Keni kërkuar për: c. Vetitë e simbolit Lezhandrit

Emërtimet

$\mathbb(N)$ - grup numrash natyrorë $1, 2, 3, 4, 5, 6, \ldots$

$\mathbb(Z)$ - grup i numrave të plotë $0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \ldots$

$[x]$ - pjesë e tërë numrat $x$ (numri i plotë më i madh që nuk kalon $x$)

$sgn(x)$ - shenja e numrit $x$ ($sgn(0)=0$ dhe $sgn(x)=\frac(x)(|x|)$ për $x\neq 0$)

Pjesëtueshmëria

Përkufizimi dhe vetitë e pjesëtueshmërisë

Le të ketë dy numra të plotë $a$ dhe $b$. Ata thonë se $b$ ndan$a$ nëse ka një numër të plotë $b_1$ të tillë që $a=b\cdot b_1$. Kjo shënohet si $b|a$. Gjithashtu në këtë rast thonë edhe se $a$ ndarë nga$b$. Kjo shënohet me $a\,\vdots\, b$.

Le të shohim disa veti të pjesëtueshmërisë së numrave të plotë:

Le të jetë $c|b$ dhe $b|a$. Pastaj $c|a$.
Në të vërtetë, sipas përkufizimit, ka numra të plotë $b_1$ dhe $c_1$ të tillë që $a=b\cdot b_1$ dhe $b=c\cdot c_1$. Por atëherë $a=c\cdot c_1b_1$, domethënë, $c|a$.

Le të jetë $c|a,\ c|b$ dhe $k,l\in\mathbb(Z)$. Pastaj $c|(ka+lb)$.
Në të vërtetë, sipas përkufizimit, ka numra të plotë $c_1$ dhe $c_2$ të tillë që $a=c\cdot c_1$ dhe $b=c\cdot c_2$. Por pastaj $ka+lb=c\cdot (kc_1+lc_2)$, që është ajo që kërkohet. Kjo pronë mund të zgjerohet në një numër arbitrar numrash.

Le të jetë $k\in\mathbb(Z),k\neq 0$. Pastaj $b|a$ nëse dhe vetëm nëse $kb|ka$.
Në të vërtetë, nëse $k\in\mathbb(Z),k\neq 0$, atëherë $a=b\cdot b_1$ nëse dhe vetëm nëse $k\cdot a=k\cdot b\cdot b_1$, ku $b_1 $ është një numër i plotë arbitrar.

Përcaktimi i numrave të thjeshtë dhe të përbërë

Numri $1$ ka vetëm një pjesëtues natyror - vetveten. Kushdo numri natyror$n>1$ janë të paktën dy pjesëtues natyror janë $1$ dhe $n$. Nëse një numër $n$ nuk ka pjesëtues të tjerë natyrorë, atëherë ai quhet thjeshtë. Shembuj të numrave të thjeshtë janë $2,3,5,7,11,13,\ldots$

Kështu, Numrat e thjeshtë janë numra natyrorë që kanë saktësisht dy faktorë natyrorë . Mund të prezantojmë një funksion të veçantë $\tau(n)$ që numëron numrin e pjesëtuesve natyrorë të një numri natyror $n$. $$\tau(n)=\sum\limits _(d|n)\;1.$$ Atëherë një numër natyror $n$ është i thjeshtë nëse dhe vetëm nëse $\tau(n)=2$. Ne do t'i quajmë numra natyrorë, njësi të mëdha të përbëra, nëse nuk janë të thjeshta.

Shembulli 1. Numri $4$ pjesëtohet me $1,2$ dhe $4$, që do të thotë $\tau(4)=3$ dhe ky numër është i përbërë. Numri $17$ pjesëtohet vetëm me $1$ dhe $17$, që do të thotë $\tau(17)=2$ dhe ky numër është i thjeshtë.

Shënim 1. Sipas përcaktimit, numër i përbërë$n$ ka të paktën një pjesëtues $d$ me kusht $1

Shënim 2. Quhen numra të plotë të pjesëtueshëm me $2$ madje, dhe nuk ndahet me $2$ - i çuditshëm. Nga ky përkufizim është e qartë se midis numrave natyrorë çift, vetëm numri $2$ është i thjeshtë dhe të gjithë numrat e tjerë të thjeshtë janë tek.

Pjesëtuesi më i madh i përbashkët

pjesëtues i përbashkëtështë numri i plotë që ndan secilin prej tyre. Pjesëtuesi më i madh i përbashkët disa numra të plotë, jo të gjithë janë të barabartë me zero, quhet më i madhi nga pjesëtuesit e tyre të përbashkët. Pjesëtuesi më i madh i përbashkët i numrave $a_1,\ldots ,a_n$ shënohet $\textrm(GCD)(a_1,\ldots ,a_n)$ ose, më shpesh, thjesht $(a_1,\ldots ,a_n)$. Vini re se do të jetë pozitiv, domethënë një numër natyror.

Shembulli 2. Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë dhe $a$ një numër natyror. Le të gjejmë $(a,p)$. Sipas vërejtjes së fundit, mjafton të gjesh vetëm pjesëtues të përbashkët natyrorë të numrave në shqyrtim dhe të zgjedhësh më të madhin midis tyre. Por numri $p$ ka vetëm dy pjesëtues natyrorë - numrin $1$ (i cili gjithashtu ndan $a$) dhe vetë $p$. Prandaj, nëse $p\nmid a$ ($p$ nuk e ndan $a$), atëherë ka vetëm një pjesëtues të përbashkët dhe $(a,p)=1$. Nëse $p|a$, atëherë ekzistojnë dy pjesëtues të përbashkët - $1$ dhe $p$. Pastaj $(a,p)=p$.

Shembulli 3. Le të jepen numrat natyrorë $a$ dhe $b$ dhe $b|a$. Pastaj $(a,b)=b$. Kjo rrjedh nga fakti se $b$ është një pjesëtues i përbashkët i numrave $a$ dhe $b$, por $b$ nuk mund të ketë pjesëtues më të mëdhenj se $b$.

Teorema 1. Pjesëtuesi më i madh i përbashkët i numrave të plotë $a_1,\ldots ,a_n$, jo të gjithë janë të barabartë me zero, mund të përfaqësohet me disa numra të plotë $x_1,\ldots,x_n$ si $$(a_1,\ldots ,a_n)= x_1a_1+ \ldots +x_na_n.$$

Dëshmi. Konsideroni grupin $M=$y_1a_1+\ldots +y_na_n>0\; |\; y_1,\ldots ,y_n\in\mathbb(Z)$$. Nuk është bosh, pasi zgjedhja $y_i=a_i,\ i=1,\ldots ,n$ garanton që $y_1a_1+\ldots +y_na_n>0$. Meqenëse ky grup përbëhet nga numra natyrorë, ai ka elementin më të vogël. Le të jetë e barabartë me $x_1a_1+\ldots +x_na_n$. Le të jetë $d=(a_1,\ldots,a_n)$. Meqenëse $d|a_1,\ldots ,d|a_n$, atëherë $d|(x_1a_1+\ldots +x_na_n)$, që do të thotë $x_1a_1+\ldots +x_na_n\geqslant d$. Le të tregojmë se $x_1a_1+\ldots +x_na_n$ është një pjesëtues i përbashkët i numrave $a_1,\ldots ,a_n$, pastaj sipas përcaktimit të më të madhit pjesëtues i përbashkët do të kemi $x_1a_1+\ldots +x_na_n\leqslant d$, dhe nga krahasimi i dy pabarazive të fituara do të pasojë $x_1a_1+\ldots +x_na_n=d$. Le të ndajmë $a_1$ me $x_1a_1+\ldots +x_na_n$ me mbetjen: $$a_1=q(x_1a_1+\ldots +x_na_n)+r,\quad 0\leqslant r 0$, pastaj $r\në M$ dhe në të njëjtën kohë $r Teorema 1 është vërtetuar.

Përfundimi 1. Për çdo numër të plotë pozitiv $n\geqslant 2$, bashkësia e të gjithë pjesëtuesve të përbashkët të numrave të plotë $a_1,\ldots ,a_n$ përkon me bashkësinë e të gjithë pjesëtuesve të numrit $\textrm(GCD)(a_1,\ldots ,a_n ) $. Në veçanti, çdo pjesëtues i përbashkët i disa numrave të plotë ndan pjesëtuesin e tyre më të madh të përbashkët.

Dëshmi. Sipas teoremës 1, ka numra të plotë $x_1,\ldots ,x_n$ të tillë që $(a_1,\ldots ,a_n)=x_1a_1+\ldots +x_na_n$. Pastaj, nga vetia e dytë e pjesëtueshmërisë, $(a_1,\ldots,a_n)$ është i pjesëtueshëm me çdo pjesëtues të përbashkët të numrave të plotë $a_1,\ldots,a_n$. Për më tepër, nga vetia e parë e pjesëtueshmërisë rrjedh se çdo pjesëtues $(a_1,\ldots ,a_n)$ do të jetë një pjesëtues i përbashkët i numrave $a_1,\ldots ,a_n$. Kështu, bashkësia e të gjithë pjesëtuesve të përbashkët të disa numrave të plotë përkon me bashkësinë e të gjithë pjesëtuesve të pjesëtuesit të tyre më të madh të përbashkët. Përfundimi 1 është vërtetuar.

Përfundimi 2. Formula e mëposhtme vlen: $$(a_1,\ldots ,a_(n+1))=((a_1,\ldots ,a_n), a_(n+1)).$$

Dëshmi. Bashkësia e pjesëtuesve të përbashkët të numrit $(a_1,\ldots ,a_n)$ dhe numri $a_(n+1)$ nga Përfundimi 1 përbëhet nga bashkësia e të gjithë pjesëtuesve të përbashkët të numrave $a_1,\ldots ,a_n $, të cilat në të njëjtën kohë ndajnë edhe numrin $ a_(n+1)$. Rezulton se ky grup përbëhet nga të gjithë pjesëtuesit e përbashkët të numrave $a_1,\ldots ,a_(n+1)$. Por nëse dy grupe përkojnë, atëherë elementët më të mëdhenj të këtyre grupeve janë të barabartë. Ne marrim $(a_1,\ldots ,a_(n+1))=((a_1,\ldots ,a_n), a_(n+1))$. Përfundimi 2 është vërtetuar.

Lema 1. Le të jenë numra të plotë $a,b,c$, $c|ab$ dhe $(a,c)=1$. Pastaj $c|b$.

Dëshmi. Nga teorema 1, ka numra të plotë $x,y$ të tillë që $1=ax+cy$. Le të shumëzojmë të dyja anët e kësaj barazie me $b$, do të marrim $b=abx+bcy$. Sipas kushtit, $c|ab$, dhe rrjedhimisht $c|abx$. Natyrisht gjithashtu $c|bcy$. Nga vetia e dytë e pjesëtueshmërisë kemi $c|b$. Lema 1 është vërtetuar.

Përfundimi 3. Le të jenë $a,b$ numra të plotë, $p$ një i thjeshtë, $p|ab$ dhe $p\nmesi i a$. Pastaj $p|b$.

Dëshmi. Sipas Shembullit 2, nëse $p\nmid a$, atëherë $(a,p)=1$, kështu që të gjitha kushtet e Lemës 1 janë të përmbushura. Përfundimi 3 është vërtetuar.

Shumëfishi më pak i zakonshëm

Le të ketë disa numra të plotë. e tyre shumëfish i përbashkëtështë një numër i plotë i pjesëtueshëm me secilin prej tyre. Shumëfishi më pak i zakonshëm i disa numrave të plotë quhet numri më i vogël natyror i shumëfishave të tyre të përbashkët. Shumëfishi më i vogël i përbashkët i numrave $a_1,\ldots,a_n$ shënohet $\textrm(LCM)$ ose, më shpesh, vetëm $$.

Teorema 2. Shumëfishi më i vogël i përbashkët i numrave të plotë $a_1,\ldots ,a_n$ pjesëton çdo shumëfish të përbashkët të këtyre numrave .

Dëshmi. Le të jenë $b=$ dhe $c$ një shumëfish i përbashkët arbitrar i të njëjtëve numra. Le të ndajmë $c$ me $b$ me mbetjen: $c=qb+r,\ 0\leqslant r 0$, atëherë $r$ është një numër natyror më i vogël se $b$. Kjo bie ndesh me faktin se $b$ është shumëfishi më i vogël i përbashkët i këtyre numrave. Kjo do të thotë se $r=0$ dhe $c$ është i ndashëm me $b$. Teorema 2 është vërtetuar.

Duke krahasuar grupe shumëfishash të përbashkët, është e lehtë të nxirret nga Teorema 2

Përfundimi 4. $$=[, a_(n+1)]. $$

Lema 2. Le të jenë numra natyrorë $a$ dhe $b$. Pastaj $\displaystyle\left(\frac(a)((a,b)),\frac(b)((a,b))\right)=1,\quad \left[\frac(a)(( a,b)),\frac(b)((a,b))\right]=\frac())((a,b))$.

Dëshmi. Le të jetë $d$ pjesëtuesi më i madh i përbashkët i numrave $\displaystyle \frac(a)((a,b))$ dhe $\displaystyle \frac(b)((a,b))$. Pastaj, me vetinë e tretë të pjesëtueshmërisë, numri $d\cdot(a,b)$ do të ndajë $a$ dhe $b$, domethënë do të jetë pjesëtuesi i tyre i përbashkët. Por meqenëse $(a,b)$ është më i madhi nga pjesëtuesit e tyre të përbashkët, atëherë $d=1$. Tani le të jetë $k$ shumëfishi më i vogël i përbashkët i $\displaystyle \frac(a)((a,b))$ dhe $\displaystyle \frac(b)((a,b))$. Nga vetia e tretë e pjesëtueshmërisë, numri $\displaystyle \frac())((a,b))$ do të jetë gjithashtu shumëfishi i tyre i përbashkët, kështu që $k\: | \displaystyle \frac())((a,b))$, që do të thotë $k\leqslant\displaystyle \frac())(a,b))$. Nga ana tjetër, edhe nga vetia e tretë e pjesëtueshmërisë, $k\cdot(a,b)$ do të jetë i pjesëtueshëm me $a$ dhe $b$, domethënë do të jetë shumëfishi i tyre i përbashkët. Prandaj $\: |\: (k\cdot(a,b))$, dhe $\leqslant(k\cdot(a,b))$. Nga dy pabarazitë e fituara rrjedh $k=\displaystyle \frac())(a,b))$. Lema 2 është vërtetuar.

Lema 3. Le të jenë numra natyrorë $a$ dhe $b$, $(a,b)=1$. Pastaj $=ab$.

Dëshmi. Meqenëse $$ është i pjesëtueshëm me $a$ dhe $b$, atëherë ka numra natyrorë $a_1$ dhe $b_1$ të tillë që $$=a\cdot a_1=b\cdot b_1.$$ Pra, $b|a\ cdot a_1$ dhe $(a,b)=1$. Nga Lema 1 kemi $b|a_1$, por më pas $ab|aa_1=$ dhe rrjedhimisht $ab\leqslant $. Nga ana tjetër, $ab$ është një shumëfish i përbashkët i numrave $a$ dhe $b$, dhe nga teorema 2 $|(ab)$, prej nga $\leqslant ab$. Nga dy pabarazitë e fituara rezulton se $=ab$. Lema 3 është vërtetuar.

Përfundimi 5. Le të jenë numra natyrorë $a$ dhe $b$. Pastaj $(a,b)=ab$.

Dëshmi. Nga Lemat 2 dhe 3 gjejmë $$\displaystyle\frac())((a,b))=\left[\frac(a)((a,b)),\frac(b)(a,b )) \right]=\frac(a)((a,b))\cdot\frac(b)((a,b)).$$ Shumëzoni anën e majtë dhe të djathtë të barazisë që rezulton me $(a, b)^2$ , marrim saktësisht barazinë e kërkuar. Përfundimi 5 është vërtetuar.

Përfundimi 6. Le të jenë numra natyrorë $a_1,\ldots,a_n$ dhe le të jenë $(a_i,a_j)=1$ për të gjithë $i,j=1,\ldots ,n,\ i\neq j$. Pastaj $=a_1\cdots a_n$.

Dëshmi. Le të kryejmë induksion në $n$ (do të tregojmë se pohimi është i vërtetë për $n=2$, dhe gjithashtu se nga vlefshmëria e deklaratës për një $n\geqslant 2$ arbitrare rezulton se ai është gjithashtu i vlefshëm për $n+1$, atëherë kjo do të thotë se pohimi është i vërtetë për të gjithë $n\geqslant 2$). Për $n=2$, pohimi rrjedh nga Lema 3. Le të jetë e vërtetë pohimi për disa $n\geqslant 2$. Nga hipoteza e induksionit $=a_1\cdots a_n$. Për më tepër, nga përfundimi 3 rrjedh qartë se $(a_1\cdots a_n, a_(n+1))=1$ (nëse do të gjendej një pjesëtues i thjeshtë kryesor, ai do të ndante njëkohësisht $a_(n+1)$ dhe çfarë -diçka nga $a_i, i=1,\ldots ,n$, që do të binte ndesh me kushtin $(a_i,a_(n+1))=1$). Përsëri nga Lema 3 rrjedh se $[, a_(n+1)]=a_1\cdots a_n\cdot a_(n+1)$. Pastaj nga Konkludimi 4 marrim $$=[, a_(n+1)]= a_1\cdots a_n\cdot a_(n+1). $$ Përfundimi 6 është vërtetuar.

Algoritmi i Euklidit

Supozoni se për dy numra natyrorë $p$ dhe $q$ është e nevojshme të gjendet pjesëtuesi i tyre më i madh i përbashkët. Për ta bërë këtë, përdoret procedura e mëposhtme. Le të ndajmë $p$ me $q$ me mbetjen: $$p=a_0q+r_1,\quad 0\leqslant r_1

Vini re se sekuenca e numrave të plotë jo-negativ $r_1,r_2,r_3,\ldots$ është rreptësisht në rënie, kështu që për disa $n\geqslant 0$ $r_(n+1)=0$ do të plotësohet, domethënë $ $r_(n -2)=a_(n-1)r_(n-1)+r_n,\quad 0\leqslant r_n

Teorema 1 thotë se me disa numra të plotë $x,y$ mund të shkruajmë $r_n=(p,q)=px+qy$. Algoritmi Euklid ju lejon të gjeni këto numra në mënyrë eksplicite. Nga barazia e parë kemi $r_1=p+q(-a_0)$. Nga e dyta $r_2=q-a_1r_1=p(-a_1)+q(1+a_0a_1)$. Dhe kështu me radhë, në mënyrë sekuenciale, secili nga numrat $r_1,\ldots,r_n$ do të shprehet si një kombinim linear i numrave $p$ dhe $q$ me koeficientë të plotë.

Shënim 3. Nga e para në zinxhirin e pjesëtimeve me barazi të mbetjeve kemi $$\frac(p)(q)=a_0+\frac(r_1)(q)=a_0+\frac(1)(\frac(q)(r_1)) .$$ Nga barazia e dytë $$\frac(q)(r_1)=a_1+\frac(r_2)(r_1)=a_1+\frac(1)(\frac(r_1)(r_2))\ldots$$ Nga e fundit barazi do të kemi $$ \frac(r_(n-1))(r_n)=a_n.$$ Rezultati është një paraqitje e $\frac(p)(q)$ në formën e një fraksioni shumëkatëshe $ $\frac(p)(q)=a_0+\frac(1)(a_1+\frac(1)(a_2+\frac(1)(\ldots\ +\frac(1)(a_n)))).$$ Kjo ndërtimi quhet vazhdoi gjuajtja dhe shënohet me $$. Ato do të diskutohen më në detaje në kapitujt në vijim. Le të përmendim vetëm se numrat $x,y$ për të cilët $r_n=px+qy$ mund të gjenden nga barazia $$-\frac(x)(y)=a_0+\frac(1)(a_1+\frac( 1 )(\ldots\ +\frac(1)(a_(n-1)))).$$

Zgjidhja në numra të plotë të ekuacionit $px+qy=r$

Le të jenë $p,q,r$ numra të plotë dhe ju duhet të gjeni të gjithë numrat e plotë $x,y$ që plotësojnë ekuacionin $px+qy=r$.

Fjalia 1. Një zgjidhje për këtë ekuacion ekziston nëse dhe vetëm nëse $(p,q)|r$.

Dëshmi. Nëse ekziston ndonjë zgjidhje $x,y$, atëherë nga vetia e dytë e pjesëtueshmërisë, çdo pjesëtues i përbashkët i numrave $p$ dhe $q$ ndan $r$. Në veçanti $(p,q)|r$. Në të kundërt, nëse $(p,q)|r$, atëherë ekziston një numër i plotë $s$ i tillë që $(p,q)s=r$. Nga teorema 1, ka numra të plotë $x_0,y_0$ me kushtin $px_0+qy_0=(p,q)$, por më pas $p(x_0s)+q(y_0s)=r$. Propozimi 1 vërtetohet.

Pra, nëse $(p,q)\nmid r$, atëherë nuk ka zgjidhje. Nëse $(p,q)|r$, atëherë ka të paktën një zgjidhje, të themi $x_1,y_1$. Për ta gjetur atë në mënyrë eksplicite, mund të përdorni algoritmin Euklidian për të gjetur numrat $x_0,y_0$ të tillë që $px_0+qy_0=(p,q)$. Pastaj, sipas propozimit 1, do të kemi $$x_1=x_0\frac(r)((p,q)),\quad y_1= y_0\frac(r)((p,q)).$$ Në disa raste të thjeshta një zgjidhje e veçantë $x_1,y_1$ mund të zgjidhet thjesht.

Le të jetë $x,y$ një zgjidhje arbitrare e ekuacionit tonë. Pastaj $px+qy=px_1+qy_1$. Le t'i ndajmë të dyja anët e barazisë me $(p,q)$ dhe të riorganizojmë termat. Ne marrim$$\frac(p)((p,q))(x-x_1)=-\frac(q)((p,q))(y-y_1),$$ që është $\frac(p ) ((p,q))$ ndan $\frac(q)((p,q))(y-y_1)$, dhe nga Lema 2 $$\left(\frac(p)((p,q) ) ,\frac(q)((p,q))\right)=1.$$ Prandaj, nga Lema 1, $\frac(p)((p,q))$ ndan $(y-y_1)$ , ose $y-y_1=\frac(p)((p,q))t$ me një numër të plotë $t$. Por më pas, duke i ndarë të dyja anët e barazisë origjinale me $\frac(p)((p,q))$, gjejmë $x-x_1=-\frac(q)((p,q))t$. Ne gjejmë se një zgjidhje arbitrare duhet të ketë formën $$x=x_1-\frac(q)((p,q))t, \qquad y=y_1+\frac(p)((p,q))t, \ quad t \in\mathbb(Z).$$ Meqenëse zëvendësimi i një çifti të tillë $x,y$ për çdo $t\in\mathbb(Z)$ jep një zgjidhje për ekuacionin në shqyrtim, formula që rezulton përshkruan të gjitha zgjidhjet.

