Palyginamųjų skaičių teorija modulo. Palyginimas modulo natūralusis skaičius

Jei du sveikieji skaičiai a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) kai dalija m (\displaystyle m) duoti identiškus likučius, jie vadinami palyginti(arba vienodai likutinis) modulio numeris m (\displaystyle m) . Šablonas:/rėmas Skaičių palyginamumas a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) parašyta kaip formulė ( palyginimai):

Skaičius m (\displaystyle m) paskambino modulis palyginimai.

Apibrėžimas palyginamumas numeriai a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) modulo m (\displaystyle m) yra lygiavertis bet kuriam iš šių teiginių:

Įrodymas

Be pirmiau minėtų savybių, palyginimui galioja šie teiginiai:

Įrodymas

(\displaystyle a\equiv b(\pmod (m)).)

a − b = m t . (\displaystyle a-b=mt.) Nes m (\displaystyle m) d (\displaystyle d)

(\displaystyle a\equiv b(\pmod (m)).)

a − b = m t = c d t = q d , (q = c t) (\displaystyle a-b=mt=cdt=qd, (q=ct))

Įrodymas

(\displaystyle a\equiv b(\pmod (m)).)

a ≡ b (mod m i) , i = 1 , 2 , . ..

a − b (\displaystyle a-b)

Pasekmė:

Dėl skaičių buvo palyginami pagal modulį Ir , kurio kanoninis skaidymas į pirminius veiksnius turi formą m = ∏ i = 1 d p i α i , (\displaystyle m=\prod _(i=1)^(d)p_(i)^(\alpha _(i)),) m (\displaystyle m) būtinas ir pakankamas a ≡ b (mod p i α i) , i = 1 , 2 , … , d (\displaystyle a\equiv b(\pmod (p_(i)^(\alpha _(i)))),\quad i= 1,2,\taškai ,d) Ir Operacijos su palyginimais Palyginimai to paties modulio atžvilgiu turi daug įprastų lygybių savybių. Pavyzdžiui, juos galima sudėti, atimti ir dauginti: jei skaičiai a 1 , a 2 , . Ir b 1 ⋅ b 2 ⋅ .. m (\displaystyle m).

⋅ b n (\displaystyle b_(1)\cdot b_(2)\cdot ...\cdot b_(n)) a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) taip pat yra palyginami pagal modulį m (\displaystyle m). Tačiau negalite atlikti šių operacijų su palyginimais, jei jų moduliai nesutampa. Atskirai pažymėtina, kad tą patį skaičių galima pridėti prie abiejų palyginimo dalių, taip pat pakeitus ženklą galite perkelti skaičių iš vienos palyginimo dalies į kitą. Jei skaičiai Ir palyginamas pagal modulį. m (\displaystyle m), tada jų laipsniai a k (\displaystyle a^(k)) .

b k (\displaystyle b^(k)) a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) pagal bet kokį natūralų m (\displaystyle m) k (\displaystyle k) Prie bet kurios palyginimo dalies galite pridėti sveikąjį modulio kartotinį, tai yra, jei skaičiai palyginamas modulo tam tikras skaičius , tada modulo m (\displaystyle m) (a + t 1 (\displaystyle a+t_(1)) Ir palyginti su b + t 2 (\displaystyle b+t_(2)) a (\displaystyle a) Ir b (\displaystyle b) t 1 (\displaystyle t_(1)) m (\displaystyle m) t 2 (\displaystyle t_(2)) - savavališki sveikieji skaičiai). Ir comparable modulo tam tikras sveikasis skaičius, tada skaičiai a q (\displaystyle aq) b q (\displaystyle bq) skaičiai yra palyginami modulo m q (\displaystyle mq)

, Kur q (\displaystyle q)- visuma. Tačiau palyginimų, paprastai kalbant, negalima padalyti vienas į kitą arba iš kitų skaičių. Pavyzdys: 14 ≡ 20 (mod. 6) (\displaystyle 14\equiv 20(\pmod (6)))

• , tačiau sumažinę 2, gauname klaidingą palyginimą:

GCD (\displaystyle a-b=mt.)(d , m) = 1 , (\displaystyle ((d,m)=1),) (\displaystyle a-b=mt.) kad .

