Лекции по теории чисел мы определяли понятие



Скачать 132.9 Kb.
Дата28.04.2016
Размер132.9 Kb.
ТипЛекции
Лекция 10: Теория чисел-2.

Сравнения по модулю и их применения. В первой лекции по теории чисел мы определяли понятие сравнимости по модулю и доказывали его основные свойства. Напомним основные пункты:
- целые числа a и b сравнимы по модулю n (n - целое), если n|a-b, обозначается это: a=b (mod n);
- a=b (mod n) равносильно тому, что остатки от деления a и b на n одинаковы;
- если a=b (mod n) и c=d (mod n), то a+b=c+d (mod n), a-b=c-d (mod n) и ab=cd (mod n);
- как следствие предыдущего, если a=b (mod n), то ak=bk (mod n) при всех натуральных k.
Обобщим последние 2 утверждения: пусть f(x1,x2,...xk) - многочлен с целыми коэффициентами от k переменных (т.е. функция от k переменных, заданная формулой, использующей только x1,x2,...xk, какие-то целые числа и операции сложения, вычитания, умножения и возведения в степень). Целые числа a1,a2,...ak и b1,b2,...bk таковы, что a1=b1 (mod n), a2=b2 (mod n), ... ak=bk (mod n). Тогда f(a1,a2,...ak)=f(b1,b2,...bk) (mod n).
Докажем это "индукционным спуском по построению формулы" для f. Пусть на последнем этапе вычислений f получается из f1 и f2 с помощью какой-то вышеуказанной операции. Если f1(a1,a2,...ak)=f1(b1,b2,...bk) (mod n) и то же для f2, то, по предыдущим свойствам, это верно и для f. Теперь осталось доказать равенства для f1 и f2 - а их формулы устроены проще, чем для f, так как являются ее частями. Применяем к f1 и f2 тот же прием, потом к их частям и т.д., пока не получим простейшие формулы с одной операцией - а для них все верно, ч.т.д.
Замечание: Если доказательство кажется вам сложным и непонятным, проще объяснить на пальцах: когда мы в функции заменяем аргументы на сравнимые с ними по модулю n числа, то "по модулю n" ничего не меняется. Значит, не поменяется по модулю n и значение функции. Главное - чтобы в этой функции не было деления и дробных чисел - они портят сравнимости по модулю.
(!) Последнее утверждение можно переформулировать и по-другому: значение многочлена с целыми коэффициентами от нескольких переменных по любому модулю n однозначно определяется значением этих переменных по модулю n (т.е. их остатком от деления на n).

Примеры (применение сравнений и их свойств):

Задача 1. Докажите, что 1102003+75232 делится на 37.
Решение: Заметим, что 110=3*37-1=-1 (mod 37), а 75=2*37+1=1 (mod 37). Тогда по mod 37 сумма 1102003+75232 сравнима с (-1)2003+1232 = -12003+1232 = -1+1 = 0, т.е. она делится на 37, ч.т.д.

Задача 2. Докажите, что есть бесконечно много натуральных чисел, не являющихся суммой трех квадратов.
Решение: Слово "бесконечно много" в теории чисел имеет свой особый смысл. Обычно за ним кроется какой-то класс сравнимости по модулю, т.е. множество чисел, дающих один и тот же остаток от деления на данное число. Докажем, что в данной задаче подойдет модуль 8.
Какие же остатки по модулю 8 могут давать квадраты? Значение квадрата по модулю 8 однозначно определяется значением самого числа по модулю 8 (по вышедоказанному свойству). А всевозможных значений по модулю 8 - конечное число (8 штук), поэтому их можно все перебрать.