Zgjidhja e një ekuacioni linear Diofantine për çdo numër të panjohurash

Diofantina është një ekuacion që duhet të zgjidhet në numra të plotë. Le të jenë numra të plotë $a_1,\ldots,a_n$ dhe $b$ dhe ne duhet të zgjidhim ekuacionin e Diofantinës $a_1x_1+\ldots +a_nx_n=b$. Le të vendosim $d=(a_1,\ldots ,a_n)$, më pas përsëritja e arsyetimit të kryer në vërtetimin e Pohimit 1 do të tregojë se nëse $d\nmes b$, atëherë nuk ka zgjidhje, por nëse $d| b$, atëherë ka. Ju mund të gjeni një zgjidhje duke përdorur procedurën e mëposhtme. Është e nevojshme të ndërtohet një matricë prej $n+1$ rreshtave dhe $n$ kolonave: $$a_1\ a_2\ \ldots\ a_(n-1)\ a_n$$ $$ 1\quad 0\ \ldots\quad 0\quad 0 $$ $$0\quad 1\ \ldots\quad 0\quad 0$$ $$\ldots\, \ldots\, \ldots\, \ldots\, \ldots $$ $$ 0\quad 0 \ \ldots\ quad 1\quad 0$$ $$0\quad 0\ \ldots\quad 0\quad 1$$ dhe duke përdorur tre operacione të vlefshme

Shtimi në çdo kolonë çdo kolonë tjetër të shumëzuar me një numër të plotë arbitrar (kolona e shtuar mbetet e paprekur)

Ndërroni çdo dy kolona

Shumëzoni çdo kolonë me $-1$

zvogëloje këtë matricë në formën $$d\hspace(2.8mm) 0\hspace(2.8mm) \ldots\ 0$$ $$ c_(11) c_(12)\ \ldots c_(1n)$$ $$c_ ( 21) c_(22)\ \ldots c_(2n)$$ $$\ldots\ldots\ldots\ldots $$ $$c_(n1) c_(n2)\ \ldots c_(nn)$$ Kjo mund gjithmonë të arrihet. Për shembull, mund t'i bëni të gjithë elementët e rreshtit të parë jonegativë (duke shumëzuar me -1$ kolonat në të cilat elementi i parë është negativ). Pas kësaj, mund të zgjidhni elementin më të vogël jozero në rreshtin e parë, të ndani elementët e mbetur të rreshtit të parë me të me një mbetje dhe të zbrisni nga të gjitha kolonat kolonën në të cilën ndodhet ky element më i vogël, shumëzuar me një numër të plotë të përshtatshëm. kështu që elementët e parë në kolona janë tashmë mbetjet e ndarjes. Si rezultat, elementi më i vogël natyror i rreshtit të parë do të ulet dhe, duke qenë se procedura mund të vazhdojë një numër të pakufizuar herë, një numër në rritje i elementeve të rreshtit të parë do të rivendoset. Si rezultat, të gjithë elementët e rreshtit të parë do të bëhen të barabartë me zero, përveç njërit, i cili në fakt do të jetë i barabartë me numrin $d$ që përcaktuam më sipër. Kjo duket qartë nga fakti se asnjë nga tre operacionet e vlefshme në kolonat e matricës nuk ndryshon pjesëtuesin më të madh të përbashkët të të gjithë elementëve të rreshtit të parë. Le të vërejmë edhe vetinë e mëposhtme të kolonave të matricës së ndërtuar fillimisht. Elementi i sipërm i kolonës është i barabartë me rezultatin e zëvendësimit të elementeve poshtë saj $x_1,\ldots, x_n$ në shprehje $a_1x_1+\ldots +a_nx_n.$ Për shembull, $a_1=a_1\cdot 1+a_2\cdot 0\ldots +a_n\cdot 0$. Kjo veti është gjithashtu e vërtetë për cilindo nga tre operacionet e vlefshme në kolonat e matricës . Kështu $$a_1\cdot c_(11)+a_2\cdot c_(21)\ldots +a_n\cdot c_(n1)=d$$ dhe $$a_1\cdot c_(1j)+a_2\cdot c_(2j ) \ldots +a_n\cdot c_(nj)=0,\quad j=2,\ldots ,n.$$ Pra, për çdo $t_2,\ldots ,t_n$ vektori $$x_1\hspace(13mm)c_(11 )\hspace(11mm)c_(12)\hspace(24mm)c_(1n)$$$$x_2\hspace(13mm)c_(21)\hspace(11mm)c_(22)\hspace(24mm)c_(2n )$$ $$\cdot\hspace(3mm) =\hspace(.9mm) \frac(b)(d)\hspace(1.9mm) \cdot\hspace(2.4mm) +\hspace(2mm) t_2\hspace (1.9mm) \cdot\hspace(2.7mm) +\hspace(1.5mm)\ldots\hspace(.5mm) +\ t_n\hspace(2.3mm) \cdot$$ $$\cdot\hspace(15mm)\ cdot\hspace(14.5mm)\cdot\hspace(27.2mm)\cdot$$ $$x_n\hspace(12.9mm)c_(n1)\hspace(10.9mm)c_(n2)\hspace(23.9mm)c_( nn)$$ do të jetë një zgjidhje për ekuacionin $a_1x_1+\ldots +a_nx_n=b$.

Tani vini re se ne kemi shprehur vektorët $$c_(11)\hspace(11mm)c_(12)\hspace(24mm)c_(1n)$$$$c_(21)\hspace(11mm)c_(22)\ hspace (24mm)c_(2n)$$ $$\cdot\hspace(14,5mm)\cdot\hspace(27,2mm)\cdot$$$$\cdot\hspace(14,5mm)\cdot\hspace(10,9mm) \ ldots\hspace(10.4mm)\cdot$$ $$c_(n1)\hspace(10.9mm)c_(n2)\hspace(23.9mm)c_(nn)$$ duke përdorur tre operacione të vlefshme në formën e kombinimeve lineare i vektorëve $1\hspace(11mm)0\hspace(24mm)0$$ $$0\hspace(11mm)1\hspace(24mm)0$$$$\cdot\hspace(11.2mm)\cdot\hspace(24mm )\cdot $$ $$\cdot\hspace(11.2mm)\cdot\hspace(9.1mm)\ldots\hspace(9mm)\cdot$$ $$0\hspace(11mm)0\hspace(24mm)1$$ Pra, nëse kthejnë në mënyrë të njëpasnjëshme të gjitha këto operacione të lejueshme, atëherë vektorët $$1\hspace(11mm)0\hspace(24mm)0$$ $$0\hspace(11mm)1\hspace(24mm)0$$ $$\cdot\ hspace(11,2 mm)\cdot\hspace(24mm)\cdot$$ $$\cdot\hspace(11,2mm)\cdot\hspace(9,1mm)\ldots\hspace(9mm)\cdot$$ $$0\hspace( 11mm)0 \hspace(24mm)1$$ do të shprehet si kombinime lineare të vektorëve $$c_(11)\hspace(11mm)c_(12)\hspace(24mm)c_(1n)$$ $$c_(21 )\hspace( 11mm)c_(22)\hspace(24mm)c_(2n)$$$$\cdot\hspace(14.5mm)\cdot\hspace(27.2mm)\cdot$$$$\cdot\hspace( 14,5 mm)\ cdot\hspace(10,9mm)\ldots\hspace(10,4mm)\cdot$$ $$c_(n1)\hspace(10,9mm)c_(n2)\hspace(23,9mm)c_(nn)$ $ Pastaj, nëse kemi një zgjidhje arbitrare të ekuacionit tonë, themi vektorin $$x_1\hspace(13mm)1\hspace(11mm)0\hspace(24mm)0$$ $$x_2\hspace(13mm)0\hspace (11mm)1\hspace(24mm)0$$ $$\cdot\hspace(4,5mm) =\hspace(0,4mm) x_1\hspace(0,2mm) \cdot\hspace(1,4mm) +\hspace(1mm) x_2\hspace(0.2mm) \cdot\hspace(1.3mm) +\hspace(1.0mm)\ldots\hspace(.5mm) +\ x_n\hspace(0.2mm) \cdot$$ $$\cdot\hspace( 14,7mm)\cdot\hspace (11,5mm)\cdot\hspace(24mm)\cdot$$ $$x_n\hspace(13mm)0\hspace(11mm)0\hspace(23,8mm)1,$$ atëherë do të të shprehet me disa koeficientë të plotë $t_1, t_2,\ldots ,t_n$ në formën $$x_1\hspace(13mm)c_(11)\hspace(11mm)c_(12)\hspace(24mm)c_(1n)$ $$x_2\hspace(13mm)c_ (21)\hspace(11mm)c_(22)\hspace(24mm)c_(2n)$$$$\cdot\hspace(3mm) =\hspace(.9mm) t_1 \hspace(1.9mm) \cdot\hspace (2.4mm) +\hspace(2mm) t_2\hspace(1.9mm)\cdot\hspace(2.7mm) +\hspace(1.5mm)\ldots\hspace(.5mm) +\ t_n\hspace(2.3mm)\ cdot$$ $$\cdot\hspace(15mm)\cdot\hspace(14.5mm)\cdot\hspace(27.2mm)\cdot$$ $$x_n\hspace(12.9mm )c_(n1)\hspace(10.9mm )c_(n2)\hspace(23.9mm)c_(nn)$$ Duke zëvendësuar vektorin që rezulton në ekuacion, marrim $a_1x_1+\ldots +a_nx_n=t_1\cdot d=b .$ Ku qëndron $t_1=\frac(b)( d).$

Pra, ne kemi vërtetuar se të gjitha zgjidhjet e ekuacionit tonë dhe vetëm ato kanë formën $$x_1\hspace(13mm)c_(11)\hspace(11mm)c_(12)\hspace(24mm)c_(1n)$$ $ $x_2 \hspace(13mm)c_(21)\hspace(11mm)c_(22)\hspace(24mm)c_(2n)$$$$\cdot\hspace(3mm) =\hspace(.9mm) \frac( b) (d)\hspace(1.9mm) \cdot\hspace(2.4mm) +\hspace(2mm) t_2\hspace(1.9mm) \cdot\hspace(2.7mm) +\hspace(1.5mm)\ldots\ hspace( .5mm) +\t_n\hspace(2.3mm)\cdot$$ $$\cdot\hspace(15mm)\cdot\hspace(14.5mm)\cdot\hspace(27.2mm)\cdot$$$$x_n \hspace (12.9mm)c_(n1)\hspace(10.9mm)c_(n2)\hspace(23.7mm)c_(nn),$$ ku $t_2,\ldots ,t_n$ marrin vlera arbitrare të numrave të plotë.

Numrat e thjeshtë

Pafundësia e bashkësisë së numrave të thjeshtë

Lema 4. Le të jetë $n>1$ një numër natyror. Atëherë ai ka një pjesëtues kryesor.

Dëshmi. Le të konsiderojmë pjesëtuesin më të vogël të numrit $n$ më të madh se një. Le ta shënojmë me $p$. Nëse ky numër është i përbërë, atëherë, sipas vërejtjes 1, ekziston një numër $d$ i tillë që $d|p$ dhe $1 Lema 4 është vërtetuar.

Përfundimi 7. Le të jetë $n>1$ një numër natyror. Më pas ai përfaqësohet si prodhim i numrave të thjeshtë (disa prej të cilëve mund të jenë të njëjtë).

Dëshmi. Nga Lema 4, numri $n$ ka një pjesëtues kryesor, le të themi $p_1$. Nëse $\frac(n)(p_1)>1$, atëherë ky numër ka gjithashtu një pjesëtues kryesor, le të themi $p_2$ (rasti $p_2=p_1$ është gjithashtu i lejuar). Nëse $\frac(n)(p_1p_2)>1$, atëherë ky numër ka gjithashtu një pjesëtues kryesor, le të themi $p_3$. Meqenëse sekuenca e numrave natyrorë $n,\frac(n)(p_1),\frac(n)(p_1p_2),\frac(n)(p_1p_2p_3),\ldots $ është rreptësisht në rënie, atëherë në një numër të kufizuar hapash (i garantuar jo më shumë se $n-1$ hapa) numri më i vogël natyror do të shfaqet në këtë sekuencë, domethënë $1$. Kjo do të thotë se me disa $k$ do të kemi $n=p_1\cdot p_2\cdots p_k$, që është ajo që kërkohej. Përfundimi 7 është vërtetuar.

Përfundimi 8. Le të jetë $n>1$ një numër natyror. Atëherë është e thjeshtë nëse nuk ka faktorë kryesorë që nuk i kalojnë $[\sqrt(n)]$.

Dëshmi. Supozoni se $n$ nuk ka faktorë kryesorë që nuk i kalojnë $[\sqrt(n)]$. Le të tregojmë se atëherë nuk mund të ketë pjesëtues të thjeshtë më të mëdhenj se $[\sqrt(n)]$ përveç vetvetes. Le të $p|n,\ [\sqrt(n)]+1\leqslant p (\sqrt(n))^2=n$. Dhe meqenëse $\frac(n)(p)$ është një numër natyror, atëherë $\frac(n)(p)\leqslant [\sqrt(n)]$. Por nga Lema 4, numri $\frac(n)(p)$ ka një pjesëtues kryesor $q$. Për më tepër, është e qartë se $q\leqslant\frac(n)(p)\leqslant [\sqrt(n)]$ dhe nga vetia e parë e pjesëtueshmërisë $q|n$. Kontradikta. Prandaj, $n$ nuk ka faktorë kryesorë më pak se $n$. Megjithatë, nga Lema 4, numri $n$ duhet të ketë të paktën një pjesëtues kryesor. Kjo do të thotë që $n$ në vetvete është domosdoshmërisht e thjeshtë. Përfundimi 8 është vërtetuar.

Teorema 3. Ka një numër të pafund numrash të thjeshtë.

Dëshmi. Supozoni se kemi disa numra të thjeshtë $p_1, p_2,\ldots ,p_k$. Konsideroni numrin $N=p_1\cdot p_2\cdots p_k+1$. Ky numër nuk është i pjesëtueshëm me asnjë nga numrat kryesorë të disponueshëm, pasi pjesa e mbetur e pjesëtimit të $N$ me cilindo prej tyre është e barabartë me $1$. Në të njëjtën kohë, sipas Lemës 4, numri $N$ duhet të ketë të paktën një pjesëtues të thjeshtë. Prandaj, përveç numrave $p_1, p_2,\ldots ,p_k$, ka edhe numra të tjerë të thjeshtë. Meqenëse, sipas asaj që është vërtetuar, çdo grup numrash të thjeshtë mund t'i shtojmë gjithmonë të paktën një numër të thjeshtë, atëherë ka pafundësisht shumë numra të thjeshtë. Teorema 3 është vërtetuar.

Sita e Eratosthenes

Bazuar në rezultatin e Lemës 4, lind algoritmi i mëposhtëm për gjetjen e të gjithë numrave të thjeshtë që nuk e kalojnë një numër $n$ nëse të gjithë numrat e thjeshtë, le të themi $p_1,p_2,\ldots ,p_k$, që nuk tejkalojnë $\sqrt(n)$ janë të njohura. Ky algoritëm quhet sita e Eratosthenes. Për të zbatuar algoritmin, duhet të shkruani të gjithë numrat nga $2$ në $n$ përfshirëse. Pas kësaj, për çdo $i=1,2,\ldots ,k$ ju duhet të kaloni numrat $2p_i, 3p_i,\ldots ,\left[\frac(n)(p_i)\right] p_i$. Pastaj të gjithë numrat e pakryqëzuar do të formojnë një listë me të gjithë numrat kryesorë që nuk i kalojnë $n$. Në të vërtetë, numri $m\leqslant n$ le të mos kalohet jashtë. Atëherë ose është një nga numrat e thjeshtë që nuk i kalon $\sqrt(n)$, ose nuk është i pjesëtueshëm me asnjë nga këta numra të thjeshtë. Në rastin e fundit, $m$ nuk është i pjesëtueshëm me asnjërin nga numrat e thjeshtë që nuk i kalon $\sqrt(m)$, pasi $\sqrt(m)\leqslant \sqrt(n)$, prandaj, nga Pasoja 8, numri $m$ është e thjeshtë. Natyrisht, çdo numër i thjeshtë që nuk kalon $n$ do të përfshihet në listën e atyre të pakryqëzuara, pasi ai ose nuk e kalon $\sqrt(n)$ dhe nuk është tejkaluar nga kushti i algoritmit, ose është më i madh se $\ sqrt(n)$ dhe më pas nuk gërryhet, pasi sipas përkufizimit nuk pjesëtohet me numra të thjeshtë përveç vetvetes.

Teorema themelore e aritmetikës (unike e zbërthimit të thjeshtë)

Teorema 4(teorema themelore e aritmetikës). Le të jetë $n>1$ një numër natyror. Pastaj $n$ zgjerohet në një produkt të numrave të thjeshtë dhe në një mënyrë unike deri në rirregullimin e faktorëve.

Dëshmi. Ekzistenca e zbërthimit tregohet në përfundimin 7. Le të vërtetojmë se zbërthimi është unik. Le të jetë $n$ numri më i vogël që mund të zgjerohet në një produkt të numrave të thjeshtë në më shumë se një mënyrë dhe dy prej zgjerimeve të tij të jenë $$p_1\cdot p_2\cdots p_k=q_1\cdot q_2\cdots q_l.$$ Asnjë nga numrat $p_1, p_2,\ldots ,p_k$ nuk është i barabartë me asnjë nga numrat $q_1, q_2,\ldots ,q_l$, pasi përndryshe të dyja anët e barazisë mund të reduktohen në të njëjtat numra të thjeshtë, dhe numri $n$ nuk do të ishte numri më i vogël që mund të zgjidhet në një prodhim të numrave të thjeshtë në më shumë se një mënyrë. Prandaj mund të supozojmë se $p_1 faktorët kryesorë$q_1-p_1=r_1\cpika r_i$. Le të shkruajmë gjithashtu zbërthimin në faktorët kryesorë të numrit $p_2\cpika p_k - q_2\cdots q_l=t_1\cpika t_j$. Pastaj zbulojmë se numri $m$, më pak se $n$, ka dy faktorizim në faktorët kryesorë $$p_1\cdot t_1\cdots t_j=r_1\cdots r_i\cdot q_2\cdots q_l, $$ njëri prej të cilëve përfshin $ p_1$, por jo në tjetrin. Është një kontradiktë që $n$ është numri më i vogël që mund të faktorizohet në një produkt të numrave të thjeshtë në më shumë se një mënyrë. Prandaj, nuk ka numra që mund të zgjidhen në një prodhim të numrave të thjeshtë në më shumë se një mënyrë. Teorema 4 është vërtetuar.

Shënim 4. Zbërthimi i një numri në faktorë të thjeshtë, sipas teoremës themelore të aritmetikës, është unik deri në rendin e faktorëve. Një mënyrë e renditjes së faktorëve pranohet përgjithësisht dhe quhet kanonike. Ai përfshin renditjen e faktorëve në rend rritës, me faktorë të barabartë që kombinohen në një faktor të vetëm si një numër i thjeshtë për disa fuqi. Në përgjithësi duket kështu: $$n=p_1^(\alpha_1)\cdot p_2^(\alpha_2)\cdots p_k^(\alpha_k),\quad p_1 tregues$\nu_p(n)$ është shkalla në të cilën $p$ përfshihet në zgjerimin kanonik të numrit $n$. Për shembull $\nu_2(12)=2,\ \nu_3(12)=1,\ \nu_5(12)=0$. Sigurohuni

$\nu_p(m\cdot n)=\nu_p(m)+\nu_p(n)$

$\nu_p(m+n)\geqslant\min$\nu_p(m),\nu_p(n)$$, dhe nëse $\nu_p(m)>\nu_p(n)$, atëherë $\nu_p ( m+n)=\nu_p(n)$

Funksionet shumëzuese

Përkufizimi dhe vetitë e funksioneve shumëzuese. Konvolucioni i Dirichletit

Le të jetë $f$ një funksion i argumentit natyror që merr vlera reale (ose edhe komplekse). Pastaj thirret $f$ shumëzues, Nëse

$f(m\cdot n)=f(m)\cdot f(n)$ për $(m,n)=1$.

Është shumë e rëndësishme të mbani mend se është e mjaftueshme që vetia e dytë të mbahet vetëm nëse numrat $m$ dhe $n$ janë të dyfishtë.

Funksioni $f$ thirret mjaft shumëfishues, Nëse

$f$ pranon më shumë se vetëm vlera zero;

$f(m\cdot n)=f(m)\cdot f(n)$ për çdo $m,n$.

Nga përkufizimi rrjedh se nëse $f$ është një funksion shumëzues, atëherë $f(1)=1$. Në të vërtetë, $$f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)\cdot f(1).$$ Prandaj ose $f(1)=0$ ose $f(1)=1$ . Por nëse $f(1)=0$, atëherë për çdo numër të plotë pozitiv $n$ kemi $f(n)=f(n\cdot 1)=f(n)\cdot f(1)=0$, që është $ f$ merr vetëm vlera zero, gjë që bie ndesh me përkufizimin e një funksioni shumëzues. Pra, $f(1)=1$.

Fjalia 2. Le të jenë funksione shumëzuese $f,g$. Pastaj për çdo numër natyror $n$ $$\sum_(d|n)f(d)\cdot g\left(\frac(n)(d)\right)=\prod_(p|n)\left(f (1)\cdot g(p^(\nu_p(n)))+f(p)\cdot g(p^(\nu_p(n)-1))+\ldots +f(p^(\nu_p( n)-1))\cdot g(p)+f(p^(\nu_p(n)))\cdot g(1)\right).$$ Këtu në anën e majtë të barazisë është shuma mbi të gjitha të ndryshme natyrore pjesëtuesit e numrit $n$, dhe në të djathtë është prodhimi mbi të gjitha të ndryshme pjesëtuesit kryesorë të numrit $n$, $\nu_p(n)$ është një eksponent i përcaktuar pas vërtetimit të teoremës themelore të aritmetikës. Për shembull, për $n=12$ kjo barazi duket kështu: $$f(1)\cdot g(12)+f(2)\cdot g(6)+f(3)\cdot g(4)+ f( 4)\cdot g(3)+f(6)\cdot g(2)+f(12)\cdot g(1)=$$ $$=\big(f(1)\cdot g(4 )+ f(2)\cdot g(2)+f(4)\cdot g(1)\big)\cdot\big(f(1)\cdot g(3)+f(3)\cdot g( 1) \i madh).$$

Dëshmi. Le të $n=p_1^(\alpha_1)\cdots p_k^(\alpha_k)$. Pastaj $$\prod_(p|n)\left(f(1)\cdot g(p^(\nu_p(n)))+f(p)\cdot g(p^(\nu_p(n)-1 ))+\ldots +f(p^(\nu_p(n)-1))\cdot g(p)+f(p^(\nu_p(n)))\cdot g(1)\djathtas)=$ $$=\prod_(i=1)^k\left(\sum_(\beta_i=0)^(\alpha_i)f(p_i^(\beta_i))\cdot g(p_i^(\alpha_i-\beta_i ))\djathtas)=\sum_(\beta_1=0)^(\alpha_1)\ldots\sum_(\beta_k=0)^(\alpha_k)f(p_1^(\beta_1))\cdot g(p_1^( \alpha_1-\beta_1))\cdots f(p_k^(\beta_k))\cdot g(p_k^(\alpha_k-\beta_k)).$$ Le të përdorim shumëfishimin e funksioneve $f$ dhe $g$. Pastaj shprehja që rezulton do të shkruhet në formën $$\sum_(\beta_1=0)^(\alpha_1)\ldots\sum_(\beta_k=0)^(\alpha_k)f(p_1^(\beta_1)\cdots p_k^(\ beta_k))\cdot g(p_1^(\alpha_1-\beta_1)\cdots p_k^(\alpha_k-\beta_k))=\sum_(d|n)f(d)\cdot g\left( \frac(n )(d)\right).$$ Barazia e fundit vlen sepse $d$ është pjesëtues i $n$ nëse dhe vetëm nëse $d=p_1^(\beta_1)\cdots p_k^(\beta_k) $ dhe $0 \leqslant\beta_i\leqslant\alpha_i$ për çdo $i=1,\ldots ,k$. Propozimi 2 i provuar.

Duke pasur parasysh dy funksione të dhëna $f$ dhe $g$ të një argumenti natyror, është gjithmonë e mundur të ndërtohet një funksion i tretë, të cilin do ta shënojmë $f\circ g$, të përcaktuar për çdo numër natyror $n$ si më poshtë: $$ f\circ g(n)= \sum_(d|n)f(d)\cdot g\left(\frac(n)(d)\right).$$ Ky funksion quhet Konvolucioni i Dirichletit funksionet $f$ dhe $g$.

Përfundimi 9. Nëse funksionet $f$ dhe $g$ janë shumëzues, atëherë konvolucioni i tyre Dirichlet është gjithashtu shumëzues.

Dëshmi. Le të $(m,n)=1$. Kjo do të thotë që këta numra zbërthehen në produkte të numrave të thjeshtë në atë mënyrë që asnjë i thjeshtë i thjeshtë nga zbërthimi i një numri të mos shfaqet në zbërthimin e një tjetri. Le të $n=p_1^(\alpha_1)\cdots p_k^(\alpha_k),\ m=p_(k+1)^(\alpha_(k+1))\cdots p_(k+l)^(\alpha_ (k+l))$. Pastaj nga propozimi 2 $$f\circ g(m\cdot n)=\sum_(d|m\cdot n)f(d)\cdot g\left(\frac(m\cdot n)(d)\djathtas )=\prod_(i=1)^(k+l)\left(\sum_(\beta_i=0)^(\alpha_i)f(p_i^(\beta_i))\cdot g(p_i^(\alpha_i- \beta_i))\djathtas)=$$ $$=\prod_(i=1)^(k)\left(\sum_(\beta_i=0)^(\alpha_i)f(p_i^(\beta_i))\ cdot g(p_i^(\alpha_i-\beta_i))\djathtas)\prod_(i=k+1)^(k+l)\left(\sum_(\beta_i=0)^(\alpha_i)f(p_i ^(\beta_i))\cdot g(p_i^(\alpha_i-\beta_i))\djathtas)=$$$=\sum_(d|n)f(d)\cdot g\left(\frac(n )(d)\djathtas)\cdot\sum_(d|m)f(d)\cdot g\left(\frac(m)(d)\right)=f\circ g(m)\cdot f\circ g(n).$$ Përfundimi 9 është vërtetuar.

Teorema 5. Bashkësia e të gjithë funksioneve shumëzuese formon një grup Abelian në lidhje me operacionin e konvolucionit Dirichlet.