• Jei, numeris

ne tik su moduliu, kaip buvo aukščiau pateiktame pavyzdyje, tada sumažinkite tai draudžiama. Galite vienu metu padalyti abi palyginimo puses ir modulį iš jų bendro daliklio: Jeigu .

a c ≡ b c (mod m c) (\displaystyle (ac)\equiv (bc)(\pmod (mc)))

, Tai

a ≡ b (mod m) (\displaystyle a\equiv b(\pmod (m))) a (\displaystyle a) modulo m (\displaystyle m) Susiję apibrėžimai Išskaičiavimo klasės a (\displaystyle a) modulo m (\displaystyle m) Visų skaičių, palyginamų su , paskambino atskaitymo klasė , ir paprastai žymimas[a] m (\displaystyle [a]_(m)) Jeigu arba a ¯ m (\displaystyle (\bar (a))_(m)) .

. Taigi palyginimas yra lygiavertis likučių klasių lygybei modulo m (\displaystyle m)[a] m = [b] m (\displaystyle [a]_(m) = [b]_(m)) Iškviečiamas bet koks klasės numeris minusas m (\displaystyle m). Leisk dėl tikrumo skaičiai yra palyginami modulo r (\displaystyle r) q = m t + r (\displaystyle q=mt+r), Kur t (\displaystyle t)-visa. Atskaitymas lygus likučiui Iškviečiamas bet koks klasės numeris paskambino mažiausias neneigiamas išskaičiavimas, ir atskaitymas ρ (\displaystyle \rho ), mažiausias absoliuti vertė Susiję apibrėžimai absoliučiai mažiausias atskaitymas. At r< m 2 {\displaystyle r<{\frac {m}{2}}} mes tai gauname ρ = r (\displaystyle \rho =r), kitaip ρ = r − m (\displaystyle \rho =r-m). Jeigu m (\displaystyle m)- net ir r = m 2 (\displaystyle r=(\frac (m)(2))) Galite vienu metu padalyti abi palyginimo puses ir modulį iš jų bendro daliklio: ρ = − m 2 (\displaystyle \rho =-(\frac (m)(2))) .

Nuo modulio palyginamumo m (\displaystyle m) yra sveikųjų skaičių aibės lygiavertiškumo santykis, tada likučių klasės modulo m (\displaystyle m) reprezentuoti lygiavertiškumo klases; jų skaičius lygus m (\displaystyle m).

Visų likučių klasių rinkinys modulo m (\displaystyle m)žymimas arba Z / m Z (\displaystyle \mathbb (Z) /m\mathbb (Z) ) atskaitymo klasė Z / (m) (\displaystyle \mathbb (Z) / (m)) .

Sudėjimo ir daugybos iš operacijos operacijos Z (\displaystyle \mathbb (Z) ) sužadinti atitinkamas operacijas rinkinyje Z m (\displaystyle \mathbb (Z)_(m)):

Kalbant apie šias operacijas, yra daug Z m (\displaystyle \mathbb (Z)_(m)) yra baigtinis žiedas, o pirminis m (\displaystyle m)- baigtinis laukas.

Išskaičiavimo sistemos

Likučių sistema leidžia atlikti aritmetines operacijas su baigtiniu skaičių rinkiniu, neperžengiant jos ribų. Pilna atskaitymų sistema modulo m (\displaystyle m)- bet koks rinkinys m (\displaystyle m) poromis nepalyginamas modulis m (\displaystyle m) sveikieji skaičiai. Paprastai kaip visa modulo atskaitymų sistema m (\displaystyle m) imamas vienas iš dviejų rinkinių:

• mažiausiai neneigiamų likučių, tai yra skaičiai:

• arba visiškai minimalūs atskaitymai, susidedantis iš skaičių

Didžiausias nepalyginamų porų modulių rinkinys m (\displaystyle m) skaičiai koprime į m (\displaystyle m) Susiję apibrėžimai duota atskaitymų sistema modulo m (\displaystyle m). Bet kokia sumažinta modulio likučių sistema m (\displaystyle m) yra φ (m) (\displaystyle\varphi (m)) elementai, kur φ (⋅) (\displaystyle \varphi (\cdot))- Eulerio funkcija.