n mod 8

0

1

2

3

4

5

6

7

n2 mod 8

0

1

4

1

0

1

4

1

Мы получили, что квадраты по модулю 8 дают только остатки 0, 1 и 4 (обычная ситуации - очень многие точные степени по очень многим модулям дают не все возможные остатки - и это используется в огромном числе задач!!!). Теперь найдем всевозможные остатки сумм трех квадратов: 0+0+0=0, 1+1+1=3, 4+4+4=4, 0+0+1=1, 0+1+1=2, 0+0+4=4, 0+4+4=0, 1+1+4=6, 1+4+4=1, 0+1+4=5 (все равенства - по модулю 8). Есть 0, 1, 2, 3, 4, 5 и 6... а остатка 7 нет. Значит, все бесконечное множество чисел вида 8k+7 непредставимо в виде суммы трех квадратов, ч.т.д.
Упражнение. Доказать, что модули от 2 до 7 не помогут при решении задачи - по ним значения суммы трех квадратов бывают совершенно любыми.

(!) Здесь было проделано совершенно типовое рассуждение для теоретико-числовых задач: взять какой-то модуль, рассмотреть по этому модулю возникающие в задаче выражения, выяснить, что они принимают не все возможные значения и воспользоваться этим. Для таких распространенных выражений, как квадраты и кубы, следует держать на бумажке (а лучше в голове) готовую таблицу остатков по всем модулям до 10-13.

Задача 3. Число a2+b2 делится на 12. Докажите, что оно делится и на 36.
Решение: Делимость на 12 равносильна делимости на 3 и на 4, а делимость на 36 - делимости на 9 и 4 (это потому, что (3,4)=1 и (9,16)=1). Соответственно, надо искать остатки сумм квадратов по модулю 3 и 4.

n mod 3

0

1

2

n mod 4

0

1

2

3

n2 mod 3

0

1

1

n2 mod 4

0

1

0

1

По модулю 3 остатки квадратов - 0 или 1, а остатки сумм квадратов: 0+0=0, 0+1=1 или 1+1=2. Вывод: сумма двух квадратов делится на 3 только если оба квадрата делятся на 3. Значит, 3|a2 и 3|b2. Но 3|n2, только если 3|n, а тогда 9|n2. Отсюда 9|a2 и 9|b2, т.е. 9|a2+b2.
По модулю 4 вообще ничего не надо делать: как a2+b2 делилось на 4, так и делится. Значит, раз эта сумма делится на 9 и на 4, то делится и на 36.
Замечание: Доказать делимость a2+b2 на большую степеь двойки не удастся. Есть пример: 122+62 = 144+36 = 180 - делится на 4, но не на 8.

(!) Еще одна хорошая типовая идея: зная значение выражения по какому-то модулю и рассматривая, как оно конструируется, получить информацию о значениях по этому модулю входящих в него чисел. Особенно если на эти числа наложены по этому модулю сильные ограничения (например, они точные степени ;-).

Утверждение. Пусть число n представимо в виде суммы попарно взаимно простых множителей m1*m2*...*mk. Тогда делимость на n равносильна одновременной делимости на m1, m2, ... mk.
Доказательство: Ясно, что из делимости на n следует делимость на все его делители/множители, в т.ч. и на все mi одновременно. В другую сторону: пусть целое число A делится одновременно на все mi. Тогда m1|A, m2|A, и т.к. (m1,m2)=1, то, по св-ву взаимно простых чисел (см. лекцию "Теория чисел") m1m2|A. Далее, т.к. (m1,m3)=1 и (m2,m3)=1, то (m1m2,m3)=1 (еще одно свойство взаимно простых чисел, которое в той лекции было упущено!). Теперь из m1m2|A и m3|A мы выводим m1m2m3|A. Потом устанавливаем взаимную простоту m1m2m3 и m4, откуда получаем делимость A на m1m2m3m4, и так далее, пока не дойдем до делимости на n, ч.т.д.
(!) Если число содержит более одного простого множителя, то с делимостью на него надо обращаться именно так: разложить на взаимно простые множители, каждый из которых имеет вид степень простого числа. А потом применять к этим множителям утверждение, доказанное выше (пример применения - задача 3).

Признаки делимости. В этом параграфе мы откроем завесу тайны над тем, как же доказываются признаки делимости, известные каждому с детства. А также покажем их связь с десятичной записью числа и обычные применения этих признаков в олимпиадных задачах.