Dëshmi. Nga përfundimi 9, konvolucioni Dirichlet i dy funksioneve shumëzuese është gjithashtu një funksion shumëzues. Vini re se $$f\circ g(n)=\sum_(d|n)f(d)\cdot g\left(\frac(n)(d)\right)=\sum_(d_1\cdot d_2= n )f(d_1)\cdot g(d_2)=\sum_(d_2\cdot d_1=n)g(d_2)\cdot f(d_1)=g\circ f(n),$$ që do të thotë, konvolucioni i Dirichlet është komutative. Asociativiteti i konvolucionit të Dirichlet-it vërtetohet në mënyrë të ngjashme: $$f\circ \big(g\circ h\big)(n)=\sum_(d_1\cdot d"=n)f(d_1)\cdot\ i madh(g\circ h\ i madh)(d")= \sum_(d_1\cdot d"=n)f(d_1)\cdot\left(\sum_(d_2\cdot d_3=d")g(d_2)\ cdot h(d_3)\right )=$$ $$=\sum_(d_1\cdot d_2\cdot d_3=n)f(d_1)\cdot g(d_2)\cdot h(d_3)=\sum_(d\cdot d_3=n)\left( \sum_(d_1\cdot d_2=d)f(d_1)\cdot g(d_2)\right)\cdot h(d_3)=\big(f\circ g\big)\circ h (n).$$ Përcaktoni funksionin $\varepsilon(n)$ në mënyrë që $\varepsilon(1)=1$ dhe $\varepsilon(n)=0$ për të gjithë $n>1$. Atëherë është e qartë se $\varepsilon(n)$ është shumëzues dhe për çdo funksion $f$ $$f\circ\varepsilon=\varepsilon\circ f=f.$$ Mbetet të tregohet se për çdo funksion shumëzues $ f$ ekziston funksioni shumëzues $f"$ i tillë që $$f\circ f"=\varepsilon.$$ Meqenëse $f\circ f"(1)=f(1)\cdot f"(1)=1\ cdot 1= 1=\varepsilon(1)$, atëherë për shkak të shumëzimit mjafton që për çdo numër të thjeshtë $p$ për çdo $i=1,2,\ldots$ $$f\circ f"(p^i )=f( 1)\cdot f"(p^i)+f(p)\cdot f"(p^(i-1))+\ldots +f(p^(i-1))\cdot f "(p) +f(p^i)\cdot f"(1)=0=\varepsilon(p^i).$$ Është e qartë se si të zgjedhim funksionin $f"$. Është e nevojshme të vendosni $f"(p)$ në mënyrë që barazia e mësipërme të jetë për $i=1$. Pas kësaj, ju duhet të vendosni $f"(p^2)$ në mënyrë që barazia të jetë për $i= 2 dollarë. Duke vazhduar këtë procedurë, ne mund të specifikojmë (dhe në një mënyrë unike) vlerën e funksionit $f"$ në $p^i$ për çdo $i$. Teorema 5 është vërtetuar.

Shembuj të funksioneve shumëzuese

Në vërtetimin e Teoremës 5, tashmë është shfaqur shembulli i parë i një funksioni shumëzues (dhe madje plotësisht shumëzues) - ky është një element neutral i grupit të funksioneve shumëzuese - funksioni $\varepsilon(n)$.

Funksionet $\textrm(id)(n)=n$ dhe $(\bf 1)(n)=1$ janë padyshim gjithashtu (plotësisht) shumëzues.

Merrni parasysh funksionin $\tau(n)$, i cili numëron numrin e pjesëtuesve natyrorë të dallueshëm të numrit $n$. Kemi $$\tau(n)=\sum_(d|n)1=\sum_(d|n)(\bf 1)(d)\cdot (\bf 1)\left(\frac(n)( d )\right)=(\bf 1)\circ(\bf 1)(n).$$ Tani, sipas Konkluzionit 9, funksioni $\tau(n)$ është shumëzues. Është e lehtë të shihet se $$\tau(p_1^(\alpha_1)\cdots p_k^(\alpha_k))=(\alpha_1+1)\cdots(\alpha_k+1).$$

Për funksionin $\sigma(n)$, i cili llogarit shumën e pjesëtuesve të ndryshëm natyrorë të numrit $n$, gjejmë $$\sigma(n)=\sum_(d|n)d=\sum_(d| n)\textrm(id)(d)\cdot (\bf 1)\left(\frac(n)(d)\right)=\textrm(id)\circ(\bf 1)(n).$$ Prandaj, nga përfundimi 9, funksioni $ \sigma(n)$ është gjithashtu shumëzues. Në këtë rast, $$\sigma(p_1^(\alpha_1)\cdots p_k^(\alpha_k))=(1+p_1+p_1^2+\ldots +p_1^(\alpha_1))\cdots(1+p_k +p_k ^2+\ldots +p_k^(\alpha_k))=\frac(p_1^(\alpha_1+1)-1)(p_1-1)\cdots\frac(p_k^(\alfa_k+1)-1 )( p_k-1).$$

Funksioni Möbius. Formula e përmbysjes së Möbius

Funksioni Möbius $\mu(n)$ përcaktohet si më poshtë:

$\mu(n)=0$ nëse $m^2|n$ për disa $m>1$;

$\mu(n)=(-1)^k$ nëse $n$ është prodhimi i fuqive të para të $k$ të numrave të thjeshtë të ndryshëm.

Shumëfishimi i tij rrjedh nga përkufizimi. Në të vërtetë, le $p^2|m$ ose $p^2|n$. Pastaj $\mu(m\cdot n)=0=\mu(m)\cdot\mu(n)$. Nëse $(m,n)=1,\ m=q_1\cpika q_l,\ n=p_1\cdots p_k$, atëherë $\mu(m\cdot n)=(-1)^(l+k)= ( -1)^(l)\cdot (-1)^(k)=\mu(m)\cdot\mu(n)$. Për më tepër, $\mu(n)$ nuk është plotësisht shumëzues, pasi për të parën $p$ kemi $\mu (p\cdot p)=0$, por $\mu(p)\cdot\mu (p)= (-1)\cdot (-1)=1$.

Duke përdorur propozimin 2, mund të shohim se $$\mu\circ (\bf 1)(n)=\prod_(p|n)(\mu(1)+\mu(p)+\mu(p^2) +\ldots+\mu(p^(\nu_p(n))))=\prod_(p|n)(1-1+0+\ldots +0)=\varepsilon(n).$$ Pra funksioni Möbius është funksioni i anasjelltë me njësinë identike $(\bf 1)(n)$ në lidhje me operacionin e konvolucionit Dirichlet. Gjithashtu vini re se $$\mu\circ\textrm(id)(n)=\prod_(p|n)(\mu(1)\cdot p^(\nu_p(n))+\mu(p)\ cdot p^(\nu_p(n)-1)+\mu(p^2)\cdot p^(\nu_p(n)-2)+\ldots+\mu(p^(\nu_p(n)))\ cdot 1)=\prod_(p|n)(p^(\nu_p(n))-p^(\nu_p(n)-1)).$$

Nga barazia $\mu\circ (\bf 1)=\varepsilon$ dhe asociativiteti i konvolucionit të Dirichlet ndjek të famshmen Formula e përmbysjes së Möbius: $$f=g\circ (\bf 1)\Shigjeta e drejtë e gjatë g=f\circ\mu .$$

Shembulli 4. Çfarë funksioni fitohet si rezultat i konvolucionit të Dirichlet-it të funksionit Möbius me shumën e funksionit të pjesëtuesve? Ne kemi treguar tashmë se $\sigma=\textrm(id)\circ(\bf 1)$. Duke përdorur formulën e përmbysjes Möbius, gjejmë $\textrm(id)=\sigma\circ\mu$, domethënë $\sum_(d|n)\sigma(d)\cdot\mu\left(\frac(n )(d) \djathtas)=n$. Në mënyrë të ngjashme, nga $\tau=(\bf 1)\circ(\bf 1)$ marrim $(\bf 1)=\tau\circ\mu$, domethënë $\sum_(d|n)\tau (d) \cdot\mu\left(\frac(n)(d)\right)=1$.

Funksioni i Euler-it

Funksioni i Euler-it $\varphi (n) $ numëron numrin e numrave natyrorë që nuk i kalon $n$ dhe coprime në $n$. Për shembull, midis numrave nga $1$ deri në $6$, vetëm numrat $1$ dhe $5$ janë të dyfishtë me numrin $6$, pra $\varphi (6)=2$.

Përfaqësimi i mëposhtëm mund të gjendet për funksionin Euler. $$\varphi (n) =\sum_(1\leqslant k\leqslant n, (k, n)=1) 1=\sum_(k=1)^n\varepsilon ((k, n))=\sum_ (k=1)^n\mu\circ (\bf 1) ((k, n))=$$ $$=\sum_(k=1)^n\sum_(d|(k, n))\ mu(d)=\sum_(d|n)\mu(d)\sum_(1\leqslant k\leqslant n,\ k\,\vdots\, d)1=\sum_(d|n)\mu( d)\frac (n)(d)=\mu\circ\textrm (id)(n). $$ Nga propozimi 2, pra, funksioni $\varphi (n) $ është shumëzues. Këtu, kur shkëmbejmë dy shuma, kemi përdorur konsideratën e mëposhtme: nëse $d|(k, n)$, atëherë $d|k$ dhe $d|n$. Meqenëse $k$ ndryshon nga $1$ në $n$, atëherë $d$ do të kalojë nëpër të gjithë pjesëtuesit natyrorë të $n$, disa prej tyre ndoshta disa herë. Çdo $d$ specifik shfaqet aq herë sa ka numra $k$ të pjesëtueshëm me këtë $d$. Dhe do të ketë saktësisht $\frac(n)(d)$.

Nga barazia $\varphi=\mu\circ\textrm (id) $ duke përdorur formulën e përmbysjes Möbius gjejmë $\textrm (id)=\varphi\circ (\bf 1) $, domethënë $\sum_(d |n)\ varphi(d)=n$.

Le të tregojmë një formulë të qartë për funksionin Euler. Kemi $$\varphi (n) =\mu\circ\textrm (id)(n)=\prod_(p|n)(p^(\nu_p(n))-p^(\nu_p(n)- 1)). $$ Barazia e fundit u vërtetua më lart në seksionin mbi funksionin Möbius.

Le ta shpjegojmë veçmas këtë formulë në dy raste të thjeshta. Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë. Pastaj midis numrave $1,\ldots ,p$ të gjithë ata janë të dyfishtë për të, përveç vetvetes. Marrim $\varphi(p)=p-1$. Midis numrave $1,\ldots ,p^(\alpha)$ të gjithë do të jenë të dyfishtë në $p^(\alpha)$ përveç atyre që janë të pjesëtueshëm me $p$. Dhe ka pikërisht $p^(\alfa-1)$ numra të tillë. Prandaj, $\varphi(p^(\alfa))=p^(\alfa)-p^(\alfa-1)$.

Ndonjëherë formula për funksionin Euler shmang përdorimin e eksponentit $\nu_p(n)$. Vini re se $$\varphi (n) =\prod_(p|n)(p^(\nu_p(n))-p^(\nu_p(n)-1))=\prod_(p|n)p ^ (\nu_p(n))\cdot\left(1-\frac(1)(p)\right)=n\cdot\prod_(p|n)\left(1-\frac(1)(p) \ djathtas).$$ Barazia e fundit është e vërtetë, pasi $\prod_(p|n)p^(\nu_p(n))=n$.

Shënim 5. Barazia $\varphi\circ (\bf 1)=\textrm (id) $ mund të merret në mënyrë të pavarur nga konsiderata shumë të thjeshta nëse shumëfishimi i funksionit të Euler është vendosur tashmë. Le të përdorim propozimin 2: $$\sum_(d|n)\varphi(d)=\prod_(p|n)(\varphi(1)+\varphi(p)+\varphi(p^2)+\ldots + \varphi(p^(\nu_p(n)))) =\prod_(p|n)(1+p-1+p^2-p+\ldots +p^(\nu_p(n))-p^ ( \nu_p(n)-1))=\prod_(p|n)p^(\nu_p(n))=n.$$

Formula e përfshirjeve dhe përjashtimeve

Formula e mësipërme për funksionin Euler mund të vërtetohet gjithashtu duke përdorur formulën e përfshirjes dhe përjashtimit. Le të formulojmë këtë të fundit.

Le të ketë $N$ objekte që mund të kenë (ose jo) veti $ a_1,\ldots, a_k $. Ne do të shënojmë me $N (a_(i_1),\ldots ,a_(i_j)) $ numrin e atyre prej objekteve tona $N $ që kanë secilën nga vetitë $a_(i_1),\ldots ,a_(i_j) ,\ 1 \leqslant i_1,\ldots , i_j\leqslant k$ (por në të njëjtën kohë, mundësisht, me disa veti të tjera). Le të tregojë $ N_0^((k))$ numrin e atyre prej objekteve tona $N $ që nuk posedojnë asnjë nga vetitë $a_1,\ldots ,a_k$.

Teorema 6(formula e përfshirjeve dhe përjashtimeve). $$N_0^((k))=N-N(a_1)-N(a_2)-\ldots - N(a_k)+N(a_1,a_2)+N(a_1,a_3)+\ldots +N(a_(k -1),a_k)-$$ $$-N(a_1,a_2,a_3)-\ldots -N(a_(k-2),a_(k-1),a_k)+\ldots +(-1) ^k\cdot N(a_1,\ldots ,a_k).$$

Dëshmi. Le të bëjmë induksion në $k$ (nëse tregojmë se pohimi është i vërtetë për $k=1$, dhe gjithashtu se vlefshmëria e pohimit për një numër natyror arbitrar $k$ nënkupton vlefshmërinë e tij për $k+1$ , atëherë deklarata do të jetë e vërtetë për të gjitha $k$ natyrore).

Për $k=1$, thuhet se numri i objekteve që nuk kanë vetinë $a_1$ është numri i të gjitha objekteve minus numrin e objekteve që kanë këtë veti: $$N_0^((1))= N-N(a_1).$$ Kjo është e qartë. Le të jetë i vërtetë për disa $k\geqslant 1$ pohimi i teoremës dhe le të ketë edhe një veti $a_(k+1)$. Le të jetë $M$ numri i të gjithë atyre objekteve tona $N$ që kanë vetinë $a_(k+1)$. Le të shënojmë me $M (a_(i_1),\ldots ,a_(i_j))$ numrin e atyre objekteve të sapo zgjedhura $M$ që kanë secilën nga vetitë $a_(i_1),\ldots ,a_(i_j) ,\ 1\leqslant i_1,\ldots , i_j\leqslant k$. Le të tregojë $M_0$ numrin e po atyre objekteve $M$ që nuk posedojnë asnjë nga vetitë $a_1,\ldots ,a_k$. Vini re se, në përgjithësi, $M=N(a_(k+1))$ dhe $M (a_(i_1),\ldots ,a_(i_j))=N(a_(i_1),\ldots ,a_(i_j ),a_(k+1))$. Le të shkruajmë formulën e përfshirjes dhe përjashtimit për këto objekte të zgjedhura $M$: $$M_0=M-M(a_1)-\ldots - M(a_k)+M(a_1,a_2)+\ldots +M(a_(k-1) ,a_k )+\ldots +(-1)^k\cdot M(a_1,\ldots ,a_k).$$ Natyrisht, $N_0^((k+1))=N_0^((k))-M_0$ , meqenëse numri i numrave që nuk kanë asnjë nga vetitë $a_1,\ldots ,a_k,a_(k+1)$ është i barabartë me numrin e numrave që nuk kanë asnjë nga vetitë $a_1,\ldots , a_k$, minus numrin e atyre që kanë pronësinë $a_(k+1)$. Kemi $$N_0^((k+1))=N_0^((k))-M_0=N-N(a_1)-\ldots - N(a_k)+N(a_1,a_2)+\ldots +N(a_ ( k-1),a_k)+\ldots +(-1)^k\cdot N(a_1,\ldots ,a_k)-$$ $$-\big(M-M(a_1)-\ldpika - M(a_k) + M(a_1,a_2)+\ldots +M(a_(k-1),a_k)+\ldots +(-1)^k\cdot M(a_1,\ldots ,a_k)\big)=$$ $ $ =N-N(a_1)-\ldots - N(a_k)-N(a_(k+1))+N(a_1,a_2)+\ldots +N(a_(k-1),a_k)+N(a_1 , a_(k+1))+\ldots +N(a_k,a_(k+1))+\ldots +$$ $$+(-1)^(k+1)\cdot N(a_1,\ldots , a_k,a_(k+1)).$$ Teorema 6 është vërtetuar.

Le të kemi tani një numër natyror $N=p_1^(\alpha_1)\cdots p_k^(\alpha_k)$. Le të shqyrtojmë $N$ objektet, të cilët do të jenë numrat $1,2,\ldots ,N$. Le të prezantojmë vetitë $ a_1,\ldots , a_k $ si më poshtë: një numër natyror ka vetinë $a_i, i=1,\ldots ,k$ nëse $p_i$ ndahet numri i dhënë. Është shumë e lehtë të numërosh $N (a_(i_1),\ldots ,a_(i_j)) $, sepse një numër i caktuar pjesëtohet njëkohësisht me $p_(i_1),\ldots ,p_(i_j)$ nëse dhe vetëm nëse është i pjesëtueshëm me $p_(i_1)\cdots p_(i_j)$, dhe ka saktësisht $\frac(N)(p_(i_1)\cdots p_(i_j))$ të numrave të tillë. Vini re gjithashtu se $N_0^((k))=\varphi(N)$, pasi një numër nuk është i pjesëtueshëm me asnjë nga numrat e thjeshtë $p_1,\ldots ,p_k$ nëse dhe vetëm nëse ky numër është i dyfishtë me $N $ . Kemi $$\varphi(N)=N_0^((k))=N-N(a_1)-\ldots - N(a_k)+N(a_1,a_2)+\ldots +N(a_(k-1), a_k )+\ldots +(-1)^k\cdot N(a_1,\ldots ,a_k)=$$ $$=N-\frac(N)(p_1)-\ldots -\frac(N)(p_k ) +\frac(N)(p_1\cdot p_2)+\ldots+\frac(N)(p_(k-1)\cdot p_k)+\ldots+(-1)^k\frac(N)(p_1\cdots p_k )=$$ $$=N\cdot\Big(1-\frac(1)(p_1)-\ldots -\frac(1)(p_k)+\frac(1)(p_1\cdot p_2)+\ ldots+ \frac(1)(p_(k-1)\cdot p_k)+\ldots+(-1)^k\frac(1)(p_1\cdots p_k)\Big)=$$ $$=N\cdot\ prod_ (i=1)^(k)\left(1-\frac(1)(p_i)\right)=N\cdot\prod_(p|N)\left(1-\frac(1)(p) \ djathtas).$$ Vini re se në shumën në rreshtin e parafundit përpara çdo termi të formës $\frac(1)(p_(i_1)\cdots p_(i_j))$ ka një shenjë $(-1)^ j$, që sipas definicionit funksioni Möbius është i barabartë me $\mu(p_(i_1)\cdots p_(i_j))$.

Më shumë rreth shumëfishimit të funksionit Euler

Në fakt, shumëfishimi i funksionit Euler mund të vërtetohet duke përdorur konsiderata shumë të thjeshta. Le të jenë $m,n$ numra natyrorë dhe $(m,n)=1$. Më pas, një numër natyror është koprim me $m\cdot n$ nëse dhe vetëm nëse është bashkëprim për të dy $m$ dhe $n$. Le të shkruajmë numrat $1,2,\ldots ,m\cdot n$ në disa rreshta me të njëjtën gjatësi: $$()\hspace(10mm)1\hspace(28mm)2\hspace(28mm)3\hspace(8mm )\ldots\ hspace(9mm)n$$ $$()\hspace(6mm)n+1\hspace(20mm)n+2\hspace(20mm)n+3\hspace(7mm)\ldots\hspace(7mm )2n$$ $$()\hspace(11mm)\vdots\hspace(29mm)\vdots\hspace(29mm)\vdots\hspace(7mm)\ldots\hspace(10mm)\vdots$$$$(m- 1)n+ 1\hspace(5mm)(m-1)n+2\hspace(5mm)(m-1)n+3\hspace(6mm)\ldots\hspace(5mm)m\cdot n$$ Nga Vetia e dytë e pjesëtueshmërisë në çdo rresht ka të njëjtin numër numrash të përbashkët me $n$ si në rreshtin e parë, përkatësisht $\varphi(n)$, dhe numrat coprime me $n$ nga çdo rresht janë në të njëjtat kolona, dmth, për secilën kolonë ose të gjithë elementët janë të dyfishtë në $n$ (dhe kolonat e tilla $\varphi(n)$), ose të gjithë elementët nuk janë coprime në $n$. Le të tregojmë tani se të gjithë numrat që shfaqen në secilën prej kolonave japin mbetje të ndryshme kur ndahen me $m$. Meqenëse çdo kolonë përmban numra $m$, kjo do të thotë që kur ndahet me $m$ ata japin të gjitha mbetjet $m$ që ekzistojnë. Kjo do të thotë, përsëri nga vetia e dytë e pjesëtueshmërisë, mes tyre do të ketë po aq numra që janë të dyfishtë në $m$ sa ka midis numrave $0,1,2,\ldots ,m-1$, përkatësisht $\varphi(m ) $. Atëherë numri i përgjithshëm në tabelën tonë të numrave që janë të dyfishtë si për $m$ ashtu edhe për $n$ do të jetë $\varphi(m)\cdot\varphi(n)$. Nga ana tjetër, ky është numri i numrave midis $1,2,\ldots ,m\cdot n$ që janë coprime në $m\cdot n$, që është e barabartë me $\varphi(m\cdot n)$.

Pra, numrat në kolonën $k$-th duken si $a\cdot n+k,\ a=0,1,2,\ldots ,m-1$. Le të themi se dy prej tyre kanë të njëjtën mbetje kur ndahen me $m$. Kjo do të thotë, $a_1\cdot n+k=q_1\cdot m+r$ dhe $a_2\cdot n+k=q_2\cdot m+r$, ku $0\leqslant a_1

Krahasimet

Klasat e zbritjes. Sisteme të plota dhe të reduktuara të zbritjeve

Le të jetë $m$ një numër natyror. Një numër i plotë arbitrar mund të ndahet me $m$ me një mbetje që merr vlerat $0,1,2,\ldots ,m-1$. Le ta ndajmë grupin e numrave të plotë në klasa $m$, secila prej të cilave përmban të gjithë numrat e plotë që japin të njëjtën mbetje kur ndahet me $m$. Këto do të jenë të ashtuquajturat klasat e mbetjeve numri i modulit$m$.

Le të zgjedhim saktësisht një përfaqësues nga çdo klasë mbetjesh, atëherë thirret grupi që rezulton një sistem i plotë i zbritjeve të modulit$m$. Nëse, nga një sistem i plotë arbitrar i mbetjeve, ne zgjedhim gjithashtu vetëm ata numra që janë coprime në $m$, atëherë grupi që rezulton do të quhet sistemi i reduktuar i zbritjeve të modulit$m$.

Shembulli 5. Këtu janë disa sisteme të plota të modulit të mbetjeve $7$: $$$0,1,2,3,4,5,6$,\quad$1,2,3,4,5,6,7$ , \quad$-27,-19,-11,-3,5,13,21$.$$ Sistemet përkatëse të reduktuara të mbetjeve moduli $7$: $$$1,2,3,4,5 , 6$,\quad$1,2,3,4,5,6$,\quad$-27,-19,-11,-3,5,13$.$$ Le të japim gjithashtu disa sisteme të plota të modulit të zbritjeve $9$: $$$0,1,2,3,4,5,6,7,8$,\quad$-4,-3,-2,-1,0 ,1 ,2,3,4$,\quad$100,200,300,400,500,600,700,800,900$.$$ Sistemet përkatëse të reduktuara të modulit të mbetjeve $9$: $$$1,2,4,5,7,8$,\ katër\ (-4,-2,-1,1,2,4\),\katër$100,200,400,500,700,800$.$$

Vini re se nëse ka dy sisteme të plota të mbetjeve modulo $m$, atëherë secili element i njërit prej tyre është i krahasueshëm modulo $m$ me disa një dhe vetëm një element të tjetrit, thjesht sepse çdo sistem i plotë mbetjesh modulo $m $ përmban saktësisht një përfaqësues nga çdo modul i klasës së mbetjeve $m$. E njëjta veti do të mbetet e vërtetë nëse marrim parasysh dy sisteme arbitrare të reduktuara të mbetjeve modulo $m$. Në veçanti, meqenëse numrat $1,2,\ldots,m$ formojnë një sistem të plotë të mbetjeve modulo $m$, atëherë sistemi përkatës i reduktuar i mbetjeve do të zgjidhet nga këta numra dhe, sipas përcaktimit të funksionit Euler, do të përbëhet e elementeve $\varphi(m)$ . Prandaj, çdo sistem i reduktuar i mbetjeve modulo $m$ do të përmbajë numra $\varphi(m)$. Në të njëjtën kohë, ky do të jetë numri i klasave të mbetjeve modulo $m$, i përbërë nga numrat coprime në $m$.

Krahasimet dhe vetitë kryesore të tyre

Nëse numrat $a$ dhe $b$ përmbahen në të njëjtën klasë mbetjeje moduli $m$, atëherë ata thuhet se janë të krahasueshme në modul$m$. Kjo shënohet si më poshtë: $$a\equiv b\pmod(m).$$ Vini re se $a\equiv b\pmod(m)\Shigjeta majtas m|(b-a)$.

Nga kjo vërejtje, vetë përkufizimi dhe nga vetitë e pjesëtueshmërisë, rrjedhin këto karakteristika të dukshme të krahasimeve:

$a\equiv a\pmod(m)$.

Nëse $a\equiv b\pmod(m)$ dhe $b\equiv c\pmod(m)$ atëherë $a\equiv c\pmod(m)$.

Nëse $a\equiv b\pmod(m)$ dhe $c\in\mathbb(Z)$ atëherë $a\cdot c\equiv b\cdot c\pmod(m)$.

Nëse $a\cdot n\equiv b\cdot n\pmod(m)$ dhe $(m,n)=1$, atëherë $a\equiv b\pmod(m)$.

Nëse $a\cdot n\equiv b\cdot n\pmod(m\cdot n)$ atëherë $a\equiv b\pmod(m)$.

Nëse $a\equiv b\pmod(m)$ dhe $c\equiv d\pmod(m)$, atëherë $a\pm c\equiv b\pm d\pmod(m)$ dhe $a\cdot c\ ekuiv b\cdot d\pmod(m)$.