Pavyzdžiui, už skaičių m = 42 (\displaystyle m = 42). Pilna atskaitymų sistema gali būti pavaizduotas skaičiais: 0 , 1 , 2 , 3 , … , 21 , 22 , 23 , … , 39 , 40 , 41 (\displaystyle 0,1,2,3,\ltaškai ,21,22,23,\ltaškai ,39,40, 41), A duota - 1 , 5 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 25 , 29 , 31 , 37 , 41 (\displaystyle 1,5,11,13,17,19,23,25,29,31,37,41).

Palyginimai daugianario žiede per lauką

Palyginimų sprendimas

Pirmojo laipsnio palyginimai

Skaičių teorijoje, kriptografijoje ir kitose mokslo srityse dažnai iškyla pirmojo laipsnio formos palyginimų sprendimų paieškos:

(\displaystyle ax\equiv b(\pmod (m)).) Tokio palyginimo sprendimas pradedamas skaičiuojant . Palyginimų santrumpos taisyklės yra tokios. d = (\displaystyle d=)(a , m) (\displaystyle (a,m))

x ≡ c a 1 x ≡ c b 1 ≡ a 1 − 1 b 1 (mod m 1) . , tai yra rasti tokį skaičių(\displaystyle x\equiv ca_(1)x\equiv cb_(1)\equiv a_(1)^(-1)b_(1)(\pmod (m_(1))).) , tai yra rasti tokį skaičių Praktinis vertės skaičiavimas

formoje:

c ≡ a 1 − 1 ≡ a 1 φ (m 1) − 1 (mod m 1) (\displaystyle c\equiv a_(1)^(-1)\equiv a_(1)^(\varphi (m_(1) ))-1)(\pmod (m_(1))) Pavyzdžiai

Palyginimui 6 x ≡ 26 (mod. 22) (\displaystyle 6x\equiv 26(\pmod (22))) mes turime

, todėl modulo 22 palyginimas turi du sprendimus. Pakeiskime 26 į 4, kuris yra panašus į modulio 22, ir sumažinkime visus tris skaičius 2:

Kadangi 3 yra 11 modulio koprime, jį galima apversti modulo 11 ir rasti

Palyginus padauginus iš 4, gauname 11 modulio sprendimą:

2 pavyzdys. Pateiktas palyginimas:

Atkreipkite dėmesį, kad modulis yra pirminis skaičius. Pirmasis sprendimas yra naudoti Bezout ryšį. Naudodami Euklido algoritmą arba programą, pateiktą straipsnyje apie Bezout ryšį, nustatome, kad šis skaičius Ir 100 (\displaystyle 100) 65537 (\displaystyle 65537)

17695 ⋅ 100 ≡ 1 (mod 65537) (\displaystyle 17695\cdot 100\equiv 1(\pmod (65537)))

100 ⋅ 725495 ≡ 41 (mod 65537) (\displaystyle 100\cdot 725495\equiv 41(\pmod (65537))) Iš to išplaukia, kad yra pradinio palyginimo sprendimas. Patogiau jį pakeisti kažkuo, panašiu į jį 4588 (\displaystyle 4588) (padalijimo likutis 725495 (\displaystyle 725495) 100 (\displaystyle 100)įjungta ). Atsakymas:

x ≡ 4588 (mod. 65537) .

(\displaystyle x\equiv 4588(\pmod (65537)).) Antrasis sprendimo būdas, paprastesnis ir greitesnis, nereikalauja Bezout ryšio konstravimo, bet taip pat yra lygiavertis Euklido algoritmui. 1 veiksmas. Padalinkite modulį iš koeficiento x su likusia dalimi: 65537 = 100 ⋅ 655 + 37 (\displaystyle 65537=100\cdot 655+37). Abi pradinio palyginimo puses padauginkite iš koeficiento 655 (\displaystyle 655) ir pridėkite 37 x (\displaystyle 37x); gauname: 100 (\displaystyle 100) 65537 x ≡ 26855 + 37 x (mod. 65537) (\displaystyle 65537x\equiv 26855+37x(\pmod (65537)))