(!) Обычно, чтобы показать, что a1a2...an - это не произведение, а последовательно записанные цифры одного числа, над ним ставят черту. Мы, по техническим причинам, делать этого не будем, но в этом параграфе в каждом произведении будем писать знаки умножения.



Основное тождество, выражающее суть десятичной записи: a1a2...an=a1*10n-1+a2*10n-2+...+an-1*10+an. Им мы будем пользоваться неоднократно, без дополнительных пояснений.

1. Признак делимости на делитель степени 10. Если d|10k, то натуральное (и целое тоже) число делится на d тогда и только тогда, когда число, образованное его последними k цифрами, делится на n.
Доказательство: Рассмотрим число a1a2...an. Число, образованное его последними k цифрами - это an-k+1...an-1an. Их разность: a1a2...an-k0...0 - оканчивается на k нулей, поэтому делится на 10k и, следовательно, на d. Значит a1a2...an=an-k+1...an-1an (mod d), поэтому они делятся или не делятся на d одновременно.

(!) Наиболее частое использование такого признака - деление на степень 2 или степень 5.



2. Признаки делимости на 3 и 9. Число делится на 3 или на 9 тогда и только тогда, когда его сумма цифр делится на 3 или на 9 соответственно.
Доказательство: Рассмотрим число a1a2...an = a1*10n-1+a2*10n-2+...+an-1*10+an. Заметим, что 10=1 (mod 9), откуда и 10k=1k=1 (mod 9). Отсюда a1*10n-1+a2*10n-2+...+an-1*10+an = a1*1+a2*1+...+an-1*1+an = a1+a2+...+an-1+an (mod 9). То есть, любое число сравнимо по модулю 9 со своей суммой цифр. А значение по модулю 9 определяет делимость не только на 9, но и на 3, откуда сразу следуют об признака делимости.

(!) Факт сравнимости числа с суммой цифр по модулю 9 для задач в задачах используется еще чаще, чем сам признак делимости ;-)


Важный факт: Если у числа брать сумму цифр, у нее - ее сумму цифр и т.д., то в конце концов получится остаток от деления исходного числа на 9. Потому что числа на всех этапах этого процесса сравнимы по модулю 9 с исходным числом, и они быстро уменьшаются, приходя к однозначному. А из однозначных сравним с числом по модулю 9 только его остаток.

3. Признак делимости на 11. Число делится на 11 тогда и только тогда, когда знакопеременная сумма его цифр делится на 11.
Доказательство: Рассмотрим число a1a2...an = a1*10n-1+a2*10n-2+...+an-1*10+an и заметим, что 11=-1 (mod 11). Отсюда 10k=(-1)k (mod 11), что равно 1 при четном k и -1 при нечетном. Тогда число по mod 11 сравнимо с a1*(-1)n-1+a2*(-1)n-2+...+an-1*(-1)+an = an-an-1+...+(-1)n-2*a2+(-1)n-1*a1, т.е. знакопеременной суммой цифр, ч.т.д.

4. Признак делимости на 7, 13 и прочие делители 1001. Если d|1001, то число делится на d тогда и только тогда, когда знакопеременная сумма чисел из его цифр по 3 цифры делится на d.
Доказательство: Рассмотрим число a1a2...an. Распишем его как an-2an-1an+an-5an-4an-3*103+an-8an-7an-6*106+... Теперь заметим, что 103=-1 (mod 1001), а 103k=(-1)k (mod 1001), откуда исходное число по mod 1001 сравнимо с an-2an-1an-an-5an-4an-3+an-8an-7an-6-... - как раз с той знакопеременной суммой, которая названа выше, ч.т.д.