Le të komentojmë vetëm për pronën e fundit. Nga vetia e tretë marrim $a\cdot c\equiv b\cdot c\pmod(m)$ dhe $b\cdot c\equiv b\cdot d\pmod(m)$. Tani, duke përdorur veçorinë e dytë, gjejmë $a\cdot c\equiv b\cdot d\pmod(m)$.

Fjalia 3. Le të kalojë $a$ përmes sistemit të plotë të modulit të mbetjeve $m$, si dhe $k,n\in\mathbb(Z)$ dhe $(m,n)=1$. Pastaj numrat e formës $a\cdot n+k$ kalojnë gjithashtu përmes sistemit të plotë të modulit të mbetjeve $m$.

Dëshmi. Mjafton të përsërisim arsyetimin e paragrafit të fundit të vërtetimit të mëparshëm të shumëfishimit të funksionit të Euler-it. Le ta bëjmë këtë. Është e nevojshme të tregohet se të gjithë këta numra $a\cdot n+k$ qëndrojnë në klasa të ndryshme mbetjesh modulo $m$. Le të supozojmë se dy prej tyre i përkasin të njëjtës klasë, domethënë $a_1\cdot n+k\equiv a_2\cdot n+k\pmod(m)$, ku $a_1\not\equiv a_2\pmod(m ) $. Por më pas nga vetitë e para dhe të gjashta të krahasimeve del se $a_1\cdot n\equiv a_2\cdot n\pmod(m)$, dhe, meqenëse $(m,n)=1$, atëherë nga vetia e katërt e krahasimet $a_1 \equiv a_2\pmod(m)$. Kontradikta. Propozimi 3 i provuar.

Përfundimi 10. Le të kalojë $a$ përmes sistemit të reduktuar të mbetjeve modulin $m$, si dhe $n\in\mathbb(Z),\ (m,n)=1$. Pastaj numrat e formës $a\cdot n$ kalojnë gjithashtu përmes sistemit të reduktuar të mbetjeve modulo $m$.

Dëshmi. Nga propozimi 3, nëse $a$ kalon nëpër sistemin e plotë të mbetjeve modulo $m$, atëherë po kështu vepron edhe $a\cdot n$. Natyrisht, ata dhe vetëm ata numra $a\cdot n$ janë bashkëprim në $m$ për të cilët $a$ është coprime në $m$. Përfundimi 10 është vërtetuar.

Teorema e Euler-it

Teorema e Euler-it. Le të jetë $m$ një numër natyror, $b\in\mathbb(Z),\ (b,m)=1$. Pastaj $b()^(\varphi(m))\equiv 1\pmod(m)$.

Dëshmi. Le të kalojë $a$ përmes sistemit të reduktuar të mbetjeve modulo $m$. Më pas, nga përfundimi 10, numrat e formës $a\cdot b$ kalojnë gjithashtu përmes sistemit të reduktuar të mbetjeve modulo $m$. Çdo element i koleksionit të parë është i krahasueshëm moduli $m$ me një dhe vetëm një element të koleksionit të dytë. Rrjedhimisht, produkti i elementeve të koleksionit të parë është i krahasueshëm modulo $m$ me produktin e elementeve të të dytit. Nëse numërojmë elementet e koleksionit të parë $a_1,a_2,\ldots ,a_(\varphi(m))$, atëherë mund ta shkruajmë kështu: $$\prod_(i=1)^(\varphi(m ))a_i\ \equiv \ \prod_(i=1)^(\varphi(m))(a_i\cdot b)\ =\ b()^(\varphi(m))\prod_(i=1)^ (\varphi(m) )a_i\pmod(m).$$ Meqënëse, sipas definicionit, të gjithë elementët e sistemit të reduktuar të mbetjeve janë të përbashkëta në $m$, atëherë me vetinë e katërt të krahasimeve mund të zvogëlojmë majtas dhe djathtas anët e krahasimit nga $\displaystyle\prod_(i=1) ^(\varphi(m))a_i$ dhe marrim se $b()^(\varphi(m))\equiv 1\pmod(m)$ . Teorema e Euler-it është vërtetuar.

Vini re se nëse $(b,m)>1$, atëherë krahasimi $b()^(\varphi(m))\equiv 1\pmod(m)$ nuk mund të kryhet, pasi do të pasonte se me një numër të plotë $ y$ plotëson $b()^(\varphi(m))+my= 1$, prej nga vetia e dytë e pjesëtueshmërisë $(b,m)|1$.

Moduli i elementit të anasjelltë $m$

Le të $(M,m)=1$. Atëherë ka pafundësisht shumë zgjidhje për ekuacionin $Mx+my=1$. Zgjidhja e përgjithshme ka formën $x=x_0+m\cdot t,\ y=y_0-M\cdot t,\ t\in\mathbb(Z)$. Nëse kalojmë në gjuhën e krahasimeve, rezulton se krahasimi $Mx\equiv 1\pmod(m)$ ka një zgjidhje $x\equiv x_0\pmod(m)$. Do të shënojmë secilin prej përfaqësuesve të modulit të klasës së mbetjeve $m$ që përmban $x_0$ me $M^(-1)$ dhe do të themi se ky është moduli i mbetjes $m$ i kundërt me $M$. Është e qartë se $(M^(-1),m)=1$ dhe $(M^(-1))^(-1)\equiv M\pmod(m)$. Ne shohim që të gjitha mbetjet inverse me një të dhënë gjenden në një modul të vetëm klase $m$, dhe për përfaqësuesit e klasave të ndryshme të mbetjeve modulo $m$, mbetjet e tyre të anasjellta do të përmbahen gjithashtu në klasa të ndryshme modulo $m$.

Nëse $(M,m)>1$, atëherë ekuacioni $Mx+my=1$ nuk ka zgjidhje dhe $M$ nuk do të ketë modulin e elementit të anasjelltë $m$.

Teorema e mbetjes kineze

Le të jenë $m_1,\ldots ,m_n$ numra bashkëprimtarë natyrorë në çift, dhe ne duhet të zgjidhim sistemin e krahasimeve $$x\equiv a_1\pmod(m_1);$$ $$\ldots$$$$x\equiv a_n \pmod(m_n ).$$ Le $M=m_1\cpika m_n$ dhe $M_i=\frac(M)(m_i),\ i=1,\ldots ,n$. Sipas kushtit, rezulton se për të gjitha $i=1,\ldots ,n$ do të ketë $(M_i,m_i)=1$ dhe sipas paragrafit të mëparshëm, $M_i^(-1)$ mund të gjendet modulo $m_i$.

Teorema 7. Të gjitha zgjidhjet e sistemit të treguar përbëhen nga të gjithë përfaqësuesit e një klase të vetme mbetjesh moduli $M$ dhe plotësojnë kushtin $$x\equiv a_1\cdot M_1\cdot M_1^(-1)+a_2\cdot M_2\cdot M_2^ (-1) +\ldots +a_n\cdot M_n\cdot M_n^(-1)\pmod(M).$$

Dëshmi. Le të jenë $x,y$ dy zgjidhje për sistemin tonë. Ne marrim për çdo $i=1,\ldots ,n$ krahasimi $x\equiv a_i\equiv y\pmod(m_i)$ kryhet. Kështu, $x-y$ është i pjestueshëm me çdo $m_i$, dhe për këtë arsye është shumëfishi i tyre i përbashkët dhe pjesëtohet me shumëfishin e tyre më të vogël të përbashkët, i cili nga Konkluzioni 6 është i barabartë me $M$. Kjo është e barabartë me $x\equiv y\pmod(M)$. Në të kundërt, nëse $y$ është një zgjidhje për sistemin dhe $x\equiv y\pmod(M)$, atëherë $x$ do të jetë gjithashtu një zgjidhje për sistemin, pasi $x=y+kM$ me një numër të plotë $ k$ dhe $M \equiv 0\pmod(m_i)$ për çdo $i=1,\ldots ,n$.

Më pas, vërejmë se për $j\neq i$ kemi $M_j\equiv 0\pmod (m_i) $. Prandaj, për çdo $i=1,\ldots ,n$ marrim $$a_1\cdot M_1\cdot M_1^(-1)+\ldots +a_n\cdot M_n\cdot M_n^(-1)\equiv a_i\ cdot M_i \cdot M_i^(-1)\equiv a_i\pmod (m_i), $$ domethënë, ky numër është zgjidhja për sistemin tonë të krahasimeve. Teorema 7 është vërtetuar.

Shënim 5. Formula e dhënë në kushtin e teoremës 7 vendos një korrespodencë një-për-një midis grupit të sistemeve të plota të mbetjeve modulo $m_1,\ldots ,m_n$ dhe sistemit të plotë të mbetjeve moduli $M$. Në veçanti, fakti që zgjidhja e sistemit është modul unik $M$ ndonjëherë bën të mundur që në praktikë të merret me mend kjo zgjidhje pa iu drejtuar llogaritjeve. Për shembull, zgjidhja për sistemin $$x\equiv 4\pmod(9);$$ $$x\equiv 5\pmod(8);$$$$x\equiv 6\pmod(7)$$ do të padyshim të jetë $x\ equiv 13\pmod(504)$.

Teorema e Lagranzhit

Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë, $a,b$ të jenë numra të plotë dhe $(a,p)=1$. Krahasimi $ax\equiv b\pmod(p)$ ka një modul zgjidhje unike $p$, pasi të gjitha zgjidhjet e ekuacionit $ax+py=b$ kanë formën $x=x_0+pt,\ y=y_0- në, \t\in\mathbb(Z)$. Rezulton se ka një deklaratë më të përgjithshme, domethënë

Teorema 8(teorema e Lagranzhit). Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë dhe $f(x)=a_nx^n+a_(n-1)x^(n-1)+\ldots +a_1x+a_0$, ku $a_n,\ldots ,a_0\ në\ mathbb(Z)$ dhe $a_n\not\equiv 0\pmod(p)$. Pastaj krahasimi $f(x)\equiv 0\pmod(p)$ ka më së shumti $n$ zgjidhje modulin $p$.

Dëshmi. Le të kryejmë induksion në $n$. Për $n=1$ vlefshmëria e teoremës tashmë është vendosur. Le të jetë e vërtetë teorema për të gjithë polinomet e shkallës $n-1$. Le të tregojmë se është gjithashtu e vërtetë për polinomet e shkallës $n$. Le të jetë $f(x)$ polinomi i përshkruar në kushtet e teoremës. Nëse krahasimi $f(x)\equiv 0\pmod(p)$ është i pavendosur, atëherë teorema vlen. Le të supozojmë se krahasimi i specifikuar ka një zgjidhje $x_0$, domethënë $f(x_0)\equiv 0\pmod(p)$. Pastaj $$f(x)\equiv f(x)-f(x_0)=a_n(x^n-x_0^n)+a_(n-1)(x^(n-1)-x_0^(n- 1))+\ldots +a_1(x-x_0)=(x-x_0)\cdot g(x)\pmod(p),$$ ku $g(x)=a_nx^(n-1)+\ldots $ është një polinom i shkallës $n-1$, dhe sipas hipotezës së induksionit, krahasimi $g(x)\equiv 0\pmod(p)$ ka më së shumti $n-1$ zgjidhje modulin $p$. Për më tepër, nga krahasimi i vendosur rrjedh se $f(x)\equiv 0\pmod(p)$ nëse dhe vetëm nëse $g(x)\equiv 0\pmod(p)$ ose $x-x_0\equiv 0 \ pmod(p)$. E dyta nga këto krahasime ka një modul zgjidhje unike $p$, që do të thotë se krahasimi $f(x)\equiv 0\pmod(p)$ ka më së shumti $n$ zgjidhje. Teorema 8 është vërtetuar.

Shënim 6. Nëse $m$ është një numër i përbërë, atëherë krahasimi $f(x)\equiv 0\pmod(m)$ mund të ketë më shumë se $n$ zgjidhje modulo $m$. Për shembull, krahasimi $x^2\equiv 4\pmod(15)$ ka zgjidhje $4$: $x\equiv \pm 2\pmod(15),\ x\equiv \pm 7\pmod(15)$. Çështja është se nëse krahasimi kryhet modulo $15$, atëherë kryhet edhe modulo $3$ dhe $5$. Nga ana tjetër, nga çdo çift zgjidhjesh krahasimi moduli $3$ dhe $5$, sipas teoremës kineze të mbetjes, një nga zgjidhjet e krahasimit modul $15$ mund të merret në mënyrë unike. Kjo do të thotë, do të ketë saktësisht aq shumë zgjidhje modulo $15$ sa është e mundur të krijohen çifte të ndryshme zgjidhjesh modulo $3$ dhe $5$. Modulo $3$, si dhe modulo $5$, ekzistojnë saktësisht dy zgjidhje, përkatësisht $x\equiv\pm 2$. Kjo ju lejon të krijoni katër çifte të ndryshme, të cilat korrespondojnë me zgjidhjet e paraqitura modulo $15$. Në përgjithësi, nëse përdorim shënimin e teoremës së mbetjes kineze, kur një krahasim ka $N_1,\ldots , N_n$ zgjidhje modulo $m_1,\ldots , m_n$, atëherë i njëjti modul krahasimi $M$ do të ketë $N_1 \ cdots N_n$ zgjidhje.

Teoremat e Fermat dhe Wilson, simboli i Lezhandrit, kriteri i Euler-it

Le të jetë $p$ një numër tek i thjeshtë, $a,b$ të jenë numra të plotë dhe $(a,p)=(b,p)=1$. Krahasimi $ax\equiv b\pmod(p)$ ka, siç e kemi parë, një modul zgjidhje unike $p$. Është e qartë se për $a$ të ndryshëm këto zgjidhje do të jenë gjithashtu të ndryshme, sepse nga krahasimet $a_1x\equiv a_2x\equiv b\pmod(p)$ do të pasonte $a_1\equiv a_2\pmod(p)$, pasi padyshim $( x,p)=1$. Vini re gjithashtu se nëse $a_1$ është një zgjidhje për krahasimin $ax\equiv b\pmod(p)$, atëherë, anasjelltas, $a$ do të jetë një zgjidhje për krahasimin $a_1x\equiv b\pmod(p)$ .

Për disa $b$ është e mundur që vetë $a$ të jetë një zgjidhje për krahasimin $ax\equiv b\pmod(p)$. Kjo do të ndodhë nëse dhe vetëm nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i zgjidhshëm. Sa zgjidhje mund të ketë një krahasim i tillë? Le të jetë $x$ një zgjidhje e një krahasimi të caktuar, atëherë $-x$ është gjithashtu zgjidhja e tij. Për më tepër, nga $(b,p)=1$ rrjedh se $x\not\equiv 0\pmod(p)$, që do të thotë $x\not\equiv -x\pmod(p)$, pasi $p$ është e çuditshme. Sipas teoremës së Lagranzhit, ky krahasim nuk mund të ketë më shumë se dy zgjidhje. Prandaj $x$ dhe $-x$ janë të gjitha zgjidhje për këtë krahasim. Nëse $p|b$, atëherë $x\equiv 0\pmod(p)$ është padyshim e vetmja zgjidhje.

Për $(b,p)=1$ rezulton se nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i pazgjidhshëm, atëherë sistemi i reduktuar i mbetjeve modulo $p$ ndahet në çifte numrash $ a,a_1$ e tillë që $aa_1\equiv b\pmod(p)$, dhe për këtë arsye produkti i të gjithë elementëve $p-1$ të sistemit të reduktuar të mbetjeve do të jetë i krahasueshëm me $b^(\frac(p- 1)(2))$ modul $p$ . Nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i zgjidhshëm, atëherë sistemi i reduktuar i modulit të mbetjeve $p$ ndahet në çifte numrash $a,a_1$ të tillë që $aa_1\equiv b\pmod( p)$ me përjashtim të dy zgjidhjeve $x$ dhe $-x$ të krahasimit $x^2\equiv b\pmod(p)$, produkti i të cilit është i krahasueshëm me $-b$ mod $p$. Kështu, produkti i të gjithë elementëve $p-1$ të sistemit të reduktuar të mbetjeve do të jetë i krahasueshëm me modulin $-b^(\frac(p-1)(2))$ $p$.

Është shumë e përshtatshme të merret parasysh shënimi i mëposhtëm, i quajtur Simboli i Lezhandrit:

$\left(\frac(b)(p)\right)=1$ nëse $(b,p)=1$ dhe krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i zgjidhshëm;

$\left(\frac(b)(p)\right)=0$, nëse $(b,p)\neq 1$, domethënë $p|b$;

$\left(\frac(b)(p)\right)=-1$ nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i pazgjidhshëm.

Shembulli 5. $\left(\frac(1)(p)\right)=1$, meqenëse $(1,p)=1$ dhe krahasimi $x^2\equiv 1\pmod(p)$ ka zgjidhje të dukshme $x \equiv 1\pmod(p)$ dhe $x\equiv -1\pmod(p)$.

Le të shqyrtojmë vetëm rastin $b=1$ në arsyetimin e mësipërm. Meqenëse krahasimi $x^2\equiv 1\pmod(p)$ është i zgjidhshëm, produkti i të gjithë elementëve $p-1$ të sistemit të reduktuar të mbetjeve do të jetë i krahasueshëm me $-1^(\frac(p-1 )(2))$ , domethënë nga moduli $-1$ $p$. Kjo na lejon të vërtetojmë një numër teoremash të njohura.

Teorema e Wilsonit. Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë. Pastaj $(p-1)!\equiv -1\pmod(p)$.

Dëshmi. Për $p=2$ teorema është padyshim e vërtetë. Meqenëse numrat $1,2,\ldots,p-1$ formojnë një sistem të reduktuar të mbetjeve modulo $p$, atëherë produkti i tyre, i cili është vetëm i barabartë me $(p-1)!$, është i krahasueshëm me $-1$ moduli $p$ dhe në rastin e çdo numri të thjeshtë të thjeshtë $p$. Teorema e Wilsonit e provuar.

Kriteri i Euler-it. Le të $b\in\mathbb(Z)$. Pastaj $\left(\frac(b)(p)\right)\equiv b^(\frac(p-1)(2))\pmod(p)$.

Dëshmi. Le të $b\in\mathbb(Z), (b,p)=1$. Ne e dimë se nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i pazgjidhshëm, atëherë $b^(\frac(p-1)(2))$ është i krahasueshëm me produktin e të gjithë elementëve të reduktuar moduli i sistemit të mbetjeve $p $, i cili nga ana tjetër është i krahasueshëm me $-1$. Por simboli Lezhandre $\left(\frac(b)(p)\right)$ në këtë rast është gjithashtu i barabartë me $-1$. Nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i zgjidhshëm, atëherë $-b^(\frac(p-1)(2))$ është i krahasueshëm me produktin e të gjithë elementëve të sistemit të reduktuar të modulo i mbetjeve $p$, që do të thotë $b^(\frac(p-1)(2))\equiv 1\pmod(p)$. Për më tepër, simboli Lezhandre $\left(\frac(b)(p)\right)$ në këtë rast është gjithashtu i barabartë me $1$. Le tash $p|b$. Por atëherë $b^(\frac(p-1)(2))\equiv 0\pmod(p)$, dhe simboli Lezhandre $\left(\frac(b)(p)\right)$ është gjithashtu i barabartë në $0 $. Kështu, në të gjitha rastet Kriteri i Euler-it është vërtetuar.

Teorema e Fermatit. Le të $b\in\mathbb(Z), (b,p)=1$. Pastaj $b^(p-1)\equiv 1\pmod(p)$.

Dëshmi. Kjo rrjedh qartë nga kriteri i Euler-it, pasi për $(b,p)=1$ do të ketë $b^(\frac(p-1)(2))\equiv\pm 1\pmod(p)$, dhe Deklarata e teoremës së Fermatit e marrë duke kuadruar të dyja anët e këtij krahasimi. Teorema e Fermatit e provuar.

Mënyra e dytë është të përsëritet vërtetimi i teoremës së Euler-it, pasi teorema e Fermatit është rasti i saj i veçantë për $m=p$.

Vini re se kur $(b,p)\neq 1$, domethënë, kur $p|b$, do të ketë $b^(p-1)\equiv 0\pmod(p)$. Prandaj, për ta përfshirë këtë rast në kushtet e teoremës së Fermatit, përdorni formulimin e mëposhtëm: për çdo numër të plotë $b$, $$b^p\equiv b\pmod(p).$$

Vetitë e simbolit Lezhandrit. Lema e Gausit. Ligji i reciprocitetit kuadratik

Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë i thjeshtë tek, $a,b\in\mathbb(Z)$. Pastaj

Nëse $a\equiv b\pmod(p)$, atëherë $\left(\frac(a)(p)\right)=\left(\frac(b)(p)\right)$;

$\left(\frac(a\cdot b)(p)\right)=\left(\frac(a)(p)\right)\left(\frac(b)(p)\djathtas)$;

Nëse $p\nmid b$, atëherë $\left(\frac(b^2)(p)\right)=1$, në veçanti $\left(\frac(1)(p)\right)=1$ ;

Ligji i reciprocitetit kuadratik. Le të jenë $p,q$ numrat e thjeshtë tek, atëherë

$\left(\frac(p)(q)\right)=-\left(\frac(q)(p)\djathtas)$, nëse $p\equiv q\equiv -1\pmod(4)$,

$\left(\frac(p)(q)\right)=\left(\frac(q)(p)\right)$ ndryshe.

Le të vërtetojmë këto veti të simbolit Lezhandrit. Le të $a\equiv b\pmod(p)$, atëherë nëse $p\nmid b$, atëherë $p\nmid a$, dhe krahasimi $x^2\equiv a\pmod(p)$ është i zgjidhshëm atëherë dhe vetëm nëse krahasimi $x^2\equiv b\pmod(p)$ është i zgjidhshëm. Nëse $p|b$, atëherë edhe $p|a$. Në të dyja rastet, me përkufizimin e simbolit Lezhandrit, marrim se $\left(\frac(a)(p)\right)=\left(\frac(b)(p)\right)$. Prona e parë është vërtetuar.

Sipas kriterit të Euler-it kemi $$\left(\frac(a\cdot b)(p)\right)\equiv (ab)^(\frac(p-1)(2))=a^(\frac(p - 1)(2))b^(\frac(p-1)(2))\equiv\left(\frac(a)(p)\djathtas)\left(\frac(b)(p)\djathtas ) \pmod(p).$$ Meqenëse të dyja ana e djathtë dhe e majta e krahasimit janë një numër i plotë që nuk e kalon $1$ në vlerë absolute, atëherë diferenca e tyre nuk kalon $2$ në vlerë absolute, dhe sipas përkufizimit të krahasueshmërisë kjo diferencë duhet të jetë i pjesëtueshëm me $p$, që është më i madh ose i barabartë me tre, gjë që është e mundur vetëm kur të dy numrat janë të barabartë. Prona e dytë është vërtetuar.

Për $p\nmid b$ krahasimi $x^2\equiv b^2\pmod(p)$ ka dy zgjidhje të dukshme $x\equiv b\pmod(p)$ dhe $x\equiv -b\pmod(p ) $, nga e cila, me përkufizimin e simbolit Lezhandrit, fitojmë se $\left(\frac(b^2)(p)\right)=1$. Prona e tretë është vërtetuar.

Sipas kriterit të Euler-it kemi $$\left(\frac(-1)(p)\right)\equiv (-1)^(\frac(p-1)(2))\pmod(p).$$ Përsëri pasi ana e djathtë dhe e majtë e krahasimit janë një numër i plotë që nuk i kalon $1$ në vlerë absolute, dhe moduli me të cilin këto vlera janë të krahasueshme nuk është më i vogël se tre, që do të thotë se këta dy numra janë të barabartë. Por fakti që $(-1)^(\frac(p-1)(2))=1$, nëse $p\equiv 1\pmod(4)$, dhe $(-1)^(\frac( p-1)(2))=-1$, nëse $p\equiv -1\pmod(4)$, padyshim. Prona e katërt është vërtetuar.

Vetia e pestë mund të vërtetohet veçmas, por është më e përshtatshme të përdoret rezultati i mëposhtëm:

Lema e Gausit. Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë tek, $b\in\mathbb(Z),\ p\nmesi b$. Pastaj $$\left(\frac(b)(p)\right)=(-1)^N,$$ ku $N$ është numri i numrave negativë midis numrave $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\ldots , \varepsilon_(\ frac(p-1)(2))$, e përcaktuar si më poshtë. Meqenëse numrat $\pm 1,\pm 2,\ldots ,\pm\frac(p-1)(2)$ formojnë një sistem të reduktuar të mbetjeve modulo $p$, atëherë çdo numër coprime me $p$ është modul i krahasueshëm $ p$ me saktësisht një nga këta numra. Le të jetë $k=1, 2,\ldots ,\frac(p-1)(2)$, pastaj $b\cdot k\equiv\varepsilon_kr_k\pmod(p)$, ku $\varepsilon_k=\pm 1$ dhe $r_k\in$1, 2,\ldots ,\frac(p-1)(2)$$.

Dëshmi. Le të tregojmë se midis numrave $r_1, r_2,\ldots ,r_(\frac(p-1)(2))$ nuk ka numra të barabartë, domethënë ata përfaqësojnë një ndërrim të numrave $1, 2,\ ldots ,\frac(p -1)(2)$. Nga kontradikta, nëse $i Lema e Gausit është vërtetuar.