, tai yra lyginamas su nuliu, iš kurio: 37 x ≡ − 26855 (mod. 65537) (\displaystyle 37x\equiv -26855(\pmod (65537))) Gavome val

x (\displaystyle x) koeficientas 37, o ne 100. Kiekviename sekančiame žingsnyje mažiname tuo pačiu būdu, kol gauname vieną. 2 veiksmas. Panašiai padalinkite iš naujo x koeficiento: 65537 = 37 ⋅ 1771 + 10 (\displaystyle 65537=37\cdot 1771+10). Abi pradinio palyginimo puses padauginkite iš koeficiento . Padauginkite abi palyginimo, gauto ankstesniame žingsnyje, puses iš koeficiento 1771 (\displaystyle 1771)

10 x (\displaystyle 10x) 1. ; vėl pakeitę kairę pusę nuliu, gauname. Apibrėžimas Ir Jei du skaičiai yra 1) kai dalija a b p duoti tą patį likutį r a.

, tada tokie skaičiai vadinami equiremainder arba 1. palyginamas pagal modulį a pareiškimas Apibrėžimas Leiskite

kažkoks teigiamas skaičius. Tada kiekvienas skaičius p visada ir, be to, vieninteliu būdu gali būti pavaizduotas formoje a Tačiau šiuos skaičius galima gauti nustatant lygus 0, 1, 2,...,−1. Vadinasi

Parodykime, kad šis vaizdas yra unikalus. Tarkime, kad a gali būti pavaizduotas dviem būdais a=sp+r Ir a=s 1 a+p 1. Tada

(2)

a − b = m t . p 1 priima vieną iš skaičių 0,1, ..., a−1, tada absoliuti reikšmė p 1 −p mažiau a. Tačiau iš (2) išplaukia, kad p 1 −p daugkartinis a. Vadinasi p 1 =p Ir s 1 =s.

Skaičius p paskambino yra lygiavertis likučių klasių lygybei numeriai Apibrėžimas modulo a(kitaip tariant, skaičius p vadinama likusia skaičiaus dalimi Apibrėžimas 725495 (\displaystyle 725495) a).

, tada tokie skaičiai vadinami equiremainder arba 2. Jei du skaičiai Apibrėžimas Ir Jei du skaičiai yra 1) taip pat yra palyginami pagal modulį a Galite vienu metu padalyti abi palyginimo puses ir modulį iš jų bendro daliklio: a–b padalintas iš a.

Tikrai. Jei du skaičiai Apibrėžimas Ir Jei du skaičiai yra 1) taip pat yra palyginami pagal modulį a, tada padalijus iš a turi tą patį likutį a. Tada

padalintas iš a, nes (3) lygties dešinioji pusė yra padalinta iš a.

, tada tokie skaičiai vadinami equiremainder arba 3. Jei dviejų skaičių skirtumas dalijasi iš a, tada šie skaičiai yra palyginami pagal modulį a.

Įrodymas. Pažymėkime pagal p Ir p 1 padalijimo likutis Apibrėžimas Ir Jei du skaičiai yra 1) 725495 (\displaystyle 725495) a. Tada

Pavyzdžiai 25≡39 (7 mod.), –18≡14 (4 mod.).

Iš pirmojo pavyzdžio matyti, kad 25 padalijus iš 7, gaunama tokia pati liekana kaip ir 39. Iš tiesų, 25 = 3·7+4 (likęs 4). 39=3·7+4 (likęs 4). Nagrinėdami antrąjį pavyzdį, turite atsižvelgti į tai, kad likusi dalis turi būti neneigiamas skaičius, mažesnis už modulį (ty 4). Tada galime rašyti: −18=−5·4+2 (likutis 2), 14=3·4+2 (likutis 2). Todėl −18, padalijus iš 4, lieka 2, o 14, padalijus iš 4, lieka 2.

Modulinių palyginimų savybės

Turtas 1. Bet kam Apibrėžimas Ir a Visada

ne visada galima palyginti

Kur λ yra didžiausias bendras skaičių daliklis m Ir a.