(!) Заметьте, что когда мы доказываем признак делимости, в процессе доказательства всплывает не просто делимость, а сравнимость числа с каким-то выражением, зависящим от его цифр. Опять обращаю ваше внимание на то, что сравнимость - более сильный и важный факт, чем признак делимости ;-)



Примеры (признаки делимости и соответствующие сравнения):

Задача 1. Докажите, что степень двойки не может оканчиваться четырьмя одинаковыми цифрами.
Решение: Отсеем постепенно возможные варианты цифр. Ясно, что степень двойки четная, и поэтому должна оканчиваться на четную цифру, а также не делится на 10 и поэтому не оканчивается на 0. Степень двойки делится на 4, поэтому рассмотрим числа из двух последних цифр. 22 и 66 на 4 не делятся, поэтому остаются цифры 4 и 8. Проверим делимость на 8 (нужно число из трех последних цифр) и на 16 (здесь нужны 4 последние цифры). 444 на 8 не делится, а 8888 делится на 8, но не на 16 (проверьте сами!), поэтому отметаются и эти два случая, ч.т.д.

Задача 2. Может ли сумма цифр точного квадрата равняться 2003?
Решение: Нет, не может: 2003=2 (mod 3), а точные квадраты несравнимы с 2 по mod 3 (вычислялось выше).

Задача 3. Вася написал на доске пример на умножение, а Петя заменил в нем цифры буквами (стандартно: разные цифры - разными буквами, одинаковые цифры - одинаквыми). Получилось ab*cd=eeff. Докажите, что один из них ошибся.
Решение: eeff делится на 11 (используем признак или замечаем, что в частном будет e0f).Тогда, т.к. 11 простое, то на 11 делится ab или cd. Но они, согласно признаку, не могут делится на 11 - противоречие, ч.т.д.

Задача 4. Найдите все натуральные числа, которые увеличиваются в 9 раз, если между цифрой десятков и цифрой единиц вставить 0.
Решение: Представим такое число в виде 10*a+b (b - цифра единиц, а a может состоять из нескольких и даже многих цифр). Если перед b вставить 0, то получится 100*a+b. По условию тогда 100*a+b = 9*(10*a+b) = 90*a+9*b. Отсюда 10*a=8*b, т.е. 5*a=4*b. 4 и 5 взаимно просты, поэтому 5|b. Если b=0, то a=0 - и число 0 не натуральное, а если b=5, то a=4, и искомое число 45 (оно действительно подходит!).

Линейное разложение НОД и Диофантовы уравнения. Диофантовы уравнения (простейшего вида) - это уравнения вида ax+by=c, решаемые в целых числах (a, b, c - известные целые коэффициенты, x и y - неизвестные). Для них существует общий метод решения, который здесь и будет рассказан. Кроме того, мы затронем и методы решения уравнений в целых числах вообще.

Утверждение. Пусть a,b - целые и (a,b)=d. Тогда существуют целые m и n такие, что am+bn=d.
Этот факт называется линейным разложением НОД.
Доказательство: Коэффициенты m и n находятся конструктивно из алгоритма Евклида (он есть в прошлой лекции "Теория чисел"). Всесто того, чтобы формально расписывать процесс их нахождения мы рассмотрим его на примере. Найдем НОД и линейное разложение для 2003 и 232.
2003=8*232+147, поэтому (2003,232)=(232,147); 232=1*147+85, поэтому (232,147)=(147,85);
147=1*85+62, поэтому (147,85)=(85,62); 85=1*62+23, поэтому (85,62)=(62,23);
62=2*23+16, поэтому (62,23)=(23,16); 23=1*16+7, поэтому (23,16)=(16,7);
16=2*7+2, поэтому (16,7)=(7,2); 7=3*2+1, поэтому (7,2)=(2,1)=1.
Мы нашли НОД, равный 1. А теперь раскрутим эту цепочку в обратном порядке:
7=3*2+1, откуда 1=7-3*2 (выразили НОД через 2 предыдущих остатка в цепочке);
16=2*7+2, откуда 2=16-2*7 и 1=7-3*(16-2*7)=7*7-3*16 (выразили остаток через 2 предыдцщих и подставили);
23=1*16+7, откуда 7=23-1*16 и 1=7*(23-1*16)-3*16=7*23-10*16 (повторили предыдущую операцию);
62=2*23+16, откуда 16=62-2*23 и 1=7*23-10*(62-2*23)=27*23-10*62 (и так далее...);
85=1*62+23, откуда 23=85-1*62 и 1=27*(85-1*62)-10*62=27*85-37*62;
147=1*85+62, откуда 62=147-1*85 и 1=27*85-37*(147-1*85)=64*85-37*147;
232=1*147+85, откуда 85=232-1*147 и 1=64*(232-1*147)-37*147=64*232-101*147;
2003=8*232+147, откуда 147=2003-8*232 и 1=64*232-101*(2003-8*232)=872*232-101*2003.
...пока не поднимемся до самого верха, до двух изначальных чисел.