Le të përdorim lemën e Gausit për $b=2$. Meqenëse $2\cdot k\leqslant\frac(p-1)(2)$ për $1\leqslant k\leqslant\left[\frac(p-1)(4)\right]$, pastaj $\varepsilon_1=\ldots =\varepsilon_([\frac(p-1)(4)])=1$, dhe meqenëse $\frac(p-1)(2)<2\cdot k\leqslant p-1$ при $\left[\frac{p-1}{4}\right]< k\leqslant{\textstyle \frac{p-1}{2}}$, то $\varepsilon_{[\frac{p-1}{4}]+1}=\ldots =\varepsilon_{\frac{p-1}{2}}=-1$, например $2\cdot\frac{p-1}{2}\equiv -1\pmod{p}$. Отсюда $N=\frac{p-1}{2}-\left[\frac{p-1}{4}\right]=\left[\frac{p+1}{4}\right]$. Получаем, что $\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{[\frac{p+1}{4}]},$ и очевидно, что $(-1)^{[\frac{p+1}{4}]}=1$, если $p\equiv\pm 1\pmod{8}$, и $(-1)^{[\frac{p+1}{4}]}=-1$, если $p\equiv\pm 3\pmod{8}$. Është vërtetuar pasuria e pestë.

Nëse $p=q$, atëherë vetia e gjashtë është e vërtetë. Tani le $p,q$ të jenë numra të thjeshtë të ndryshëm tek dhe $b$ një numër i plotë arbitrar. Ne do të shoqërojmë me të një çift numrash $(b_p,b_q), |b_p|\leqslant\frac(p-1)(2),\ |b_q|\leqslant\frac(q-1)(2)$, ku $b \equiv b_p\pmod(p)$ dhe $b\equiv b_q\pmod(q)$. Meqenëse $b_p$ dhe $b_q$ kalojnë përmes sistemeve të plota të mbetjeve, përkatësisht modulin $p$ dhe $q$, atëherë, sipas teoremës së mbetjes kineze, grupi i të gjitha çifteve $(b_p,b_q)$ mund të vendoset në një. -për-një korrespondencë me një sistem të plotë arbitrar të mbetjeve modul $pq$. Konsideroni grupet $$P_1=\left$1,2,\ldots ,\frac(pq-1)(2)\right$,\quad P_2=\left$-1,-2,\lddots , - \frac(pq-1)(2)\right$$$ dhe disa nga nëngrupet e tyre $$S_2=\left$b\në P_1\ \Big|\ 1\leqslant b_p\leqslant\frac(p- 1) (2),\ -\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1\djathtas$,\quad R_2=\majtas$b\në P_2\ \Big|\ 1\leqslant b_p\ leqslant\frac(p-1)(2),\ -\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1\djathtas$,$$ $$S_3=\majtas$b\ në P_1 \ \Big|\ -\frac(p-1)(2)\leqslant b_p\leqslant -1,\ 1\leqslant b_q\leqslant\frac(q-1)(2)\right$,\quad R_3= \majtas$b\në P_2\ \Big|\ -\frac(p-1)(2)\leqslant b_p\leqslant -1,\ 1\leqslant b_q\leqslant\frac(q-1)(2 )\ djathtas$,$$ $$S_4=\majtas$b\në P_1\ \Big|\ -\frac(p-1)(2)\leqslant b_p\leqslant -1,\ -\frac(q -1 )(2)\leqslant b_q\leqslant -1\djathtas$,\quad R_4=\left$b\në P_2\ \Big|\ -\frac(p-1)(2)\leqslant b_p\ leqslant - 1,\ -\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1\djathtas$,$$ $$T_1=\majtas$b\në P_1\ \Big|\ b_p=0 ,\ -\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1\djathtas$,\quad T_2=\majtas$b\në P_1\ \Big|\ -\frac(p-1) (2 )\leqslant b_p\leqslant -1,\ b_q=0\right$.$$ Meqenëse bashkimi i grupeve disjoint $P_1$ dhe $P_2$ formon një sistem të plotë të mbetjeve modulo $pq$, atëherë nga sa më sipër mund të shoqërohet bashkësia e të gjitha çifteve të mundshme $(b_p,b_q)$, që do të thotë se bashkimi i grupeve $S_2$ dhe $R_2$ do të përmbajë të gjithë numrat $b$ që plotësojnë kushtet $1\leqslant b_p\leqslant\frac (p-1)(2),\ -\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1$, nga ku $$|S_2|+|R_2|=\frac(p-1)( 2)\cdot\frac(q-1) (2).$$ Por pasqyrimi i qartë $x\longleftrightarrow -x$ vendos një korrespondencë një-për-një midis grupeve $R_2$ dhe $S_3$. Prandaj $|R_2|=|S_3|$ dhe $$|S_2|+|S_3|=\frac(p-1)(2)\cdot\frac(q-1)(2).$$ Më pas, bashkimi e grupeve $S_2,\ S_4$ dhe $T_1$ përmban të gjithë numrat nga $P_1$ me kushtin $-\frac(q-1)(2)\leqslant b_q\leqslant -1$. Këta numra mund të renditen në mënyrë eksplicite: $$\frac(q+1)(2),\ldots ,q-1,q+\frac(q+1)(2),\ldots ,2q-1,\ldots,\ frac (p-3)(2)\cdot q+\frac(q+1)(2),\ldots ,\frac(p-1)(2)\cdot q-1. $$ Numri i tyre është i barabartë me $\frac(p-1)(2)\cdot\frac(q-1)(2)$, që është $$|S_2|+|S_4|+|T_1|=\frac (p -1)(2)\cdot\frac(q-1)(2).$$ Ngjashëm me $$|S_3|+|S_4|+|T_2|=\frac(p-1)(2)\ cdot\frac (q-1)(2).$$ Duke kombinuar tre barazitë e marra, gjejmë $$2|S_4|+|T_1|+|T_2|=\frac(p-1)(2)\cdot\frac (q-1) (2).$$ Nga $(-1)^(|T_1|+|T_2|)=(-1)^(\frac(p-1)(2)\cdot\frac(q -1)(2 ))$, që është ekuivalente me $$(-1)^(|T_1|)=(-1)^(|T_2|)(-1)^(\frac(p-1)( 2)\cdot\frac( q-1)(2)).$$ Mbetet të theksohet se grupi $T_2$ përbëhet pikërisht nga ata numra në grupin $\left$q,2q,\ldots ,\frac (p-1)(2)q\ djathtas$$, moduli i cili $p$ është i krahasueshëm me një nga numrat $-1,-2,\ldots ,-\frac(p-1)(2)$. Numri i tyre është saktësisht numri $N$ nga lema e Gausit për $b=q$, kështu që sipas kësaj leme $$(-1)^(|T_2|)=\left(\frac(q)(p)\ djathtas ).$$ Në mënyrë të ngjashme $$(-1)^(|T_1|)=\left(\frac(p)(q)\right).$$ Për më tepër, është e qartë se $(-1)^(\frac (p-1)(2)\cdot\frac(q-1)(2))=-1$, nëse $p\equiv q\equiv -1\pmod(4)$ dhe $(-1)^ (\frac(p-1)(2)\cdot\frac(q-1)(2))=$1 ndryshe. Ligji i reciprocitetit kuadratik i provuar.

Llogaritja e simbolit Lezhandrit. Simboli Jacobi

Duke futur në konsideratë simbolin Lezhandre $\left(\frac(b)(p)\right)$, ne përcaktuam se ai jep informacion të plotë në lidhje me zgjidhshmërinë e krahasimit $x^2\equiv b\pmod(p)$ , domethënë

Nëse $\left(\frac(b)(p)\right)=1$, atëherë krahasimi ka dy zgjidhje;

Nëse $\left(\frac(b)(p)\right)=0$, atëherë krahasimi ka një zgjidhje;

Nëse $\left(\frac(b)(p)\right)=-1$, atëherë krahasimi nuk ka zgjidhje.

Kjo mund të përmblidhet duke thënë se ky krahasim ka saktësisht zgjidhje $\left(\frac(b)(p)\right)+1$. Ky vëzhgim mund të shtrihet në krahasime kuadratike arbitrare.

Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë tek dhe le të ketë një krahasim $ax^2+bx+c\equiv 0\pmod(p)$, ku $a,b,c\in\mathbb(Z)$ dhe $ p\nmid a$ (në mënyrë që krahasimi të ketë saktësisht shkallën e dytë dhe jo më të ulët). Le t'i shumëzojmë të dyja anët e krahasimit me numrin e përbashkët $4a$ me $p$. Kjo nuk do të ndikojë në zgjidhshmërinë ose të ndryshojë zgjidhjen e këtij krahasimi. Ne marrim $4a^2x^2+4abx+4ac\equiv 0\pmod(p)$. Duke izoluar një katror të përsosur dhe duke bërë zëvendësimin $y=2ax+b$, marrim $$y^2\equiv b^2-4ac\pmod(p).$$ Krahasimi që rezulton, siç e pamë, ka saktësisht $ zgjidhje \left(\ frac(b^2-4ac)(p)\right)+1$. Krahasimi origjinal do të ketë të njëjtin numër zgjidhjesh, pasi zëvendësimi $y=2ax+b$ një-për-një harton sistemin e plotë të mbetjeve modulo $p$ në të njëjtin.

Prandaj, për të numëruar numrin e zgjidhjeve për një modul krahasimi kuadratik me një numër të thjeshtë tek, mjafton të jemi në gjendje të llogarisim simbolin Lezhandrit. Vetitë e këtij simboli të provuara më sipër janë mjaft të mjaftueshme për llogaritjen e tij efikase, por për ta bërë këtë sa më shpejt që të jetë e mundur, është e përshtatshme të prezantohet edhe simboli Jacobi.

Le të jetë $P>1$ një numër natyror tek, $P=p_1\cdots p_s$ të jetë zbërthimi i tij në faktorët kryesorë (ndoshta përputhen, por të gjithë tek) dhe $A\in\mathbb(Z)$. Pastaj Simboli Jacobi përkufizohet si më poshtë: $$\left(\frac(A)(P)\right)=\left(\frac(A)(p_1)\right)\cdots\ \left(\frac(A)(p_s) \right ).$$ Vetitë e simbolit Lezhandrit transferohen në simbolin Jacobi. Le të jetë $P$ një numër tek, $A,B\in\mathbb(Z)$. Pastaj

Nëse $A\equiv B\pmod(P)$ atëherë $\left(\frac(A)(P)\right)=\left(\frac(B)(P)\djathtas)$;

$\left(\frac(A\cdot B)(P)\djathtas)=\left(\frac(A)(P)\djathtas)\left(\frac(B)(P)\djathtas)$;

Nëse $(P,B)=1$, atëherë $\left(\frac(B^2)(P)\right)=1$, në veçanti $\left(\frac(1)(P)\djathtas) =1$;

Le të jenë $P,Q$ numra tek më të mëdhenj se $1$, atëherë

$\left(\frac(P)(Q)\djathtas)=-\majtas(\frac(Q)(P)\djathtas)$, nëse $P\equiv Q\equiv -1\pmod(4)$,

$\left(\frac(P)(Q)\right)=\left(\frac(Q)(P)\djathtas)$ ndryshe.

Vetitë një deri në tre rrjedhin drejtpërdrejt nga përkufizimi i simbolit Jacobi dhe karakteristika të ngjashme për simbolin Lezhandrit.

Për të vërtetuar vetinë e katërt, vini re se produkti i dy numrave të krahasueshëm me $-1$ mod $4$ do të jetë i krahasueshëm me $1$ mod $4$. Prandaj, nëse $P\equiv -1\pmod(4)$, atëherë në zgjerimin $P=p_1\cdots p_s$ numri i numrave të thjeshtë të krahasueshëm me modulin $-1$ $4$ është tek. Por më pas në produktin $\left(\frac(-1)(p_1)\right)\cdots\ \left(\frac(-1)(p_s)\right)$ numri i simboleve të Lezhandrit është i barabartë me -1 $ $ do të jetë tek, prej nga $\left(\frac(-1)(P)\right)=-1$. Nëse $P\equiv 1\pmod(4)$, atëherë në zgjerimin $P=p_1\cdots p_s$ numri i numrave të thjeshtë të krahasueshëm me $-1$ modulon $4$ është çift, dhe $\left(\frac(- 1)(P)\djathtas)=1$.

Për të vërtetuar vetinë e pestë, është e nevojshme të theksohet se prodhimi i dy numrave të krahasueshëm me $\pm 3$ mod $8$ jep $\pm 1$ mod $8$. Arsyetimi i mëtejshëm është i ngjashëm me paragrafin e mëparshëm.

Për të vërtetuar vetinë e gjashtë, mjafton të shqyrtojmë rastin jo të parëndësishëm $(P,Q)=1$ dhe të vazhdojmë në mënyrë të ngjashme, duke hetuar nëse numri i numrave të thjeshtë është i krahasueshëm me $-1$ modulo $4$ në zgjerimet $P$ dhe $Q $ është çift ose tek.

Shënim 7. Simboli Jacobi $\left(\frac(A)(P)\right)$ nuk jep informacion të plotë në lidhje me zgjidhshmërinë e krahasimit $x^2\equiv A\pmod(P)$. Sigurisht, nëse $\left(\frac(A)(P)\right)=-1$, atëherë krahasimi është i pazgjidhshëm, por nëse simboli Jacobi merr vlera të tjera, atëherë nuk mund të nxirren përfundime të caktuara nga kjo. Për shembull, meqenëse $15\equiv -1\pmod(8)$, pastaj $\left(\frac(2)(15)\right)=1$, por krahasimi $x^2\equiv 2$ nuk është i zgjidhshëm modul $3 $, as modul $5$, dhe për këtë arsye nuk mund të jetë i zgjidhshëm modul $15$.

Prandaj, qëllimi kryesor i simbolit Jacobi është të përshpejtojë procedurën për llogaritjen e simbolit Lezhandrit. Le të jetë e nevojshme të përcaktohet numri i zgjidhjeve për krahasimin $$x^2-19x+1\equiv 0\pmod(1013).$$ Është e lehtë të verifikohet (për shembull, duke përdorur sitën e Eratosthenes) që $1013 $ është një numër kryesor, që do të thotë se ky krahasim do të ketë $1 +\left(\frac(19^2-4)(1013)\right)=1+\left(\frac(357)(1013)\djathtas)$ zgjidhjet. Ne gjejmë $$\left(\frac(357)(1013)\right)=\left(\frac(1013)(357)\right)=\left(\frac(-58)(357)\djathtas)= \ majta(\frac(-1)(357)\djathtas)\majtas(\frac(2)(357)\djathtas)\left(\frac(29)(357)\djathtas)=-\ majtas(\frac ( 29)(357)\djathtas)=-\left(\frac(357)(29)\right)=-\left(\frac(9)(29)\right)=-1.$$ Këtu kemi zbatohen vazhdimisht karakteristikat e gjashtë, të parë, të dytë, të katërt me të pestën, të gjashtën përsëri dhe në fund të tretën e simbolit Jacobi. Ne kishim të drejtë të vepronim në këtë mënyrë, pavarësisht se 357$ është një numër i përbërë. Si rezultat, konstatojmë se krahasimi në shqyrtim nuk ka zgjidhje.

Lema e Hanselit

Pra, për të përcaktuar ende zgjidhshmërinë e krahasimit $x^2\equiv A\pmod(P)$ është e nevojshme të kemi më shumë informacion sesa thjesht vlera e simbolit Jacobi $\left(\frac(A)( P)\djathtas)$. Për të kuptuar se çfarë lloj informacioni është ky, së pari merrni parasysh krahasimet e formës $x^2\equiv A\pmod(p^k)$. Rezultati i mëposhtëm përshkruan një situatë edhe më të plotë.

Lema e Hanselit. Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë dhe polinomi $f(x)$ të ketë koeficientë të plotë. Supozoni se ekziston një numër i plotë $x_1$ i tillë që $f(x_1)\equiv 0\pmod(p)$ dhe $f"(x_1)\not\equiv 0\pmod(p)$, ku $f"(x) $ është derivat i polinomit $f(x)$. Pastaj për çdo numër natyror $k$ në çdo sistem të plotë të mbetjeve modul $p^k$ ekziston një element unik $x_k$ me kushtet $x_k\equiv x_1\pmod(p)$ dhe $f(x_k)\equiv 0\pmod (p^k)$.

Përpara se të vërtetojmë lemën e Henselit, ne formulojmë rezultatin ndihmës të mëposhtëm.

Lema 5. Le të jetë $f(x)$ një polinom i shkallës $m$. Pastaj $$f(x+a)=f(x)+af"(x)+a^2\frac(f""(x))(2)+\ldots +a^m\frac(f^( (m))(x))(m.$$!}

Dëshmi Mjafton të kryhet për një polinom të formës $f(x)=x^n$ për shkak të linearitetit. Për një polinom të tillë, barazia e nevojshme merr formën $$(x+a)^n=x^n+nx^(n-1)a+\frac(n(n-1))(2)x^(n -2)a ^2+\ldots +\frac(n(n-1)\cdots 2\cdot 1)(na^n,$$ так что оно представляет из себя в точности формулу бинома Ньютона. !} Lema 5 është vërtetuar.

Dëshmi e lemës së Hanselit Le të bëjmë induksionin në $k$. Për $k=1$, në një sistem arbitrar të plotë të mbetjeve modulo $p$ ka një element të vetëm të krahasueshëm modul $x_1$, dhe krahasimi $f(x_1)\equiv 0\pmod(p)$ plotësohet nga kushti . Le tash $k>1$ dhe për $k-1$ pohimi është i vërtetë. Ne jemi duke kërkuar për një element $x_k$ me kushtet $x_k\equiv x_1\pmod(p)$ dhe $f(x_k)\equiv 0\pmod(p^k)$. Por për këtë element $f(x_k)\equiv 0\pmod(p^(k-1))$ gjithashtu do të plotësohet. Për shkak të veçantisë së zgjidhjes për këtë modul krahasimi $p^(k-1)$, do të kemi $x_k\equiv x_(k-1)\pmod(p^(k-1))$. Prandaj, $x_k$ duhet të kërkohet në formën $x_k=x_(k-1)+t\cdot p^(k-1)$ me një numër të plotë $t$. Në sistemin e dhënë të modulit të mbetjeve $p^(k)$ ka saktësisht elementë $p$ të këtij lloji, dhe vlerat përkatëse $t$ përbëjnë një sistem të plotë të mbetjeve modulo $p$. Kushti $x_k\equiv x_1\pmod(p)$ do të plotësohet automatikisht. Për të kontrolluar kushtin $f(x_k)\equiv 0\pmod(p^k)$ ne përdorim Lemën 5 dhe shkruajmë $$f(x_k)=f(x_(k-1)+t\cdot p^(k- 1) )=f(x_(k-1))+t\cdot p^(k-1)\cdot f"(x_(k-1))+\ldots\equiv f(x_(k-1)) +t \cdot p^(k-1)\cdot f"(x_(k-1))\pmod(p^k).$$ Kështu, $$f(x_(k-1))+t duhet të jetë i kënaqur \cdot p^(k-1)\cdot f"(x_(k-1))\equiv 0\pmod(p^k).$$ Meqenëse $f(x_(k-1))\equiv 0\ pmod(p^(k-1))$, atëherë të dyja anët dhe moduli i këtij krahasimi mund të ndahen me $p^(k-1)$ Ne marrim $$\frac(f(x_(k-1)) )(p. ^(k-1))+t\cdot f"(x_(k-1))\equiv 0\pmod(p).$$ Që nga $f"(x_(k-1))\equiv f"(x_1 )\not\equiv 0\pmod(p)$, krahasimi që rezulton në lidhje me $t$ ka një zgjidhje unike. Dhe për këtë arsye $x_k$ ekziston në mënyrë unike. Lema e Hanselit është e provuar.

Le të zbatojmë lemën e Henselit për të zgjidhur krahasimin $x^2\equiv A\pmod(p^k)$, ku $p$ është një numër i thjeshtë tek. Nëse krahasimi $x^2\equiv A\pmod(p)$ është i pavendosur, atëherë krahasimi ynë nuk mund të ketë zgjidhje për ndonjë numër të plotë pozitiv $k$. Nëse krahasimi $x^2\equiv A\pmod(p)$ ka një zgjidhje unike, atëherë $A\equiv 0\pmod(p)$, dhe për këtë arsye zgjidhja do të jetë $x_1\equiv 0\pmod(p) $. Në këtë rast, lema e Hanselit nuk është e zbatueshme, pasi për $f(x)=x^2$ do të kemi $f"(x)=2x$, por $2x_1\equiv 0\pmod(p)$. Megjithatë, Ky rast është mjaft i thjeshtë, për t'i kushtuar vëmendje tani krahasimi $x^2\equiv A\pmod(p)$ të ketë dy zgjidhje të ndryshme $x\equiv\pm x_1\pmod(p)$ Natyrisht $2x_1\. not\equiv 0\pmod dhe lema e Hensel-it mund të zbatohet se për çdo numër të plotë pozitiv $k$ do të ketë saktësisht dy zgjidhje të ndryshme për krahasimin $x^2\equiv A\pmod(p^. k)$.

Për të plotësuar figurën, le të studiojmë rastin $p=2$, në të cilin lema e Hanselit për krahasimin e $x^2\equiv A\pmod(2^k)$ nuk është e zbatueshme, pasi $2x_1\equiv 0\pmod( 2)$ pavarësisht nga vlera e $ x_1$. Situata është transparente në modulet $2$ dhe $4$.

Fjalia 4. Le të jetë $A\in\mathbb(Z)$ tek, $k\in\mathbb(N),\ k\geqslant 3$. Pastaj krahasimi $x^2\equiv A\pmod(2^k)$ ka zgjidhje $4$ nëse $A\equiv 1\pmod(8)$, dhe është i pavendosur ndryshe.

Dëshmi. Le të bëjmë induksionin në $k$. Për $k=3$, katër numra $\pm 1,\pm 3$ kënaqin krahasimin $x^2\equiv 1\pmod(8)$, dhe duke qenë se ata formojnë një sistem të reduktuar të mbetjeve modulin $8$, këto janë të gjitha zgjidhjet ky krahasim. Nga kjo rrjedh gjithashtu se krahasimet $x^2\equiv A\pmod(8)$ janë të pazgjidhshme për $A=-1,\pm 3$.

Tani le të jetë i vërtetë propozimi për disa $k\geqslant 3$. Le të zgjedhim disa $A\equiv 1\pmod(8)$. Sipas hipotezës së induksionit, ekziston një numër tek $x_k$ i tillë që $x_k^2\equiv A\pmod(2^k)$, domethënë $x_k^2=A+c\cdot 2^k$. Nëse tani $c$ është çift, atëherë $x_k^2\equiv A\pmod(2^(k+1))$. Nëse $c$ është tek, atëherë $(x_k+2^(k-1))^2\equiv A\pmod(2^(k+1))$, domethënë krahasimi $x^2\equiv A \pmod (2^(k+1))$ do të ketë një zgjidhje $x_(k+1)$. Por së bashku me të do të ketë të paktën katër zgjidhje $\pm x_(k+1)\pm 2^k$. Nga ana tjetër, meqenëse në sistemin e dhënë të mbetjeve moduli $2^(k+1)$ saktësisht çdo numër i katërt është i krahasueshëm me $1$ modulo $8$, atëherë duke marrë katër zgjidhje të krahasimit përkatës për secilin prej këtyre numrave, ne do të shterojë tashmë të gjithë sistemin e reduktuar të mbetjeve moduli $2^(k+1)$, që do të thotë se asnjë nga këto krahasime nuk mund të ketë më shumë se katër zgjidhje. Për më tepër, krahasimet $x^2\equiv A\pmod(2^(k+1))$ për $A\not\equiv 1\pmod(8)$ nuk mund të kenë as zgjidhje. Propozimi 4 i provuar.

Shënim 8. Le të ketë polinomi $f(x)$ koeficientë të plotë, dhe ne duhet të zgjidhim krahasimin $f(x)\equiv 0\pmod(p_1^(k_1)\cdots p_m^(k_m))$, ku një nga $p_i$ mund të jetë dhe madje. Për ta bërë këtë, ne duhet të gjejmë zgjidhje për krahasimet $f(x)\equiv 0\pmod(p_i^(k_i))$ për të gjitha $i=1,\ldots ,m$, dhe nëse të paktën një prej tyre është e pazgjidhshme, atëherë origjinali Nuk ka krahasim zgjidhjesh. Nëse secili nga krahasimet e treguara ka, le të themi, $T_i$ zgjidhje të ndryshme të formës $x\equiv x_1\pmod(p_1^(k_1)),\ldots ,x\equiv x_m\pmod(p_m^(k_m))$ , atëherë, duke zgjidhur një sistem të tillë krahasimesh (duke përdorur teoremën e mbetjes kineze), marrim një zgjidhje për modulin origjinal të krahasimit $P$. Në total, duke vepruar në këtë mënyrë, ekzistojnë $T_1\cdots T_m$ zgjidhje për krahasimin origjinal.

Nga të gjitha sa më sipër është e qartë se nëse $P=p_1^(k_1)\cdots p_m^(k_m)$, krahasimi $x^2\equiv A\pmod(P)$ do të jetë i zgjidhshëm nëse dhe vetëm nëse secili nga krahasimet është i zgjidhshëm $x^2\equiv A\pmod(p_i),\ i=1,\ldots ,s$. Për më tepër, nëse, le të themi, $p_1=2$, atëherë moduloni $p_1^(k_1)$ numri i zgjidhjeve përcaktohet duke marrë parasysh propozimin 4, dhe nëse $p_i^(k_i)$ është një numër tek, atëherë në përputhje me arsyetimin, që vjen pas lemës së Henselit. Në këtë rast, rastet $p_i|A$ duhet të analizohen me kujdes individualisht.