Įrodymas. Leiskite λ didžiausias bendras skaičių daliklis m Ir a. Tada

a − b = m t . m(a-b) padalintas iš k d (\displaystyle d)

Vadinasi

Ir m yra vienas iš skaičiaus daliklių a d (\displaystyle d)

Kur h=pqs.

Atkreipkite dėmesį, kad galime leisti palyginimus pagal neigiamus modulius, t.y. palyginimas a≡b mod ( a) šiuo atveju reiškia skirtumą a–b padalintas iš a. Visos palyginimo savybės galioja neigiamiems moduliams.

Palyginimas su vienu nežinomu x atrodo kaip

Kur. Jeigu Apibrėžimas n nedalomas iš m, taip vadinama laipsnį palyginimai.

Sprendimu palyginimas yra bet koks sveikasis skaičius x 0 , už kurį

Jeigu X 0 tenkina palyginimą, tada pagal 9 palyginimų savybę visi sveikieji skaičiai, palyginami su x 0 modulo m. Todėl visi palyginamieji sprendimai, priklausantys tai pačiai likučių klasei modulo T, laikysime tai vienu sprendimu. Taigi, palyginimas turi tiek sprendinių, kiek jį tenkinančių visos likučių sistemos elementų.

Palyginimai, kurių sprendinių aibės sutampa, vadinami lygiavertis.

2.2.1 Pirmojo laipsnio palyginimai

Pirmojo laipsnio palyginimas su vienu nežinomu X atrodo kaip

(2.2)

2.4 teorema. Kad palyginimas turėtų bent vieną sprendimą, būtina ir pakanka, kad skaičius Jei du skaičiai yra 1) padalintas iš GCD( Apibrėžimas, m).

Įrodymas. Pirmiausia įrodome būtinybę. Leiskite d = GCD( Apibrėžimas, m) Ir X 0 - palyginimo sprendimas. Tada , tai yra skirtumas Oi 0 − Jei du skaičiai yra 1) padalintas iš T. Taigi yra toks sveikasis skaičius q, Ką Oi 0 − Jei du skaičiai yra 1) = kv.m. Iš čia Jei du skaičiai yra 1)= aha 0 − kv.m. Ir nuo tada d, kaip bendras daliklis, dalijasi skaičiais A Ir T, tada minuend ir subtrahend dalijami iš d, ir todėl Jei du skaičiai yra 1) padalintas iš d.

Dabar įrodykime, kad tai yra pakankama. Leiskite d- didžiausias bendras skaičių daliklis A Ir T, Ir Jei du skaičiai yra 1) padalintas iš d. Tada pagal dalijamumo apibrėžimą yra sveikieji skaičiai, tokie kaip Apibrėžimas 1 , Jei du skaičiai yra 1) 1 ,T 1 , Ką .

Naudodami išplėstinį Euklido algoritmą randame tiesinį skaičiaus 1 = gcd ( Apibrėžimas 1 , m 1 ):

kai kuriems x 0 , y 0 . Padauginkime abi paskutinės lygybės puses iš Jei du skaičiai yra 1) 1 d:

arba kas tas pats,

,

tai yra ir yra palyginimo sprendimas. □

2.10 pavyzdys. 9 palyginimas X= 6 (mod 12) turi sprendimą, nes gcd(9, 12) = 3 ir 6 dalijasi iš 3. □

2.11 pavyzdys. Palyginimas 6x= 9 (mod 12) neturi sprendinių, nes gcd(6, 12) = 6, o 9 nesidalija iš 6. □

2.5 teorema. Tegul palyginimas (2.2) yra išsprendžiamas ir d = GCD( Apibrėžimas, m). Tada palyginimo sprendinių aibė (2.2) susideda iš d modulo likučių klasės T, būtent jei X 0 - vienas iš sprendimų, tada visi kiti sprendimai yra

Įrodymas. Leiskite X 0 - palyginimo sprendimas (2.2), tai yra Ir , . Taigi yra toks dalykas q, Ką Oi 0 − Jei du skaičiai yra 1) = kv.m. Dabar vietoj to pakeiskite paskutinę lygybę X 0 savavališkas formos sprendimas, kur gauname išraišką

