко Ю. В. Теория чисел: учебник для студентов высших учебных заведений.
М.: Издательский центр «Академия», 2008. - 272 с.
б) дополнительная литература:
Виноградов И. М. Основы теории чисел. — Москва-Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2003, 176 стр.
Бухштаб А.А. Теория чисел. - М.: Просвещение, 1966. - 384 с.
Сушкевич А.К. Теория чисел. Элементарный курс. Харьков: ХГУ, 1954. - 205 с.
Задачи и упражнения по теории чисел. Методическая разработка. Ч.1,2. Составители: Е.И.
Гордон, С.А. Тюрин. - г.Горький, ГГУ, 1986.
в) программное обеспечение и Интернет-ресурсы:
http://eek.diary.ru/p54405820.html
На этом сайте много учебников по теории чисел.
7. МАТЕРИАЛЬНО-ТЕХНИЧЕСКОЕ ОБЕСПЕЧЕНИЕ ДИСЦИПЛИНЫ
Компьютерный класс с доступом к Интернету
37
8. КРИТЕРИИ ОЦЕНОК
Оценка
отлично
хорошо
удовлетворительно
неудовлетворительно
Уровень подготовленности
Подготовка, уровень которой существенно выше среднего
Хорошая подготовка с некоторыми ошибками
Подготовка, удовлетворяющая минимальным требованиям
Необходима дополнительная подготовка
38
Сергей Андреевич Тюрин
Методические материалы
учебно-методического комплекса по курсу
«Теория чисел»
Учебно-методическое пособие
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение
высшего образования
«Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского».
603950, Нижний Новгород, пр. Гагарина, 23