Теперь, вооружившись знанием о линейном разложении, решим диофантово уравнение - опять же, не в общем виде, а на примере (где будет хорошо видна общаяя схема). Скажем, 2003x+232y=13.


Какие бы ни были целые x и y, но левая часть делится на НОД коэффициентов. Поэтому на него должна делиться и правая часть - иначе решений нет. К счастью, (2003,232)=1, как мы уже установили, а 13 на 1 делится. Мы знаем линейное разложение: 1=-101*2003+872*232. А давайте домножим его на 13 (в общем случае, на частное от деления правой части на НОД коэффициентов при x и y). 13=-1313*2003+11336*232. Да это же... самое настоящее решение! x=-1313, y=11336. Но оно одно, а надо бы получить все.
Пусть x и y - какие-то другие два числа, являющиеся решением уравнения. Тогда 2003x+232y = 13 = -1313*2003+11336*232, что равносильно 2003(x+1313)=232(11336-y). Числа 2003 и 232 взаимно просты (а если бы это было не так, мы бы сократили их на НОД - и они стали бы взаимно просты). Поэтому из делимости 232(11336-y) на 2003 (она очевидна из предыдущего равенства!) мы получаем 2003|11336-y, а из делимости 2003(x+1313) на 232 получаем 232|x+1313. Пусть 11336-y=2003k (k - частное от деления). Тогда 2003(x+1313)=232*2003k, то есть x+1313=232k. Получаем, что решение обязано иметь вид:
x=232k-1313; y=11336-2003k при каком-то целом k (мы получили бесконечную серию решений).
Более того, при любом k такая пара чисел - решение: 2003x+232y = 2003(232k-1313)+232(11336-2003k) = 2003*232k-2003*1313+232*11336-232*2003k = 2003*232k+13-232*2003k = 13, ч.т.д.
(!) В любом подобном уравнении вся найденная бесконечная серия будет подходить. Другое дело, если нас интересуют не все целые, а только неотрицательные или только натуральные решения.