, dalijasi iš m. □

2.12 pavyzdys. 9 palyginimas X=6 (mod 12) turi lygiai tris sprendinius, nes gcd(9, 12)=3. Šie sprendimai: X 0 = 2, x 0 + 4 = 6, X 0 + 2∙4=10.□

2.13 pavyzdys. 11 palyginimas X=2 (mod 15) turi unikalų sprendimą X 0 = 7, nes GCD(11,15)=1.□

Parodysime, kaip išspręsti pirmojo laipsnio palyginimus. Neprarasdami bendrumo, manysime, kad GCD( Apibrėžimas, t) = 1. Tada palyginimo (2.2) sprendimo galima ieškoti, pavyzdžiui, naudojant Euklido algoritmą. Iš tiesų, naudojant išplėstinį Euklido algoritmą, skaičių 1 pavaizduojame kaip tiesinę skaičių kombinaciją Apibrėžimas Ir T:

Padauginkime abi šios lygybės puses iš Jei du skaičiai yra 1), gauname: Jei du skaičiai yra 1) = abq + mrb, kur abq - Jei du skaičiai yra 1) = - mrb, tai yra Apibrėžimas ∙ (bq) = Jei du skaičiai yra 1)(mod m) Ir bq- palyginimo sprendimas (2.2).

Kitas sprendimas yra naudoti Eilerio teoremą. Vėlgi mes tikime, kad GCD(a, T)= 1. Taikome Eilerio teoremą: . Padauginkite abi palyginimo puses iš Jei du skaičiai yra 1): . Paskutinės išraiškos perrašymas kaip , gauname, kad yra palyginimo (2.2) sprendimas.

Leiskite dabar GCD( Apibrėžimas, m) = d>1. Tada Apibrėžimas = Apibrėžimastd, m = mtd, kur GCD( A 1 , m 1) = 1. Be to, būtina Jei du skaičiai yra 1) = Jei du skaičiai yra 1) 1 d, kad palyginimas būtų išspręstas. Jeigu X 0 - palyginimo sprendimas A 1 x = Jei du skaičiai yra 1) 1 (mod m 1), ir vienintelis, nes GCD ( A 1 , m 1) = 1, tada X 0 bus sprendimas ir palyginimas A 1 xd = db 1 (mod m 1), tai yra pirminis palyginimas (2.2). Poilsis d- Pagal 2.5 teoremą rasti 1 sprendiniai.

Dviem sveikiesiems skaičiams X Ir adresuįveskime palyginamumo santykį paritetu, jei jų skirtumas yra lyginis skaičius. Nesunku patikrinti, ar tenkinamos visos trys anksčiau pateiktos lygiavertiškumo sąlygos. Tokiu būdu įvestas lygiavertiškumo ryšys padalija visą sveikųjų skaičių aibę į du nevienodus poaibius: lyginių skaičių poaibį ir nelyginių skaičių poaibį.

Apibendrindami šį atvejį, sakysime, kad du sveikieji skaičiai, besiskiriantys kokio nors fiksuoto natūraliojo skaičiaus kartotiniu, yra lygiaverčiai. Tai yra modulio palyginamumo koncepcijos, kurią pristatė Gaussas, pagrindas.

Skaičius A, palyginti su Jei du skaičiai yra 1) modulo m, jei jų skirtumas dalijasi iš fiksuoto natūralusis skaičius m, tai yra a - b padalintas iš m. Simboliškai tai parašyta taip:

a ≡ b(mod m),

ir skamba taip: A palyginamas modulo tam tikras skaičius Jei du skaičiai yra 1) modulo m.

Tokiu būdu įvestas ryšys dėl gilios palyginimų ir lygybių analogijos supaprastina skaičiavimus, kai skaičiai skiriasi kartotiniu m, iš tikrųjų nesiskiria (nes lyginimas yra lygybė iki kokio nors m kartotinio).

Pavyzdžiui, skaičiai 7 ir 19 yra palyginami modulo 4, bet nepalyginami modulo 5, nes 19-7=12 dalijasi iš 4 ir nesidalija iš 5.