Rrënjët primordiale

Le të jetë $m$ një numër natyror. Nëse numri i plotë $a$ nuk është bashkëprim me $m$, atëherë krahasimi $$a^d\equiv 1\pmod(m)$$ është i pamundur për çdo numër të plotë pozitiv $d$, pasi ana e majtë e krahasimit dhe moduli do të ndahet me të njëjtin numër natyror të ndryshëm nga $1$. Nëse $(a,m)=1$, atëherë patjetër do të ketë një numër natyror $d$ me të cilin do të kryhet ky krahasim. Për shembull, sipas teoremës së Euler-it, $d=\varphi(m)$ është i përshtatshëm.

Më së paku natyrore$d$ me të cilën krahasohet $a^d\equiv 1\pmod(m)$ quhet tregues numri$a$ modul$m$. Nga teorema e Euler-it del qartë se eksponenti i çdo numri nuk e kalon $\varphi(m)$, por mund të jetë edhe më i vogël se ky numër. Për shembull, eksponenti i modulit $2$ të numrit $7$ është i barabartë me $3$, pasi $2^3\equiv 1\pmod(7)$ dhe $2^1\not\equiv 1\pmod(7),\ 2^ 2\jo\ekuiv 1\pmod(7)$. Në këtë rast $\varphi(7)=6$.

Por nëse, megjithatë, eksponenti i numrit $a$ rezulton të jetë i barabartë me $\varphi(m)$, atëherë ky numër $a$ quhet modulo rrënjë antiderivative$m$. Për shembull, $3^1\not\equiv 1\pmod(7),\ 3^2\not\equiv 1\pmod(7),\ 3^3\not\equiv 1\pmod(7),\ 3^ 4 \jo\equiv 1\pmod(7),\ 3^5\jo\equiv 1\pmod(7)$. Nga ana tjetër, është e qartë se $3^6\equiv 1\pmod(7)$, dhe për këtë arsye $3$ është një modul rrënjësor primitiv $7$.

Fjalia 5. Le të jetë $d$ eksponenti i numrit $a$ modulo $m$ dhe le të krahasohet $a^n\equiv 1\pmod(m)$ me një numër të plotë $n$. Pastaj $d|n$.

Dëshmi. Në të kundërt, le $n=qd+r,\ 0 Propozimi 5 i provuar.

Përfundimi 11. Le të jetë $d$ eksponenti i modulit $a$ $m$. Pastaj $d|\varphi(m)$.

Dëshmi. Arsyetimi në fillim të këtij seksioni tregon se prania e një eksponenti për numrin $a$ do të thotë se $(a,m)=1$, që do të thotë se teorema e Euler-it dhe $a^(\varphi(m))\ ekuivi 1\pmod( m)$. Nga propozimi 5, tani $d|\varphi(m)$. Përfundimi 11 është vërtetuar.

Përfundimi 12. Nëse $(a,m)=1$ dhe $d$ është një eksponent i modulit $a$ $m$, atëherë $a^k\equiv a^n\pmod(m)$ nëse dhe vetëm nëse $k \equiv n\pmod(d)$.

Dëshmi. Nëse $k\equiv n\pmod(d)$, atëherë me disa $s$ do të ketë $k=n+sd$. Pastaj $a^k=a^n(a^d)^s\equiv a^n\pmod(m)$. Në të kundërt, nëse $a^k\equiv a^n\pmod(m)$, atëherë $a^n(a^(k-n)-1)\equiv 0\pmod(m)$, dhe meqë $(a, m )=1$, pastaj $a^(k-n)\equiv 1\pmod(m)$, prej nga vjen nga propozimi 5 $d|k-n$, pra, $k\equiv n\pmod(d)$. Përfundimi 12 është vërtetuar.

Përfundimi 13. Nëse $a$ është një modul rrënjësor primitiv $m$, atëherë numrat $a^0,a^1,\ldots ,a^(\varphi(m)-1)$ formojnë një sistem të reduktuar të mbetjeve modulo $m$ .

Dëshmi. Nga përfundimi 12, nëse $a^k\equiv a^n\pmod(m),\ 0\leqslant n Përfundimi 13 është vërtetuar.

Ekzistenca e rrënjëve primitive modulo prime

Le të jetë $p$ një numër i thjeshtë. Sipas përfundimit 13, eksponenti i çdo numri mund të jetë vetëm një numër natyror $d$ që pjesëton $p-1$. Le të themi se ka një numër $a$ që ka një eksponent të caktuar $d$. Atëherë secili nga numrat $a^0,a^1,\ldots ,a^(d-1)$ është një zgjidhje krahasuese $x^d-1\equiv 0\pmod(p)$, e cila nuk mund të ketë më shumë se $d $ zgjidhje nga teorema e Lagranzhit. Nga ana tjetër, duke arsyetuar të ngjashëm me provën e Konkluzionit 13, të gjithë këta numra janë modulë të pakrahasueshëm në çift $p$, që do të thotë se të gjitha këto janë zgjidhje për krahasimin e treguar dhe vetëm midis tyre mund të ketë numra me eksponent $d$ . Por nëse $(k,d)=s$, atëherë $(a^k)^(d/s)\equiv 1\pmod(p)$, kështu që vetëm numra të tillë $a^k$ mund të kenë eksponent $d$ , për të cilin $(k,d)=1$, dhe ka vetëm $\varphi(d)$ numra të tillë. Rrjedhimisht, eksponenti $d$ mund të ketë më së shumti $\varphi(d)$ të disa numrave. Nëse shënojmë me $\chi(d)$ numrin e numrave që kanë eksponent $d$ modul $p$, atëherë mund të shkruajmë $$0\leqslant\chi(d)\leqslant\varphi(d).$$ Meqë secili e numrave $1,2,\ldots ,p-1$ ka disa eksponent, atëherë do të kemi $$\sum_(d|p-1)\chi(d)=p-1.$$ Por për funksionin Euler ne nxorri gjithashtu relacionin $$\sum_(d|p-1)\varphi(d)=p-1.$$ Nga këto dy identitete dhe pabarazia e shkruar pikërisht sipër rrjedh se për çdo $d$ pjesëtim $p-1 $, $ \chi(d)=\varphi(d)$, duke përfshirë $\chi(p-1)=\varphi(p-1)$, domethënë ka numra me eksponent $p-1$. Sipas përkufizimit, kjo do të thotë se ka rrënjë primitive modulo $p$. Për më tepër, ka saktësisht $\varphi(p-1)$ prej tyre (jo të krahasueshme me njëri-tjetrin modulin $p$).

Modulo e rrënjëve antiderivative $2^(k)$

Nga paragrafi i mëparshëm ekziston një modul rrënjësor primitiv $2$. Ky është, për shembull, numri $1$.

Modulo $2^2$ ju gjithashtu mund të paraqisni një rrënjë primitive, të themi $3$.

Modulo $2^3$ nuk mund të ketë një rrënjë primitive, pasi kemi parë që çdo numër tek $a$ plotëson kongruencën $a^2\equiv 1\pmod(8)$.

Le të tregojmë me induksion në $k$ se për çdo $k\geqslant 3$ dhe tek $a$ do të jetë e vërtetë se $$a^(2^(k-2))\equiv 1\pmod(2^k ),$$ atëherë nuk ka rrënjë antiderivative për modulin e tillë $k$ $2^k$. Në të vërtetë, për $k=3$ kjo është e vërtetë. Nëse kjo është e vërtetë për disa $k\geqslant 3$, atëherë mund të shkruajmë $$a^(2^(k-1))-1=(a^(2^(k-2))-1)(a ^( 2^(k-2))+1).$$ Sipas hipotezës së induksionit, e para nga kllapat në produktin që rezulton është e pjestueshme me $2^k$ dhe e dyta është e pjestueshme me $2$. Pastaj i gjithë produkti ndahet me $2^(k+1)$ dhe krahasimi i kërkuar kryhet për $k+1$. Prova është e plotë.

Mungesa e modulit të rrënjëve antiderivative të ndryshme nga $2,\ 4,\ p^(k)$ dhe $2p^(k)$ me krye të thjeshtë tek $p$

Le të $m=p_1^(k_1)\cdots p_s^(k_s)$. Le të tregojmë se për $N=[\varphi(p_1^(k_1)),\ldots,\varphi(p_s^(k_s))]$ do të kemi $a^N\equiv 1\pmod(m)$ për çdo numër reciprok $a$ i thjeshtë me $m$. Në të vërtetë, numri $a$ do të jetë gjithashtu i dyfishtë për secilin prej numrave $p_i^(k_i)$ dhe, sipas teoremës së Euler-it, do të kemi $a^(\varphi(p_i^(k_i)))\equiv 1\ pmod(p_i^(k_i))$. Dhe meqenëse $\varphi(p_i^(k_i))|N$, atëherë për çdo $i=1,\ldots,s$ $a^N\equiv 1\pmod(p_i^(k_i))$ do të jetë i kënaqur. Sipas teoremës së mbetjes kineze, $a^N\equiv 1\pmod(p_1^(k_1)\cdots p_s^(k_s))$ do të vijojë nga ky sistem krahasimesh, sipas nevojës.

Vini re se kur $m=p_1^(k_1)\cdots p_s^(k_s)$ nuk e ka formën $2^k,\ p^(k)$ ose $2p^(k)$ me një kryeministër tek $p$ , atëherë midis numrave nga të cilët është marrë shumëfishi më i vogël i përbashkët, patjetër do të ketë disa numra çift, dhe $$N=[\varphi(p_1^(k_1)),\ldots,\varphi(p_s^(k_s)) ]<\varphi(p_1^{k_1})\cdots\varphi(p_s^{k_s})=\varphi(m),$$ а это означает что по модулю $m$ не может быть первообразных корней. При этом отсутствие первообразных корней по модулю $2^k$, где $k>2 dollarë, të shfaqura tashmë.

Ekzistenca e rrënjëve antiderivative të modulit $p^(k)$ dhe $2p^(k)$ me numrin kryesor tek $p$

Për $k=1$ ne kemi treguar tashmë ekzistencën e një rrënjë primitive.

Teorema 9. Le të jetë $g$ moduli i rrënjës antiderivativ, numri i thjeshtë tek $p$. Nëse $g^(p-1)\not\equiv 1\pmod(p^2)$, atëherë $g$ do të jetë një modul rrënjësor primitiv $p^k$ për çdo numër të plotë pozitiv $k$.

Dëshmi. Le të tregojmë me induksion në $k$ se $g^(p^(k-1)(p-1))\not\equiv 1\pmod(p^(k+1))$ dhe se $g$ do të jetë një modul rrënjësor primitiv $p^k$. Sipas kushteve të teoremës, të dyja këto pohime janë të vërteta për $k=1$. Le të plotësohen për disa $k$. Le të tregojmë se ata do të kënaqen edhe për $k+1$.

Meqenëse $g^(p^(k-1)(p-1))\not\equiv 1\pmod(p^(k+1))$, por nga teorema e Euler-it $g^(p^(k-1 )(p-1))\equiv 1\pmod(p^(k))$, atëherë mund të shkruajmë $g^(p^(k-1)(p-1))=1+cp^(k) $ , ku $c$ nuk ndahet me $p$. Le të ngremë të dyja anët e barazisë që rezulton në fuqinë $p$ dhe, duke zbatuar formulën binomiale të Njutonit, shohim se $g^(p^(k)(p-1))=1+cp^(k+1) +c_1p^(k +2)$, prej nga $g^(p^(k)(p-1))\not\equiv 1\pmod(p^(k+2))$.

Tani le të jetë $g$ një modul rrënjë jo-primitiv $p^(k+1)$. Pastaj ka $d$ më pak se $\varphi(p^(k+1))$ e tillë që $g^d\equiv 1\pmod(p^(k+1))$. Nga propozimi 5, numri $d$ është pjesëtues i $\varphi(p^(k+1))=p^(k)(p-1)$. Por meqenëse $g$ është një modul rrënjësor primitiv $p^(k)$, atëherë $d\geqslant\varphi(p^(k))=p^(k-1)(p-1)$, dhe nga kjo $g^(p^(k-1)(p-1))\not\equiv 1\pmod(p^(k+1))$ pason $d\neq p^(k-1)( p-1 ) $. Pra $d=p^kd"$, ku $d"|p-1,\ d" Teorema 9 është vërtetuar.

Le të tregojmë se si të gjejmë një rrënjë primitive që plotëson kushtet e teoremës 9. Nëse zgjedhim një rrënjë primitive arbitrare $g$ modulo $p$, atëherë ose $g^(p-1)\not\equiv 1\pmod( p^2)$, dhe më pas $g$ plotëson të gjitha kushtet e teoremës, ose $g^(p-1)\equiv 1\pmod(p^2)$, por më pas merrni parasysh numrin $g_1=g+ p$. Natyrisht, ky do të jetë gjithashtu një modul rrënjësor primitiv $p$. Megjithatë, sipas formulës binomiale të Njutonit $$g_1^(p-1)=(g+p)^(p-1)=g^(p-1)+(p-1)pg^(p-2)+ cp^ 2$$ me një numër $c$. Pastaj $g_1^(p-1)\equiv 1-pg^(p-2)\not\equiv 1\pmod(p^2)$, pasi $p$ nuk e ndan rrënjën antiderivative të $g$. Kështu, mjafton të marrësh një rrënjë primitive arbitrare $g$ modul $p$ dhe nëse $g^(p-1)\jo\equiv 1\pmod(p^2)$, Se $g$ plotëson të gjitha kushtet e teoremës 9, përndryshe $g+p$ plotëson të gjitha kushtet e teoremës 9 .

Teorema 10. Le të jetë $g$ një modul rrënjësor primitiv $p^k$ për një numër të thjeshtë tek $p$. Nëse $g$ është një numër tek, atëherë $g$ do të jetë një modul rrënjësor primitiv $2p^k$.

Dëshmi. Meqenëse $g$ është një numër tek, është coprime në $2p^k$. Nëse nuk është një modul rrënjësor primitiv, atëherë ka një numër natyror $d$ më pak se $\varphi(2p^(k))=p^(k-1)(p-1)$ i tillë që $g^ d \equiv 1\pmod(2p^(k))$. Por atëherë $g^d\equiv 1\pmod(p^(k))$. Kjo bie ndesh me faktin që $g$ është një modul rrënjësor primitiv $p^k$, pasi $d Teorema 10 është vërtetuar.

Siç mund të shihet nga teorema 9 dhe 10, nëse $g$ është një modul primitiv i rrënjës $p^2$, atëherë i njëjti numër do të jetë një modul rrënjë primitiv $p^k$ për çdo numër të plotë pozitiv $k$, dhe nëse $g$ është tek, pastaj modulo $2p^k$. Për më tepër, nëse $g$ është një numër çift, atëherë $g+p^2$ tashmë do të jetë tek dhe do të mbetet një modul rrënjësor primitiv $p^2$.

Kështu, kështu që për një numër të thjeshtë tek $p$ paraqesin modulin e rrënjës antiderivative $2p^k$, duhet gjetur një rrënjë primitive $g$ modul $p^2$, dhe nëse $g$ e çuditshme, atëherë kjo është rrënja primitive e dëshiruar, përndryshe do të jetë $g+p^2$.

Gjetja e rrënjëve primitive

Teorema 11. Le të jetë $m$ një numër natyror dhe $g$ një numër i plotë bashkëprim në $m$. Le të jetë $\varphi(m)=q_1^(k_1)\cdots q_s^(k_s)$ faktorizimi kryesor. Atëherë, nëse për çdo $i=1,\ldots ,s$ $g^(\varphi(m)/q_i)\not\equiv 1\pmod(m)$ vlen, atëherë $g$ është një modul rrënjësor primitiv $ m$.

Dëshmi. Nëse $g$ nuk është një modul rrënjësor primitiv $m$, atëherë ka një numër natyror $d$ më pak se $\varphi(m)$ i tillë që $g^d\equiv 1\pmod(m)$. Nga propozimi 5 $d|\varphi(m)$, që do të thotë $d=q_1^(n_1)\cdots q_s^(n_s)$, ku $0\leqslant n_i\leqslant k_i$ për të gjitha $i=1,\ldots ,s$, dhe për disa $j$ do të ketë $n_j\leqslant k_j-1$. Por pastaj $d|\varphi(m)/q_j$ dhe $g^(\varphi(m)/q_j)\equiv 1\pmod(m)$. Kontradikta. Teorema 11 është vërtetuar.

Rekomandohet të gjeni rrënjë primitive duke përdorur teoremën 11 vetëm modulin $p$, pas së cilës është më e arsyeshme të gjeni (nëse kërkohet) rrënjët primitive modulo $p^(k)$ dhe $2p^(k)$, duke përdorur procedurat përshkruar në paragrafin e mëparshëm.

Pra kërkohet

faktorizoni numrin $p-1=2^kq_1^(k_1)\cdots q_s^(k_s)$ në faktorët kryesorë

zgjidhni një numër $g$ (një kandidat për rrënjët antiderivative), dhe është e nevojshme $p\nmid g$

sigurohuni që simboli Legendre $\displaystyle\left(\frac(g)(p)\right)=-1$

kontrolloni nëse kushti $g^(p-1/q_i)\not\equiv 1\pmod(p)$ është i kënaqur për çdo $i=1,\ldots ,s$

Nëse të gjitha kontrollet janë të suksesshme, atëherë $g$ është një modul rrënjësor primitiv $p$.

Kushti $\displaystyle\left(\frac(g)(p)\right)=-1$ është një test i kushtit ekuivalent $g^(p-1/2)\not\equiv 1\pmod(p) $. Çështja është se, sipas kriterit të Euler-it, $g^(p-1/2)\equiv \displaystyle\left(\frac(g)(p)\right)\pmod(p)$, dhe një jo zero Simboli Lezhandrit nëse nuk është i krahasueshëm me $1$, duhet të jetë i barabartë me $-1$.

Ka kuptim të merret $g=2$ si kandidati i parë. Nuk ka nevojë të merren parasysh mbetjet e dukshme kuadratike, për shembull $4$ ose ndonjë katror fare. Numri $-1$ është një modul rrënjësor primitiv $2,\ 3,\ 4,\ 6$ dhe nuk ka nevojë ta konsiderojmë si modul tjetër, pasi $(-1)^2\equiv 1\pmod(m) $ për çdo $m$.

Shembulli 6. Gjeni modulin e rrënjës antiderivative $31$.

Zgjidhje. Le të faktorizojmë $31-1=2\cdot 3\cdot 5$ në faktorë kryesorë. Ne nuk do të marrim numrin $2$ si kandidat, pasi $31\equiv -1\pmod(8)$ dhe $\displaystyle\left(\frac(2)(31)\right)=1$. Por $\displaystyle\left(\frac(-2)(31)\right)=-1$. Por $(-2)^(30/3)=(-2)^(10)=(-32)^2\equiv 1\pmod(31)$.

Le të marrim 3$ si kandidat. Kemi $$\left(\frac(3)(31)\right)=-\left(\frac(31)(3)\right)=-1.$$ Përveç kësaj $$3^(30/3) = (3^3)^3\cdot 3\equiv (-4)^3\cdot 3\equiv -64\cdot 3\equiv -6\not\equiv 1\pmod(31)$$ dhe $$ 3^ ( 30/5)=(3^3)^2\equiv (-4)^2\equiv 16\not\equiv 1\pmod(31).$$ Pra, $3$ është një modul rrënjësor primitiv $31$.

Shembulli 7. Gjeni modulin e rrënjës antiderivative $1637$.

Zgjidhje. Le të faktorizojmë $1637-1=2^2\cdot 409$ në faktorët kryesorë. Le të marrim 2 si kandidat. Meqenëse $1637\equiv 5\pmod(8)$, pastaj $\displaystyle\left(\frac(2)(1637)\right)=-1$. Përveç kësaj, $2^(1636/409)=16\jo\equiv 1\pmod(1637)$. Kjo do të thotë që $2$ është një modul rrënjësor primitiv $1637$.

Shembulli 8. Gjeni modulin e rrënjës antiderivative $2\cdot 23^(19)$.

Zgjidhje. Mjafton të gjesh një modul të çuditshëm rrënjësor primitiv $23^2$. Së pari, le të gjejmë modulin e rrënjës antiderivative $23$. Le të faktorizojmë $23-1=2\cdot 11$ në faktorët kryesorë. Ne nuk do të marrim numrin $2$ si kandidat, pasi $23\equiv -1\pmod(8)$ dhe $\displaystyle\left(\frac(2)(23)\right)=1$. Por $\displaystyle\left(\frac(-2)(23)\right)=-1$. Përveç kësaj, $(-2)^(22/11)=4\jo\equiv 1\pmod(23)$. Kjo do të thotë që $-2$ është një modul rrënjësor primitiv $23$.

Tani le të kontrollojmë që $(-2)^(22)\jo\equiv 1\pmod(23^2)$. Ky është me të vërtetë rasti, pasi $$(-2)^(22)-1=2^(22)-1=(2^(11)-1)(2^(11)+1)=2047\cdot 2049, $$ por $2047=23\cdot 89$, që do të thotë, së pari, $23$ nuk e ndan $2049$, dhe së dyti, $23^2$ nuk e ndan $(-2)^(22)-1$. Kjo do të thotë që $-2$ është një rrënjë primitive dhe modul $23^2$. Por atëherë numri $23^2-2=527$ do të jetë një modul i çuditshëm antiderivativ rrënjë $23^2$, dhe për këtë arsye modulo $2\cdot 23^(19)$.

Zgjidhja e krahasimeve duke përdorur rrënjët primitive

Duke përdorur përfundimin 13, ne mund të zgjidhim krahasime të një lloji. Supozoni se duhet të gjejmë të gjitha zgjidhjet për krahasimin $$x^(17)\equiv 5\pmod(31).$$ Ne e dimë se $3$ është një modul rrënjësor primitiv $31$. Të gjitha fuqitë e tij nga zero në njëzet e nëntë formojnë një sistem të reduktuar të mbetjeve modulo $31$ (ka elemente $\varphi(31)=30$ në të). Ne gjejmë $3^5=243\equiv -5\pmod(31)$, prandaj $5\equiv 3^(20)\pmod(31)$.

Kjo për faktin se për çdo rrënjë primitive $g$ nga çdo modul i thjeshtë $p$ përfunduar $-1\ekuiv g^(p-1/2)$. Kjo është e lehtë për t'u verifikuar, sepse për rrënjën antiderivative $\displaystyle\left(\frac(g)(p)\right)=-1$ është gjithmonë e kënaqur, dhe $\displaystyle\left(\frac(g)(p )\right )\equiv g^(p-1/2)\pmod(p)$ sipas kriterit Euler. Për më tepër, në asnjë fuqi tjetër nga $0$ në $p-2$, rrënja antiderivative nuk do të japë $-1$, pasi sipas Konkluzionit 13 të gjitha fuqitë e saj janë dyshe të pakrahasueshme moduli $p$.

Le të vendosim tani $x\equiv 3^y\pmod(31)$. Ne mund ta bëjmë këtë, pasi nga vetë kushtet e problemit është e qartë se $x$ nuk është i pjesëtueshëm me $31$, dhe për këtë arsye është i krahasueshëm me një (dhe vetëm një) nga fuqitë e rrënjës antiderivative (nga Përfundimi 13) . Krahasimi origjinal tani do të rishkruhet si $$ 3^(17y)\equiv 3^(20)\pmod(31).$$ Nga Përfundimi 12, kjo është ekuivalente me modulin e krahasimit $\varphi(31)=30$ $17y\ equiv 20\pmod(30).$$ Duke zgjidhur këtë krahasim, gjejmë $y\equiv 10\pmod(30)$, nga ku $x\equiv 3^y\equiv -6\pmod(31)$ .

Detyrat e tipit C6 u shfaqën në versionet USE në 2010 njëkohësisht me heqjen e grupit A (detyrat me një zgjedhje përgjigjesh). Kjo është një detyrë e tipit olimpiadë, e krijuar për studentë të fortë që aplikojnë për pranim në universitete me kërkesa të larta për përgatitjen matematikore.

Një shembull i problemit C6 nga 2010.

Para çdo numri 4, 5, …, 8 Dhe 14, 15, …, 20 një shenjë plus ose minus vendoset në mënyrë arbitrare, pas së cilës secili nga numrat rezultues të grupit të dytë i shtohet secilit prej numrave rezultues të grupit të dytë, dhe më pas të gjithë 35Rezultatet e marra mblidhen. Cili është moduli më i vogël dhe cila është shuma më e madhe që mund të merret në fund?

(Përgjigje: 1 dhe 805)

Kriteret për vlerësimin e përfundimit të detyrës C6, mostra 2010:

Çfarë duhet të mbani mend kur zgjidhni problemin C6?

1. Problemi C6 është relativisht kompleks sepse kërkon zgjidhje jo standarde. Megjithatë, zgjidhja e tij nuk kërkon ndonjë njohuri të veçantë përtej qëllimit të kurrikulës shkollore. Është mjaft e mundur që do të rezultojë të jetë më e thjeshtë dhe më e shkurtër për t'u zgjidhur sesa edhe problemet C3-C5. Prandaj, nuk duhet të keni frikë prej saj.