Прочие методы решения уравнений в целых числах:
1. Как-нибудь преобразовать и разложить на множители. Этот метод уже был хорошо продемонстрирован в первой лекции "Теория чисел" на примере уравнения X3-Y3=17 (а особенно хорошо - если 232 в правую часть поставить ;-) Стоит еще раз напомнить, что положительное число может ракладываться на отрицательные множители. Кроме того, самое частое разложение: из xy=ax+by+c сделать (x-b)(y-a)=ab+c.
2. Рассмотреть уравнение по какому-то модулю и выкинуть ряд случаев (а иногда и вообще все - и доказать, таким образом, что решений нет). Например, мы доказывали выше, что числа, сравнимые с 7 (или с -1) по модулю 8, непредставимы в виде суммы трех квадратов, поэтому нет решений у уравнения x2+y2+z2=8t-1. Также не имеет решений в целых числах и уравнение x2+y2=4z-1 - рассмотрение его с этой целью по модулю 4 мы оставляем читателям в качестве упражнения.
3. Написать какое-нибудь неравенство или оценку. Бывает полезно, когда мы имеем дело с точными степенями, т.к. они довольно редко расположены на числовой оси. Например, от числа nk ближайшие k-е степени удалены примерно на knk-1, а ближайшие степени числа n вообще в n раз больше или меньше его.
Пример: Решим в целых числах: n2=25+8*3k. Сначала заметим, что правая часть всегда нечетна, поэтому n2 тоже нечетно, и само n нечетно. Тогда запишем n=2m+1 и получим уравнение (2m+1)2=25+8*3k, то есть, после раскрытия скобок и сокращения, m2+m=6+2*3k. Тогда 3k=m2+m-6=(m+3)(m-2). Получаем 2 возможных случая:
1.) m-2 четное, m+3 - нечетное. Тогда k можно представить в виде a+b, где m-2=2*3a, m+3=3b (! заметим, что k - неотрицательное, иначе с самого начала левая часть уравнения целая, а правая - нет; a и b тоже будут неотрицательные, и они возникают из соображений делимости). Теперь заметим, что 3b = m+3 = (m-2)+5 = 2*3a+5. С одной стороны, это явно больше, чем 3a, а с другой стороны - меньше, чем 3a+1, так что степенью тройки быть не может. То есть, меньше, чем 3a+1, при a>=2, а при a=0 и a=1, это, соответственно, 7 и 11 - тоже не степени тройки. Так что в этом случае решений нет.
2.) m-2 нечетное, m+3 - четное. Как и в предыдущем случае, k неотрицательное и представимо в виде суммы неотрицательных a и b, только m-2=3a, а m+3=2*3b. Теперь уже 3a = m-2 = (m+3)-5 = 2*3b-5 - меньше, чем 3b+1=3*3b, но, при b>=2, больше, чем 3b, т.е. тоже не степень 3. При b=0 это -3, а вот при b=1 - это 1=30. Таким образом, a=0, b=1, т.е. k=a+b=1, а m=3a+2=3b-3=3. Тогда n=2m+1=7.
Получили единственное решение: n=7, k=1 (действительно, 72=25+8*31=49).

Теоремы Ферма и Эйлера. Наконец, мы познакомимся с фундаментальным фактом, который поможет многократно сократить вычисления значений степеней по модулям.

Утверждение 1. Пусть ka=kb (mod n), k и n взаимно просты. Тогда a=b (mod n).
Доказательство: Если ka=kb (mod n), то n|ka-kb, т.е. n|k(a-b). Так как (k,n)=1, то n|a-b, что и значит a=b (mod n).

Утверждение 1'. Пусть ka=kb (mod kn). Тогда a=b (mod n).
Доказательство: Если ka=kb (mod kn), то kn|ka-kb. Пусть d - частное от этого деления, то есть ka-kb=knd. Сократим на k и получим a-b=nd, откуда n|a-b, что означает a=b (mod n), ч.т.д.

Утверждение 2. Пусть a=b (mod n). Тогда (a,n)=(b,n).
Доказательство:
Так так a=b (mod n), то n|a-b, то есть a-b=kn. Тогда любой общий делитель a и n - делитель b, а любой общий делитель b и n - делитель a. Поэтому множество общих делителей a и n и множество общих делителей b и n - то же, что множество общих делителей всех трех чисел. Наибольшее число в этом множестве - это, с одной стороны, (a,n), а с другой стороны, (b,n). Поэтому они равны, ч.т.д.

Теперь все готово к введению понятия приведенной системы вычетов. Классом сравнимости по какому-то модулю (например, по модулю n) называется множество чисел, сравнимых друг с другом по модулю n. Утверждение 2 означает, что наибольший общий делитель с n у всех чисел из одного класса сравнимости одинаков. Теперь возьмем такие классы сравнимости, в которых все числа взаимно просты с n - и выберем из каждого по числу. Это и будет приведенная система вычетов.


Число классов сравнимости, в которых числа взаимно просты с n, называется функцией Эйлера числа n.