Taip pat galima sakyti, kad skaičius X modulo m lygus likusiai daliai iš sveikojo skaičiaus X 725495 (\displaystyle 725495) m, nes

x=km+r, r = 0, 1, 2, ... , m-1.

Nesunku patikrinti, ar skaičių palyginamumas pagal duotą modulį turi visas lygiavertiškumo savybes. Todėl sveikųjų skaičių aibė yra padalinta į skaičių klases, kurias galima palyginti pagal modulį m. Tokių klasių skaičius yra lygus m, ir visi tos pačios klasės skaičiai, padalyti iš m duoti tą patį likutį. Pavyzdžiui, jei m= 3, tada gauname tris klases: skaičių klasę, kuri yra 3 kartotiniai (padalijus iš 3 lieka 0), skaičių, kurie dalijant iš 3 palieka 1 likutį, ir skaičių klasę, duodančią likutį 2, kai padalintas iš 3.

Palyginimų panaudojimo pavyzdžius pateikia gerai žinomi dalijamumo kriterijai. Bendras skaičių vaizdavimas n skaičiais dešimtainė sistema Skaičiavimas turi tokią formą:

n = c10 2 + b10 1 + a10 0,

Kur a, b, c,- skaičiaus skaitmenys, parašyti iš dešinės į kairę, taigi A- vienetų skaičius, Jei du skaičiai yra 1)- dešimtukų skaičius ir kt. Nuo 10 tūkst ≡ 1(mod9) bet kuriam k≥0, tada iš to, kas parašyta, išplaukia, kad

n ≡ c + b + a(mod9),

iš kur seka dalijimosi iš 9 testas: n dalijasi iš 9 tada ir tik tada, kai jo skaitmenų suma dalijasi iš 9. Šis samprotavimas galioja ir pakeitus 9 į 3.

Gauname dalijimosi iš 11 testą. Palyginimai vyksta:

10≡- 1 (mod11), 10 2 ≡ 1 (mod11) 10 3 ≡- 1 (mod11) ir pan. Štai kodėl n ≡ c - b + a - ….(mod11).

Vadinasi, n dalijasi iš 11 tada ir tik tada, kai kintamoji jo skaitmenų suma a - b + c -... dalijasi iš 11.

Pavyzdžiui, skaičiaus 9581 skaitmenų kintamoji suma yra 1 - 8 + 5 - 9 = -11, ji dalijasi iš 11, o tai reiškia, kad skaičius 9581 dalijasi iš 11.

Jei yra palyginimų: , juos galima sudėti, atimti ir dauginti iš termino taip pat, kaip lygybes:

Palyginimą visada galima padauginti iš sveikojo skaičiaus:

jei, tada

Tačiau ne visada įmanoma sumažinti palyginimą bet kuriuo koeficientu, pavyzdžiui, bet neįmanoma sumažinti skaičių 42 ir 12 bendruoju koeficientu. toks sumažinimas lemia neteisingą rezultatą, nes .

Iš palyginamumo modulio apibrėžimo matyti, kad sumažinimas koeficientu yra leistinas, jei šis koeficientas yra lygus moduliui.

Jau buvo pažymėta aukščiau, kad bet koks sveikasis skaičius yra palyginamas mod m su vienu iš šių skaičių: 0, 1, 2,... , m-1.

Be šios serijos, yra ir kitų skaičių serijų, turinčių tą pačią savybę; taigi, pavyzdžiui, bet kuris skaičius yra palyginamas mod 5 su vienu iš šių skaičių: 0, 1, 2, 3, 4, bet taip pat palyginamas su vienu iš šių skaičių: 0, -4, -3, -2, - 1 arba 0, 1, -1, 2, -2. Bet kuri tokia skaičių serija vadinama visa modulo 5 likučių sistema.

Taigi, visa likučių sistema mod m yra bet kuri serija m skaičiai, iš kurių nė vienas nėra palyginamas. Paprastai naudojama visa atskaitų sistema, susidedanti iš skaičių: 0, 1, 2, ..., m-1. Skaičiaus atėmimas n modulo m yra likusi padalinio dalis n 725495 (\displaystyle 725495) m, kas išplaukia iš vaizdavimo n = km + r, 0<p<m- 1.