2. Në këtë problem, një situatë gjithçka ose asgjë nuk ka gjasa. Përparimi në një zgjidhje me 1-2 pikë nga 4 në fakt nuk është aq i vështirë - mjafton të merret parasysh rasti më i thjeshtë i veçantë ose thjesht të zgjidhni disa zgjidhje që kënaqin. Për shembull, nëse në problemin e mësipërm supozojmë se për të gjetur vlerën më të madhe të një shume, mjafton të llogarisim shumën

7 X (4 + 5 + 6 + 7 + 8) + 5 x (14 + 15 + 16 + 17 + 18 + 19 + 20),

Atëherë do të marrim tashmë 1 pikë, dhe nëse zbulojmë se për ndonjë shenjë kjo shumë do të jetë tek, atëherë 2.

Cilat tema duhet të rishikohen përpara se të zgjidhni problemet C6?

1. Numrat e thjeshtë dhe të përbërë. Shumëfishi më i vogël i përbashkët dhe pjesëtuesi më i madh i përbashkët. Numrat reciprokisht të thjeshtë. Ndarja me mbetje. Algoritmi Euklidian GCD( A, B) = GCD( A, B– nA),

Shembull:

GCD (546, 658) = GCD (546, 658 - 546) = GCD (546, 112) = GCD (546 - 112 X 4, 112) =

GCD (98, 112) = GCD (98, 112 - 98) = GCD (98, 14) = 14.

2. Shenjat e pjesëtueshmërisë me 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11. Në këtë rast, këshillohet të mbani mend shenjat e pjesëtueshmërisë me 3 dhe 9 në formën e mëposhtme: “Vetë numri dhe shuma e shifrave të saj kur pjesëtohet me 3 (9) jep të njëjtën mbetje."

Shembull:

Shuma e shifrave të numrit 123456789101112 është 51, shuma e shifrave të numrit 51 është 6. Kjo do të thotë se numri 123456789101112 pjesëtohet me 3 dhe kur pjesëtohet me 9 jep mbetje 6.

3. Shënimi dhjetor i një numri.

4. Progresione aritmetike dhe gjeometrike.

5. Pabarazia midis mesatares aritmetike dhe mesatares gjeometrike.

Për çdo numër jonegativ pabarazia vlen

Title="((a_1 + a_2 + ... + a_n)/n)>=root(n)(a_1 * a_2 * ... * a_n)">!}

Për më tepër, barazia arrihet vetëm kur të gjithë numrat janë të barabartë. Në veçanti:

– për çdo numër jonegativ dhe pabarazinë title="((a + b)/2)>=sqrt(ab)"> ;!}

– për çdo numër title="a0"> выполняется неравенство title="delim(|)(a + (1/a))(|)>=2"> . !}

Shembull:

Gjeni vlerën më të madhe të një shprehjeje

me pozitive

Ne kemi:

Kur title="x = y = z >0">!}

Kështu, kjo shprehje nuk mund të marrë vlera më të mëdha se 1, por mund të marrë vlerën 1. Kjo do të thotë se vlera më e madhe e kësaj shprehjeje është 1.

Disa fakte të dobishme që janë të rëndësishme të dini përpara se të filloni të zgjidhni problemet C6.

1. Teorema themelore e aritmetikës dhe numri i pjesëtuesve.

Çdo numër natyror n>1 ka një zbërthim unik (deri në rendin e faktorëve) në faktorë të thjeshtë , ku janë numra të thjeshtë të dallueshëm në çift dhe janë numra natyrorë. Kjo formë shënimi quhet zbërthimi kanonik i një numri.

Numri i pjesëtuesve natyrorë të një numri të shkruar në formë kanonike është i barabartë me .

Në veçanti, një numër tek pjesëtuesit natyrorë mund të ketë vetëm një katror të saktë (pasi do të jetë tek nëse dhe vetëm nëse të gjithë numrat janë çift).

Shembull:
Gjeni të gjithë numrat natyrorë që pjesëtohen me 42 dhe kanë saktësisht 42 pjesëtues të ndryshëm natyrorë, duke përfshirë 1 dhe vetë numrin.

Nëse një numër pjesëtohet me 42, atëherë ai pjesëtohet me 2, 3 dhe 7. Prandaj, ky numër ka formën

, ku është një numër natyror që nuk pjesëtohet me 2, 3 ose 7. Kjo do të thotë Megjithatë, numri 42 mund të zbërthehet në faktorë natyrorë më të mëdhenj se 1 në vetëm një mënyrë (deri në renditjen e faktorëve): Prandaj a dhe janë numrat 2, 3 dhe 7, të marrë në një rend të caktuar.

Mbetet të kalojmë 6 opsione dhe të shkruajmë të gjitha vlerat e mundshme

Në këtë rast, nuk ka nevojë të llogaritni - përgjigja do të pranohet në këtë formë dhe do të keni më pak mundësi për të bërë një gabim.

2. Vetitë e katrorëve të numrave të plotë

Para së gjithash, është e rëndësishme për ne të dimë se çfarë mbetjesh mund të japin katrorët e numrave të plotë kur pjesëtohen me 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Le t'i vendosim të gjitha këto të dhëna në një tabelë (e cila është më mirë të shfaqësh veten - është e thjeshtë, por një ushtrim i dobishëm).

	Mbetjet që mund të fitohen kur pjesëtohet një numër i formës me	Mbetjet që nuk mund të fitohen kur pjesëtohet një numër i formës me
2	0, 1	–
3	0, 1	2
4	0, 1	2, 3
5	0, 1, 4	2, 3
6	0, 1, 3, 4	2, 5
7	0, 1, 2, 4	3, 5, 6
8	0, 1, 4	2, 3, 5, 6, 7
9	0, 1, 4, 7	2, 3, 5, 6, 8
10	0, 1, 4, 5, 6, 9	2, 3, 7, 8

Shembull.
Një numër dhjetëshifror është 1 më i madh se katrori i numrit natyror. Vërtetoni se përmban të njëjtët numra.
Le të jetë e vërtetë e kundërta: të gjitha 10 shifrat në këtë numër janë të ndryshme. Pastaj, në shkrimin e numrit, përdoren të gjitha 10 shifrat nga 0 deri në 9 Shuma e këtyre shifrave është 45, pra e pjestueshme me 9, dhe një katror i saktë, i cili është 1 më pak, kur pjesëtohet me 9 jep një mbetje prej 8. , gjë që është e pamundur. Kemi një kontradiktë. Kjo do të thotë se në shënimin dhjetor të një numri ka shifra identike.

Shembull.
Zgjidheni ekuacionin me numrat e thjeshtë:

Është e lehtë të gjesh një palë zgjidhje me përzgjedhje: Le të vërtetojmë se nuk ka zgjidhje të tjera. Do të nisemi nga mbetjet e mundshme që mund të fitohen kur pjesëtohet me 7. Si mund të hamendësojmë se është e nevojshme të merren parasysh mbetjet nga pjesëtimi me 7? Epo, nuk mund të gjenim ndonjë zgjidhje tjetër të veçantë, por duhet të fillojmë diku.

Le ta zbërthejmë arsyetimin pikë për pikë.

1. Çdo katror i përsosur kur ndahet me 7 jep mbetje 0, 1, 2 dhe 4 (shih tabelën).

2. 1999 kur ndahet me 7 lë një mbetje prej 4.

4. nuk pjesëtohet me 7 (pasi është numër i thjeshtë).

5. Prandaj, kur ndahet me 7, mund të lërë mbetje 1, 2 dhe 4.

6. Kur ndahet me 7, mund të japë mbetjet e 5, 6 dhe 1.

7. kur ndahet me 7, mund të japë mbetje 2, 4, 1 (provojeni vetë këtë).

8. Mbetjet kur pjesëtohen anët e majta dhe të djathta me 7 janë të barabarta me njëra-tjetrën, dhe për këtë arsye të barabarta me 1.

9. Megjithatë, ai jep një mbetje prej 1 kur ndahet me 7 vetëm nëse d.m.th.

10. - një numër i përbërë.

Prandaj, është e vetmja zgjidhje në numrat e thjeshtë.

Disa teknika dhe metoda për zgjidhjen e problemeve C6 do të diskutohen në çështjet e mëposhtme.
Burimet për përgatitje:
1. Pratusevich M.Ya. dhe të tjera Provimi i Unifikuar i Shtetit 2011. Matematikë. Problemi Sht. Aritmetika dhe algjebra / Ed. A. L. Semenova dhe I. V. Yashchenko. – M.: MTsNMO, 2011. – 48 f.
2. Koryanov A.G. Ekuacionet dhe pabarazitë në numra të plotë (nga problemet arsimore te konkurset)

3. Yashchenko I.V., Shestakov S.A., Zakharov P.I. Përgatitja për Provimin e Unifikuar të Shtetit në Matematikë në 2011. Udhëzime metodike. – M.: MTsNMO, 2011. – 144 f. a-b atëherë është një numër pozitiv.

a>b 3. Yashchenko I.V., Shestakov S.A., Zakharov P.I. Përgatitja për Provimin e Unifikuar të Shtetit në Matematikë në 2011. Udhëzime metodike. – M.: MTsNMO, 2011. – 144 f. Nëse, kur krahasojmë numrat a dhe b, ndryshimi atëherë është një numër negativ

a< или >Nëse pabarazitë shkruhen me shenja

, atëherë quhen pabarazi strikte.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta.

1. Shembuj.

Krahasoni numrat a dhe b me ndryshimin e tyre. a) a-b=-7. Zgjidhje.
Meqenëse ndryshimi a-b është një numër negativ, atëherë a a) a-b=-7. b) a-b=4.5.

Meqenëse ndryshimi a-b është një numër pozitiv, atëherë a>b. a) a-b=-7. c) a-b=0.

2. Meqenëse ndryshimi a-b është zero, atëherë a=b.

Krahasoni këto numra. a) a-b=-7. a) 0,099 dhe 0,1.

0,099 < 0,1, так как 0<1 (сравнили десятые доли чисел).

Thyesat dhjetore krahasohen vend për shifër: më i madhi nga dy numrat është ai që përmban më shumë njësi të shifrës më të lartë.

b) -5,43 dhe -5,6. Zgjidhje. -5.43 > -5.6, pasi më i madhi nga dy numrat negativ është ai moduli i të cilit është më i vogël.

për shkak të dy thyesave me emërues të njëjtë, ajo numëruesi i së cilës është më i madh është më i madh dhe ai numëruesi i të cilit është më i vogël është më i vogël.

a) a-b=-7. për shkak të dy thyesave me numërues të njëjtë, ajo që emëruesi i saj është më i vogël është më i madh dhe ai që ka emërues më i madh është më i vogël.

Le t'i sjellim thyesat në një emërues të përbashkët. Ne marrim:

3. Tani krahasojmë thyesat me emërues të njëjtë. Ne marrim:< 12 и 12 < 15.

Zgjidhje. 6 < 12 < 15. Читают: двенадцать больше шести и меньше пятнадцати.

4.

Shkruajeni si një pabarazi të dyfishtë: 6< 3. — 4 ≤ x -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2.

5. Zgjidhja:

5.1 Detyrat për zgjidhje të pavarur.

Krahasoni ndryshimin midis a dhe b me zero nëse a) a

5.2. Meqenëse ndryshimi a-b është zero, atëherë a=b.

b; c) a=b.

5.3. a) -2.467 dhe -2.476; b) 8,98 dhe 8,899;

Shkruani të gjithë numrat e plotë që plotësojnë pabarazinë e dyfishtë:< 1; б) -3 < x ≤ 3; в) 4 < x < 9; г) -8 ≤ x ≤ -4.

a) -5 ≤ x

Përgjigjet.<0;

5.1. A . a-b

5.1. b.

a-b>0;

5.1. V . a-b=0.

5.2. A . -2,467 > -2,476;

5.2.b.

8,98 > 8,899;

5.3.a -5; -4; -3; -2; -1; 0;

5.3.b.

-2; -1; 0; 1; 2; 3;

Çdo vlerë e një ndryshoreje në të cilën një ekuacion i caktuar kthehet në një barazi të vërtetë quhet rrënjë e ekuacionit.

Ekuacionet që kanë të njëjtat rrënjë quhen ekuacione ekuivalente.

Çdo term i ekuacionit mund të transferohet nga një pjesë e barazisë në tjetrën, duke ndryshuar shenjën e termit në të kundërtën.

Nëse të dy anët e një ekuacioni shumëzohen ose pjesëtohen me të njëjtin numër jozero, ju merrni një ekuacion të barabartë me ekuacionin e dhënë.

Shembuj. Zgjidhe ekuacionin.

1. 1,5x+4 = 0,3x-2.

1,5x-0,3x = -2-4. Ne mblodhëm termat që përmbajnë variablin në anën e majtë të barazisë dhe termat e lirë në anën e djathtë të barazisë. Në këtë rast, është përdorur prona e mëposhtme:

1.2x = -6. Terma të ngjashëm janë dhënë sipas rregullit:

x = -6 : 1.2. Të dyja anët e barazisë janë pjesëtuar me koeficientin e ndryshores, pasi

x = -5. Ndani sipas rregullit për pjesëtimin e një thyese dhjetore me një thyesë dhjetore:

Për të ndarë një numër me një thyesë dhjetore, duhet të zhvendosni presjet në dividend dhe pjesëtues djathtas aq shifra sa ka pas pikës dhjetore në pjesëtues, dhe më pas pjesëtoni me një numër natyror:

6 : 1,2 = 60 : 12 = 5.

Përgjigje: 5.

2. 3∙ (2x-9) = 4 ∙ (x-4).

6x-27 = 4x-16. Ne hapëm kllapat duke përdorur ligjin shpërndarës të shumëzimit në lidhje me zbritjen: (a-b) ∙ c = a ∙ c-b ∙ c.

6x-4x = -16+27. Ne mblodhëm termat që përmbajnë variablin në anën e majtë të barazisë dhe termat e lirë në anën e djathtë të barazisë. Në këtë rast, është përdorur prona e mëposhtme: çdo term i ekuacionit mund të transferohet nga një pjesë e barazisë në tjetrën, duke ndryshuar kështu shenjën e termit në të kundërtën.

2x = 11. Terma të ngjashëm janë dhënë sipas rregullit: për të sjellë terma të ngjashëm, duhet të shtoni koeficientët e tyre dhe të shumëzoni rezultatin që rezulton me pjesën e tyre të përbashkët të shkronjës (d.m.th., shtoni pjesën e tyre të shkronjës së përbashkët në rezultatin e marrë).

x = 11 : 2. Të dyja anët e barazisë janë pjesëtuar me koeficientin e ndryshores, pasi Nëse të dyja anët e ekuacionit shumëzohen ose pjesëtohen me të njëjtin numër jozero, ju merrni një ekuacion të barabartë me ekuacionin e dhënë.

Përgjigje: 5,5.

3. 7x- (3+2x)=x-9.

7x-3-2x = x-9. Ne hapëm kllapat sipas rregullit për hapjen e kllapave të paraprirë nga një shenjë "-": nëse ka një shenjë "-" përpara kllapave, atëherë hiqni kllapat dhe shenjën "-" dhe shkruani termat në kllapa me shenja të kundërta.

7x-2x-x = -9+3. Ne mblodhëm termat që përmbajnë variablin në anën e majtë të barazisë dhe termat e lirë në anën e djathtë të barazisë. Në këtë rast, është përdorur prona e mëposhtme: çdo term i ekuacionit mund të transferohet nga një pjesë e barazisë në tjetrën, duke ndryshuar kështu shenjën e termit në të kundërtën.

4x = -6. Terma të ngjashëm janë dhënë sipas rregullit: për të sjellë terma të ngjashëm, duhet të shtoni koeficientët e tyre dhe të shumëzoni rezultatin që rezulton me pjesën e tyre të përbashkët të shkronjës (d.m.th., shtoni pjesën e tyre të shkronjës së përbashkët në rezultatin e marrë).

x = -6 : 4. Të dyja anët e barazisë janë pjesëtuar me koeficientin e ndryshores, pasi Nëse të dyja anët e ekuacionit shumëzohen ose pjesëtohen me të njëjtin numër jozero, ju merrni një ekuacion të barabartë me ekuacionin e dhënë.

Përgjigje: -1,5.

3 ∙ (x-5) = 7 ∙ 12 — 4 ∙ (2x-11). Ne i shumëzuam të dyja anët e ekuacionit me 12 - emëruesi më i ulët i përbashkët për emëruesit e këtyre thyesave.

3x-15 = 84-8x+44. Ne hapëm kllapat duke përdorur ligjin shpërndarës të shumëzimit në lidhje me zbritjen: Për të shumëzuar diferencën e dy numrave me një numër të tretë, mund të shumëzoni veçmas minuendin dhe veçmas të zbrisni me numrin e tretë, dhe pastaj të zbrisni rezultatin e dytë nga rezultati i parë, d.m.th.(a-b) ∙ c = a ∙ c-b ∙ c.

3x+8x = 84+44+15. Ne mblodhëm termat që përmbajnë variablin në anën e majtë të barazisë dhe termat e lirë në anën e djathtë të barazisë. Në këtë rast, është përdorur prona e mëposhtme: çdo term i ekuacionit mund të transferohet nga një pjesë e barazisë në tjetrën, duke ndryshuar kështu shenjën e termit në të kundërtën.

11x = 143. Terma të ngjashëm janë dhënë sipas rregullit: për të sjellë terma të ngjashëm, duhet të shtoni koeficientët e tyre dhe të shumëzoni rezultatin që rezulton me pjesën e tyre të përbashkët të shkronjës (d.m.th., shtoni pjesën e tyre të shkronjës së përbashkët në rezultatin e marrë).

x = 143 : 11. Të dyja anët e barazisë janë pjesëtuar me koeficientin e ndryshores, pasi Nëse të dyja anët e ekuacionit shumëzohen ose pjesëtohen me të njëjtin numër jozero, ju merrni një ekuacion të barabartë me ekuacionin e dhënë.

Përgjigje: 13.

5. Zgjidhini vetë ekuacionet:

A) 3-2,6x = 5x+1,48;

b) 1,6 · (x+5) = 4 · (4,5-0,6x);

V) 9x- (6x+2.5) = - (x-5.5);

5a) 0,2; 5b) 2,5; 5c) 2; 5d) -1.

1. Kllapat zgjeruese paraprihen nga një shenjë "+" ose nuk paraprihen nga asnjë shenjë.

Nëse ka një shenjë “+” përpara kllapave ose nuk ka fare shenjë, atëherë heqim kllapat, shenjën “+” dhe shkruajmë termat në kllapa pa ndryshime.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Hapni kllapat.

1a) (-3x+4) = -3x+4;

1b) (2a-3b)+(-c-d) = 2a-3b-c-d;

1c) 7x+(-a-2b+5c-k) = 7x-a-2b+5c-k.

2. Kllapat në zgjerim të paraprira nga një shenjë "-".

Nëse ka një shenjë "-" përpara kllapave, atëherë hiqni kllapat dhe shenjën "-" dhe shkruani termat në kllapa me shenja të kundërta.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Hapni kllapat.

2a) - (4x-5) = -4x+5;

2b) - (-2a+c) - (b-3d) = 2a-c-b+3d;

2c) - (4k-m) - (-a+2b) = -4k+m+a-2b.

3. Termat që kanë të njëjtën pjesë shkronja quhen terma të ngjashëm. Shembuj të termave të ngjashëm: 5a dhe -a; 2s dhe -12s.

Faktori numerik që i paraprin faktorit të shkronjave quhet koeficienti. Pra, në shprehjen 5a koeficienti është i barabartë me 5, dhe në shprehjen (-a) koeficienti është i barabartë me (-1).

Gjetja e shumës algjebrike të termave të ngjashëm quhet duke sjellë terma të ngjashëm.

te jepni terma të ngjashëm, ju duhet të shtoni koeficientët e tyre dhe të shumëzoni rezultatin që rezulton me pjesën e tyre të përbashkët të shkronjës (d.m.th., shtoni pjesën e tyre të shkronjës së përbashkët në rezultatin e marrë).

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Jepni terma të ngjashëm.

3a) 2a-7a+9a-6a = (2-7+9-6)a = -2a;

3b) -4m+6m-3m+4m = (-4+6-3+4) m = 3m;

3c) 5.2s-2.8s-6.4s+9s = (5.2-2.8-6.4+9)s = 5s.

4. Në një shprehje algjebrike, termat e ngjashëm mund të jenë të llojeve të ndryshme. Në këtë rast, termat e ngjashëm nënvizohen me vija identike.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Jepni terma të ngjashëm.

4a) -4a +5s-11s-20a = (-4-20)a+(5-11)s = -24a-6s;

4b) 3.2x +5.6y-8x -3y = (3.2-8)x+(5.6-3)y = -4.8x+2.6y;

4c) 8 m -3k+7 m -2k+12k+13 m = (8+7+13) m+(-3-2+12) k = 28m+7k.

5. Për të transformuar shprehjet algjebrike duke hapur kllapa, përdorni vetinë shpërndarëse të shumëzimit: Për të shumëzuar shumën e numrave me një numër të tretë, mund të shumëzoni çdo term me numrin e tretë dhe të shtoni rezultatet.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Hapni kllapat.

5a) 2 (4x-5y) = 2 ∙ 4x+2 ∙ (-5) = 8x-10y;

5b) -3 (4a+7c) = -3 ∙ 4a-3 ∙ 7c = -12a-21c;

5c) -6 (-a+4c) = -6 ∙ -6 ∙ 4c = 6a-24c.

6. Të thjeshtosh një shprehje algjebrike do të thotë hapja e kllapave, kryerja e veprimeve të treguara dhe sjellja e termave të ngjashëm.

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Thjeshtoni shprehjen.

6a) (3x+y) -2 (5x-y) = 3x +y-10x +2y = -7x+3y;

6b) 3x(a+1.5) -4ax = 3ax +4.5x-4ax = 4.5x-ax;

6c) -6 (x+y)+3 (2x-y) = -6x -6y+6x -3y = -9y.

7. Shembuj për vetë-zgjidhje. Thjeshtoni:

7a) 4 (5-3a) - (11-a);

7b) 2 (3x-y) -6 (5x+3y);

7c) -2a(3c+4)+6ac;

7d) 5 (a-2c+1) -4 (-3+3c-a);

7d) –x(2y+7)+7 (x-4xy).

a) -5 ≤ x

7b) -24x-20y;

7d) 9a-22c+17;

Ju keni ardhur në këtë faqe për të marrë Manualin Gjeometria 7-9 që kam përpiluar. Ai përmban 415 pikë (përkufizime, teorema dhe formula me figura) në 48 faqe A4. Lidhja do t'ju çojë në YandexDisk tim, ku do t'ju kërkohet të shkarkoni (shikoni) "Doracakun tim të Gjeometrisë 7-9". Nëse e printoni Manualin në formën e një libri, 2 faqe në secilën anë të fletës A4, do të merrni një gjë të vogël shumë kompakte dhe të përshtatshme që do t'ju ndihmojë në studimet tuaja, në përgatitjen për Provimin e Shtetit të Bashkuar ose Shtetin e Bashkuar. Provimi. Ju uroj suksese!

Nuk është sekret që kur përgatiteni për matematikë Studentët e OGE përjetojnë vështirësi të mëdha në zgjidhjen e problemeve në modulin e Gjeometrisë, jo vetëm në pjesën e dytë, por edhe në përfundimin e detyrave në pjesën e parë. Sigurisht, që të ndiheni më të sigurt, duhet të përsërisni TË GJITHË material teorik gjeometria 7-9. Manuali i Gjeometrisë 7-9 me siguri do t'ju ndihmojë me këtë!

Të gjithë nxënësit nga klasa 5 deri në 11 (si dhe prindërit e tyre!) duhet të zgjidhin probleme me përqindje, jo vetëm në klasë dhe në shtëpi, por edhe në provime: provimet e transfertave, Provimi i Unifikuar i Shtetit dhe Provimi i Unifikuar i Shtetit. Libri im, i cili quhet: "Si t'i zgjidhni problemet me përqindje", do t'ju ndihmojë të mësoni të zgjidhni probleme të tilla. Libri përmban material teorik me temën: “Përqindjet”, më shumë se 100 probleme me zgjidhje të detajuara, si dhe 16 zgjidhje video detyra të ndryshme në këtë temë. Ju mund ta blini librin në një nga formatet e mëposhtme:

1) V elektronike të rregullta skedar pdf . Kushton 200 rubla. Ju mund të paguani duke përdorur formularin e mëposhtëm. Pagesa kryhet nga vetë shërbimi Yandex.Money, kështu që transferimi i parave është rreptësisht konfidencial! Pas verifikimit të marrjes së parave, unë do t'ju dërgoj librin në adresën që keni specifikuar. adresën e emailit. Një kujtesë për zgjidhjen e problemeve që përfshijnë përqindjet i dërgohet librit si një skedar i veçantë.