Утверждение 3. Приведенная система вычетов по модулю n переходит в приведенную систему вычетов при умножении на любое число, взаимно простое с n.
Доказательство: Пусть k - это функция Эйлера от n, a1, a2, ... ak - приведенная система вычетов по модулю n (все взаимно просты с n!), m - число, взаимно простое с n. Рассмотрим числа ma1, ma2, ... mak - они тоже все взаимно просты с n. Кроме того, они попарно несравнимы по модулю n. Действительно, пусть mai=maj (mod n). Тогда, по утверждению 1, ai=aj (mod n), что противоречит определению a1, a2, ... ak как приведенной системы вычетов?! Значит, ma1, ma2, ... mak - представители k различных классов сравнимости, взаимно простых с n. Но таких классов всего k, значит, эти k чисел - по одному из каждого такого класса сравнимости. То есть, они, по определению, образуют приведенную систему вычетов по модулю n, ч.т.д.

Теорема Эйлера. Пусть m взаимно просто с n, k - функция Эйлера от n. Тогда mk=1 (mod n).
Доказательство: Пусть a1, a2, ... ak - приведенная система вычетов по модулю n. Тогда, по утверждению 3, ma1, ma2, ... mak - такая же система. Поскольку набор значений по mod n у любой приведенной системы вычетов одинаков, то значение по mod n у произведения ее элементов - одно и то же. Отсюда a1*a2*...*ak = ma1*ma2*...*mak (mod n). А теперь, так как a1, a2, ... ak взаимно просты с n, мы, согласно утверждению 1, можем сократить эту сравнимость. Останется как раз 1=mk (mod n), ч.т.д.

Малая теорема Ферма. (Не путать с той самой теоремой Ферма, которую 300 лет никто доказать не мог!). Пусть p - простое число, a не делится на p. Тогда ap-1=1 (mod p).
Доказательство: Если a не делится на p, то они взаимно просты. Кроме того, функция Эйлера от p равна p-1 (взаимно просты с p числа, представляющие p-1 классов сравнимости: сравнимые с 1, 2... p-1). Тогда, применяя доказанную выше теорему Эйлера, получаем: ap-1=1 (mod p), ч.т.д.
Следствие: Если p - простое, a - целое, то ap=a (mod p).
Действительно, если p|a, то обе части равенства сравнимы с 0 по mod p, а если нет - то, домножаем на a равенство из малой теоремы Ферма и получаем ap=a (mod p), ч.т.д.

Задача 1. Докажите, что 232144-1 делится на 323.
Решение: 323=17*19. Давайте отдельно докажем делимость на 17 и на 19 - тогда будет и делимость на 323 (см. утверждение выше в этой же лекции). 232144=(2329)16 - сравнимо с 1 по mod 17 по малой теореме Ферма, т.к. 232 взаимно просто с 17 и 2329 тоже. Также 232 (и 2328) взаимно просто с 19, откуда, по той же теореме 232144=(2328)18=1 (mod 19). Значит, 232144-1 делится на 17 и на 19, ч.т.д.

Задача 2. Докажите, что (a+b)p=ap+bp (mod p) (a, b - целые, p - простое).
Решение: По следствию из малой теоремы Ферма, (a+b)p=a+b, ap=a, bp=b (mod p). Тогда левая и правая части обе сравнимы с a+b по модулю p, ч.т.д.

Задача 3. Целое число a не делится на простое p. Докажите, что существует такое целое b, что ab=1 (mod p).
Решение: В соответствии с малой теоремой Ферма, подойдет b=ap-2 или любое сравнимое с ним по mod p.
По-научному, такое b называется "обратным к a к приведенном кольце вычетов".

Теорема Вильсона. Для любого простого p, (p-1)!=-1 (mod p).
Доказательство: Разобьем все числа от 1 до p-1 на пары обратных в приведенном кольце вычетов. Если a обратный к самому себе, то a2=1 (mod p), т.е. p|a2-1, откуда либо p|a-1 и a=1 (mod p), либо p|a+1 и a=p-1 (mod p). Тогда все числа, кроме 1 и p-1 разбиваются на пары из двух различных, обратных. Значит, 2*3*...*(p-2)=1 (mod p). Домножая на 1 и p-1=-1 (mod p), получаем (p-1)!=-1 (mod p), ч.т.д.







Поделитесь с Вашими друзьями:


База данных защищена авторским правом ©psihdocs.ru 2017
обратиться к администрации

    Главная страница