2) Libri "Si të zgjidhim problemet e përqindjes" në format 3d. Ju mund të shihni se çfarë lloj libri është ky në videon në këtë faqe më poshtë. Ky libër kushtoi 600 rubla, por tani çmimi është përgjysmuar sepse suplementi i librit në formën e testeve doli të mos ishte i disponueshëm (testet ishin në një faqe të huaj) - është për të ardhur keq, natyrisht, por të gjitha problemet , zgjidhjet dhe videot e tyre janë në vend, dhe kjo është gjëja kryesore! Pagesa kryhet nga shërbimi Yandex.Money - më i besueshmi dhe më i denjë në botë. Në formularin e pagesës do të vendosni adresën tuaj të emailit, në të cilën do t'ju dërgoj një lidhje për të shkarkuar librin dhe udhëzimet. Do t'ju dërgoj gjithashtu një kujtesë të veçantë për zgjidhjen e problemeve që përfshijnë përqindje.

Nëse dëshironi të mësoni se si të zgjidhni problemet e përqindjes, ky libër do të jetë i dobishëm: shikoni videon më poshtë.

Të dashur studentë, mund ta paguani vetë librin përmes një terminali rrugor.

Tjetër: KUJDES! Nga kompjuteri juaj, më dërgoni një email në: at@site me disa detaje të pagesës nga çeku. Mos harroni të shkruani emrin tuaj dhe cilin libër keni paguar. Pasi të kontrolloj faturën e parave, do t'ju dërgoj librin me letër.

Sinqerisht, Tatyana Yakovlevna Andryushchenko është autorja e faqes në të cilën jeni.

Për të zgjidhur një sistem ekuacionesh lineare me dy metodë e ndryshueshme Përveç kësaj, ju duhet:

1) shumëzoni anët e majta dhe të djathta të njërit ose të dy ekuacioneve me një numër të caktuar në mënyrë që koeficientët për njërën nga variablat në ekuacione të bëhen numra të kundërt;

2) palos anëtar për anëtar ekuacionet që rezultojnë dhe gjeni vlerën e njërës prej variablave;

3) zëvendësoni vlerën e gjetur të një ndryshore në një nga këto ekuacione dhe gjeni vlerën e ndryshores së dytë.

Nëse në një sistem të caktuar koeficientët e një ndryshoreje janë numra të kundërt, atëherë do të fillojmë të zgjidhim sistemin menjëherë nga pika 2).

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta. Zgjidh një sistem ekuacionesh lineare me dy ndryshore duke përdorur metodën e mbledhjes.

Meqenëse koeficientët e y janë numra të kundërt (-1 dhe 1), ne e fillojmë zgjidhjen nga pika 2). Shtojmë ekuacionet term pas termi dhe marrim ekuacionin 8x = 24. Çdo ekuacion i sistemit origjinal mund të shkruhet si ekuacioni i dytë i sistemit.

Le të gjejmë x dhe ta zëvendësojmë vlerën e tij në ekuacionin e dytë.

Ne zgjidhim ekuacionin e dytë: 9-y = 14, pra y = -5.

Le ta bëjmë atë kontrolloni. Le të zëvendësojmë vlerat x = 3 dhe y = -5 në sistemin origjinal të ekuacioneve.

Shënim: Kontrolli mund të bëhet gojarisht dhe jo i shkruar, nëse prania e çekut nuk është e përcaktuar në kushte.

Përgjigje: (3; -5).

Nëse e shumëzojmë ekuacionin e parë me (-2), atëherë koeficientët e ndryshores x do të bëhen numra të kundërt:

Le t'i shtojmë këto barazi term pas termi.

Do të marrim një sistem ekuivalent ekuacionesh, në të cilin ekuacioni i parë është shuma e dy ekuacioneve të sistemit të mëparshëm, dhe me ekuacionin e dytë të sistemit do të shkruajmë ekuacionin e parë të sistemit origjinal ( Zakonisht ekuacioni shkruhet me koeficientë më të vegjël):

ne gjejmë në nga ekuacioni i 1-rë dhe zëvendësoni vlerën që rezulton në ekuacionin e dytë.

Zgjidhim ekuacionin e fundit të sistemit dhe marrim x = -2.

Përgjigje: (-2; 1).

Le të bëjmë koeficientët për variablin në numra të kundërt. Për ta bërë këtë, shumëzoni të gjitha termat e ekuacionit të parë me 5 dhe të gjitha termat e ekuacionit të dytë me 2.

Le të zëvendësojmë vlerën x=4 në ekuacionin e dytë.

3 · 4 - 5y = 27. Le të thjeshtojmë: 12 - 5y = 27, pra -5y = 15, dhe y = -3.

Përgjigje: (4; -3).

Për të zgjidhur një sistem ekuacionesh lineare me dy ndryshore duke përdorur metodën e zëvendësimit, veproni si më poshtë:

1) shpreh një ndryshore përmes një tjetre në një nga ekuacionet e sistemit (x përmes y ose y përmes x);

2) ne zëvendësojmë shprehjen që rezulton në një ekuacion tjetër të sistemit dhe marrim ekuacioni linear me një ndryshore;

3) zgjidhni ekuacionin linear që rezulton me një ndryshore dhe gjeni vlerën e kësaj ndryshore;

4) ne zëvendësojmë vlerën e gjetur të ndryshores në shprehjen (1) me një variabël tjetër dhe gjejmë vlerën e kësaj ndryshore.

Shembuj. Zgjidh një sistem ekuacionesh lineare duke përdorur metodën e zëvendësimit.

Le të shprehemi X përmes y nga ekuacioni i 1-rë. Marrim: x=7+y. Në vend të kësaj, le të zëvendësojmë shprehjen (7+y). X në ekuacionin e dytë të sistemit.

Ne morëm ekuacionin: 3 · (7+y)+2y=16. Ky është një ekuacion me një ndryshore në. Le ta zgjidhim. Le të hapim kllapat: 21+3y+2y=16. Mbledhja e termave me një ndryshore në në anën e majtë, dhe kushtet e lira në të djathtë. Kur transferojmë një term nga njëra anë e një barazie në tjetrën, ne ndryshojmë shenjën e termit në të kundërtën.

Marrim: 3y+2y=16-21. Ne paraqesim terma të ngjashëm në secilën pjesë të barazisë. 5v=-5. Të dyja anët e barazisë i ndajmë me koeficientin e ndryshores. y=-5:5; y=-1. Zëvendësoni këtë vlerë në në shprehjen x=7+y dhe gjeni X. Marrim: x=7-1; x=6. Një palë vlerash të ndryshueshme x=6 dhe y=-1 është një zgjidhje për këtë sistem.

Shkruani: (6; -1). Përgjigje: (6; -1). Është i përshtatshëm për të shkruar këto argumente siç tregohet më poshtë, d.m.th. sistemet e ekuacioneve - në të majtë nën njëri-tjetrin. Në të djathtë janë llogaritjet, shpjegimet e nevojshme, verifikimi i zgjidhjes etj.

Detyra 1. Diagonalja e një drejtkëndëshi është 16 dhe bën një kënd prej 30° me anën e tij. Gjeni sipërfaqen e drejtkëndëshit.

a) a-b=-7.

1 mënyrë. Sheshi gjeni një drejtkëndësh sipas formulës: S = ab (sipërfaqja e një drejtkëndëshi është e barabartë me produktin e gjatësisë dhe gjerësisë së tij). Për ta bërë këtë, ne duhet të gjejmë anët e drejtkëndëshit. Konsideroni ΔADC drejtkëndëshe, në të cilën anët e kërkuara të drejtkëndëshit AD dhe CD janë këmbët. Hipotenuza AC=16, akute ∠CAD=30°. Këmba e shtrirë përballë këndit 30° e barabartë me gjysmën hipotenuzë. Prandaj, CD=16:2=8. Ne gjejmë këmbën e dytë AD duke përdorur teoremën e Pitagorës: AD 2 + CD 2 = AC 2. Zëvendësoni vlerat. AD 2 +8 2 =16 2 ; AD 2 +64=256; AD 2 =256-64; AD 2 =192;

Ana AD mund të gjendej ndryshe - përmes kosinusit ∠CAD. Që nga kosinusi i një këndi akut trekëndësh kënddrejtë quhet raporti i këmbës ngjitur me këndin me hipotenuzën, atëherë vijon: këmbë, ngjitur në qoshe, e barabartë me produktin hipotenuza nga kosinusi i këtij këndi.

Kemi: AD=AC ∙ cos30°;

Le të zëvendësojmë vlerat e gjetura në formulën për sipërfaqen e një drejtkëndëshi.

Metoda 2. Lëreni diagonalin AC në drejtkëndëshin ABCD të krijojë një kënd prej 30° me anën AD. Ne e dimë se diagonalja e një drejtkëndëshi e ndan drejtkëndëshin në dysh trekëndësh i barabartë. Le të shqyrtojmë një nga këta trekëndësha - një trekëndësh kënddrejtë ∆ ADC (∠ADC=90°) CD - një këmbë përballë këndit 30°, pra kjo këmbë është e barabartë me gjysmën e hipotenuzës, d.m.th. CD = AC : 2 = 16 : 2 = 8 (cm). Së dyti kënd akut e konsideruar drejtkëndëshi ∆ ADC – këndi AСD është 60° (90°-30°=60°). Sipërfaqja e trekëndëshit ADC është e barabartë me gjysmën e produktit të dy brinjëve të tij AC dhe CD dhe sinusit të këndit ndërmjet tyre. Atëherë sipërfaqja e drejtkëndëshit është e barabartë me produktin e AC dhe CD dhe sinusin e këndit midis tyre:

3 mënyra bazohet në faktin se Sipërfaqja e një drejtkëndëshi mund të gjendet sa gjysma e produktit të diagonaleve të tij dhe sinusit të këndit ndërmjet tyre. Le të vizatojmë diagonalen e dytë BD dhe të shënojmë pikën e prerjes së diagonaleve me O. Këndi ndërmjet dy vijave të kryqëzuara konsiderohet të jetë më i vogli nga këndet që rezultojnë. Për ne ky është këndi AOB. Le ta shënojmë me α. Ne do të gjejmë masë shkallë këndi α. Meqenëse diagonalet e drejtkëndëshit janë të barabarta dhe ndahen përgjysmë nga pika e kryqëzimit, atëherë ∆AOB është dykëndësh me kënd në bazën 60°. Në fakt: ∠OAB=90°-∠CAD=90°-30°=60°. Këndi i tretë i trekëndëshit AOB, d.m.th. këndi α është gjithashtu i barabartë me 60° (konsiderohet: 180°-60°-60°). Zona drejtkëndëshe:

Detyra 2. Diagonalja e një drejtkëndëshi me brinjë të barabartë me 10 cm bën një kënd prej 60°. Gjeni perimetrin dhe sipërfaqen e drejtkëndëshit.

a) a-b=-7.

Perimetri i drejtkëndëshit është P□ = 2 (a+b), S□ = ab, ku a dhe b janë brinjët e drejtkëndëshit. Ne njohim vetëm njërën anë: a = 10. Le të gjejmë brinjën e dytë si këmbën e panjohur të një trekëndëshi kënddrejtë, përballë këndit 60°. Meqenëse tangjentja e një këndi akut të një trekëndëshi kënddrejtë e barabartë me raportin anën e kundërt tek fqinji, atëherë b = a ∙ tg60°. Ne zëvendësojmë vlerat dhe marrim:

Detyra 1. Njëra anë e drejtkëndëshit është 7 cm më e vogël se tjetra, dhe diagonalja e drejtkëndëshit është 17 cm.

a) a-b=-7. Le të jetë AB=x. Pastaj AD=x+7. Duke ditur se diagonalja BD = 17, ne përdorim teoremën e Pitagorës dhe krijojmë ekuacionin:

AB 2 + AD 2 = BD 2. Marrim: x 2 +(x+7) 2 =17 2 ⇒ x 2 +x 2 +14x+49=289;

2x 2 +14x-240=0; x 2 +7x-120=0, pra nga teorema e Vietës x 1 =-15; x 2 =8.

Prandaj, AB=8 cm, AD=8+7=15 cm Perimetri i drejtkëndëshit:

P□ = 2 ∙ (AB+AD); P□ = 2 ∙ (8+15); P□ = 46 cm. Përgjigje: 46 cm.

Detyra 2. Perimetri i drejtkëndëshit është 94 cm dhe diagonalja është 37 cm.

a) a-b=-7. Perimetri i drejtkëndëshit P□ = 2 ∙ (AB+AD) = 94, pra (AB+AD) = 47. Le të jetë AB=x. Pastaj AD=47. Duke ditur se diagonalja BD = 37, ne përdorim teoremën e Pitagorës dhe krijojmë ekuacionin:

AB 2 +AD 2 =BD 2. Marrim: x 2 +(47-x) 2 =37 2 ⇒ x 2 +47 2 -94x+ x 2 =1369;

2x 2 -94x+2209—1369=0; 2x 2 -94x+840=0. I ndajmë të dyja anët e barazisë me 2. Marrim:

x 2 -47x+420=0. Le të gjejmë diskriminuesin.

D=b 2 -4ac=47 2 -4∙1∙420=2209—1680=529=23 2 >0; 2 d.k.

x 1 = (47-23)/2 = 12; x 2 = (47+23)/2=35.

Meqenëse AB=x, atëherë ose AB=12, pastaj AD=47-12=35; ose AB=35, pastaj AD=47-35=12. Kështu, brinjët e drejtkëndëshit janë 12 cm dhe 35 cm sipërfaqja e drejtkëndëshit S□ = AB ∙ AD=12 ∙ 35=420 (cm 2). Përgjigje: 420 cm 2.

Detyra 3. Brinjët e një drejtkëndëshi janë në raportin 3 : 4, dhe sipërfaqja e drejtkëndëshit është 108 cm 2. Gjeni diagonalen e drejtkëndëshit.

a) a-b=-7. Le të shënojmë një pjesë me x. Atëherë AB=3x. Atëherë AD=4x.

Meqenëse S□ = AB ∙ AD dhe sipas kushtit është e barabartë me 108 cm 2, atëherë mund të krijojmë ekuacionin:

3x ∙ 4x=108. Pastaj 12x 2 = 108, dhe duke pjesëtuar të dyja anët e barazisë me 12, marrim:

x 2 =9. Prandaj x=3, pasi x është një numër pozitiv. Anët e një drejtkëndëshi

Atëherë AB=3x=3 ∙ 3=9 dhe AD=4x=4 ∙ 3=12. Nga trekëndëshi kënddrejtë BAD, duke përdorur teoremën e Pitagorës, gjejmë BD - diagonalen e dëshiruar të drejtkëndëshit.

BD 2 =AB 2 +AD 2 =9 2 +12 2 =81+144=225, pra BD=15 cm. Përgjigje: 15 cm.

Detyra 4. Përgjysmuesja e njërit prej këndeve të një drejtkëndëshi e ndan anën e drejtkëndëshit në gjysmë. Gjeni diagonalen e një drejtkëndëshi nëse brinja më e shkurtër e tij është 15 cm.

a) a-b=-7. Pra, në drejtkëndëshin ABCD, përgjysmuesja AK ndan anën BC në gjysmë. AB = 15 cm Ju duhet të gjeni diagonalen AC të drejtkëndëshit. Në një trekëndësh kënddrejtë ABC, njëri nga këndet akute është i barabartë me 45° (përgjysmuesja AK e ndan këndin e drejtë në gjysmë: ∠BAK=∠KAD=45°). Atëherë këndi i dytë akut i trekëndëshit ABC është i barabartë me 45°, d.m.th. ∠AKV=45°. Këndet në bazën ∆АВК janë të barabarta, prandaj, ∆АВК është dykëndësh. Kjo do të thotë se BC = AB = 15 cm Dhe meqenëse përgjysmuesja AK sipas kushtit e ndan anën BC në gjysmë, atëherë BC = 2 ∙ VK = 30 cm Brinjët e drejtkëndëshit janë 15 cm dhe 30 cm nga drejtkëndëshi trekëndëshi ABC Duke përdorur teoremën e Pitagorës, gjejmë AC - diagonalen e dëshiruar të drejtkëndëshit.

AC 2 =AB 2 +BC 2 =15 2 +30 2 =225+900=1125, nga këtu marrim:

Detyra 5. Në një drejtkëndësh, pika e kryqëzimit të diagonaleve është 7 cm më larg nga ana më e shkurtër sesa nga ana anën më të madhe. Diagonalja e drejtkëndëshit është 26 cm Gjeni brinjët e drejtkëndëshit.

a) a-b=-7. Le të jetë pika O, prerja e diagonaleve të drejtkëndëshit ABCD, në x cm nga ana AD, atëherë pika O do të jetë në (x+7) cm nga brinja AB, pra OM=x dhe OK=x+7. Meqenëse diagonalet e drejtkëndëshit janë të barabarta dhe ndahen në gjysmë nga pika e kryqëzimit, atëherë AO = AC : 2=26: 2=13 (cm). Vini re se MA=OK. Bazuar në teoremën e Pitagorës, nga trekëndëshi kënddrejtë AMO marrim barazinë:

OM 2 +MA 2 =AO 2 ose x 2 +(x+7) 2 =13 2. Le të thjeshtojmë barazinë:

x 2 + x 2 +14x + 49 = 169; 2x 2 +14x-120=0; x 2 +7x-60=0. Rrënjët e kësaj janë dhënë ekuacioni kuadratikështë e përshtatshme për të gjetur duke përdorur teoremën e Vietës.

x 1 =-12, x 2 =5. Meqenëse ana shprehet si numër pozitiv, atëherë OM=x=5 cm Pastaj OK=5+7=12 (cm). AK=OM=5 cm dhe AM=OK=12 cm janë gjysmat e brinjëve të drejtkëndëshit. Atëherë AB=2 ∙ AK=10 cm dhe AD=2 ∙ MA=24 cm. Përgjigje: 10 cm dhe 24 cm.

I. Shprehje në të cilat numrat dhe shenjat mund të përdoren së bashku me shkronjat veprimet aritmetike dhe kllapat quhen shprehje algjebrike.

Shembuj të shprehjeve algjebrike:

2m -n; 3 · (2a + b); 0,24x; 0.3a -b · (4a + 2b); a 2 – 2ab;

Meqenëse një shkronjë në një shprehje algjebrike mund të zëvendësohet me disa numra të ndryshëm, atëherë shkronja quhet ndryshore, dhe vetë shprehje algjebrike- një shprehje me një ndryshore.

II. Nëse në një shprehje algjebrike shkronjat (ndryshoret) zëvendësohen me vlerat e tyre dhe ekzekutohen veprimet e specifikuara, atëherë numri që rezulton quhet vlera e shprehjes algjebrike.

Shembuj.

Gjeni kuptimin e shprehjes:

1) a + 2b -c me a = -2; b = 10; c = -3,5.

Zgjidhje.

2) |x| + |y| -|z| në x = -8; y = -5; z = 6.

— 2+ 2 · 10- (-3,5) = -2 + 20 +3,5 = 18 + 3,5 = 21,5.

2) |x| + |y| -|z| në x = -8; y = -5; z = 6. Zëvendësues vlerat e specifikuara. Kujtojmë se moduli i një numri negativ është i barabartë me numrin e kundërt të tij, dhe modulin numër pozitiv e barabartë me vetë këtë numër. Ne marrim:

|-8| + |-5| -|6| = 8 + 5 -6 = 7.

III. Vlerat e shkronjës (ndryshueshme) për të cilat shprehja algjebrike ka kuptim quhen vlerat e lejuara të shkronjës (ndryshueshme).

Shembuj. Në çfarë vlerash shprehje e ndryshueshme

a) a-b=-7. nuk ka kuptim?

Ne e dimë që nuk mund të pjesëtosh me zero, prandaj, secila prej këtyre shprehjeve nuk do të ketë kuptim duke pasur parasysh vlerën e shkronjës (ndryshores) që e kthen emëruesin e thyesës në zero!

Në shembullin 1) kjo vlerë është a = 0. Në të vërtetë, nëse zëvendësoni 0 në vend të a, atëherë do t'ju duhet të ndani numrin 6 me 0, por kjo nuk mund të bëhet. Përgjigje: shprehja 1) nuk ka kuptim kur a = 0.

Në shembullin 2) emëruesi i x është 4 = 0 në x = 4, prandaj, kjo vlerë x = 4 nuk mund të merret. Përgjigje: shprehja 2) nuk ka kuptim kur x = 4.

Në shembullin 3) emëruesi është x + 2 = 0 kur x = -2. Përgjigje: shprehja 3) nuk ka kuptim kur x = -2.
Në shembullin 4) emëruesi është 5 -|x| = 0 për |x| = 5. Dhe që nga |5| = 5 dhe |-5| = 5, atëherë nuk mund të marrësh x = 5 dhe x = -5. Përgjigje: shprehja 4) nuk ka kuptim në x = -5 dhe në x = 5. IV. Dy shprehje thuhet se janë identike të barabarta nëse për ndonjë vlerat e pranueshme

variablave, vlerat përkatëse të këtyre shprehjeve janë të barabarta.

Shembull: 5 (a – b) dhe 5a – 5b janë gjithashtu të barabarta, pasi barazia 5 (a – b) = 5a – 5b do të jetë e vërtetë për çdo vlerë të a dhe b. Barazia 5 (a – b) = 5a – 5b është një identitet. Identiteti është një barazi që vlen për të gjitha vlerat e lejuara të variablave të përfshirë në të. Shembuj të identiteteve tashmë të njohura për ju janë, për shembull, vetitë e mbledhjes dhe shumëzimit,.

pronë distributive Zëvendësimi i një shprehjeje me një shprehje tjetër identikisht të barabartë quhet transformim identitar ose thjesht transformim i një shprehjeje. Transformimet e identitetit

Nëse pabarazitë shkruhen me shenjat ≤ ose ≥, atëherë ato quhen pabarazi jo të rrepta.

shprehjet me variabla kryhen në bazë të vetive të veprimeve mbi numrat. a)

shndërroni shprehjen në identike të barabartë duke përdorur vetinë shpërndarëse të shumëzimit:

Zgjidhje 1) 10·(1.2x + 2.3y); 2) 1,5· (a -2b + 4c); 3) a·(6m -2n + k).

. Le të kujtojmë vetinë shpërndarëse (ligjin) e shumëzimit:(a+b)c=ac+bc
(ligji shpërndarës i shumëzimit në lidhje me mbledhjen: për të shumëzuar shumën e dy numrave me një numër të tretë, mund të shumëzoni çdo term me këtë numër dhe të shtoni rezultatet që rezultojnë).(ligji shpërndarës i shumëzimit në lidhje me zbritjen: për të shumëzuar diferencën e dy numrave me një numër të tretë, mund të shumëzoni minuendin dhe të zbrisni me këtë numër veçmas dhe të zbrisni të dytin nga rezultati i parë).

1) 10·(1.2x + 2.3y) = 10 · 1.2x + 10 · 2.3y = 12x + 23y.

2) 1,5·(a -2b + 4c) = 1,5a -3b + 6c.

3) a·(6m -2n + k) = 6am -2an +ak.

b) shndërroni shprehjen në identikisht të barabartë duke përdorur komutativ dhe vetitë asociative(ligjet) e shtesave:

4) x + 4,5 + 2x + 6,5; 5) (3a + 2.1) + 7.8; 6) 5.4s -3 -2.5 -2.3s.

a) a-b=-7. Le të zbatojmë ligjet (vetitë) e shtimit:

a+b=b+a(komutativ: rirregullimi i termave nuk e ndryshon shumën).
(a+b)+c=a+(b+c)(kombinative: për të shtuar një numër të tretë në shumën e dy termave, mund të shtoni shumën e të dytit dhe të tretë në numrin e parë).

4) x + 4,5 +2x + 6,5 = (x + 2x) + (4,5 + 6,5) = 3x + 11.

5) (3a + 2.1) + 7.8 = 3a + (2.1 + 7.8) = 3a + 9.9.

6) 6) 5.4s -3 -2.5 -2.3s = (5.4s -2.3s) + (-3 -2.5) = 3.1s -5.5.

V) Shndërroni shprehjen në identike të barabartë duke përdorur vetitë (ligjet) komutative dhe shoqëruese të shumëzimit:

7) 4 · X · (-2,5); 8) -3,5 · 2u · (-1); 9) 3a · (-3) · 2s.

a) a-b=-7. Le të zbatojmë ligjet (vetitë) e shumëzimit:

a·b=b·a(komutativ: rirregullimi i faktorëve nuk e ndryshon produktin).
(a b) c=a (b c)(kombinative: për të shumëzuar prodhimin e dy numrave me një numër të tretë, mund të shumëzoni numrin e parë me prodhimin e të dytit dhe të tretë).

7) 4 · X · (-2,5) = -4 · 2,5 · x = -10x.

8) -3,5 · 2u · (-1) = 7у.

9) 3a · (-3) · 2c = -18ac.

Nëse një shprehje algjebrike jepet në formën e një thyese të reduktueshme, atëherë duke përdorur rregullin për reduktimin e një thyese mund të thjeshtohet, d.m.th. zëvendësojeni atë me një shprehje identike të barabartë më të thjeshtë.

Shembuj.

a) a-b=-7. Thjeshtoni duke përdorur reduktimin e fraksionit. Të reduktosh një thyesë do të thotë të pjesëtosh numëruesin dhe emëruesin e saj me të njëjtin numër (shprehje) përveç zeros. Pjesa 10) do të reduktohet me 3b ; thyesa 11) do të reduktohet me A dhe thyesa 12) do të reduktohet me 7n

. Ne marrim:

Shprehjet algjebrike përdoren për të krijuar formula. Një formulë është një shprehje algjebrike e shkruar si barazi dhe që shpreh marrëdhënien midis dy ose më shumë ndryshoreve. Shembull: formula e rrugës që ju e dini s=v t