1.6 Теорема Ферма

Якщо p – просте число, що не ділить ціле число а, то а^p–1 ≡ 1(mod p)

Інакше кажучи, (p–1) - й степінь а під час ділення на p дає остачу 1.

Так ми бачимо, що 10⁶ ≡ 1(mod 7), 10²⁰ ≡ 1(mod 3) і 10¹⁰ ≡ 1(mod 11).

Таким же способом легко перевірити, що 2¹² ≡ 1(mod 13) і 5¹⁰ ≡ 1(mod 11). Для цього немає потреби обчислювати такі високі степені даних чисел; досить використати мультиплікативну властивість порівнянь:

2⁴ ≡ 16 ≡ 3(mod 13), 5² ≡ 3(mod 11),

2⁸ ≡ 9 ≡ - 4(mod 13), 5² ≡ 9 ≡ - 2(mod 11),

2¹² ≡ - 4∙3 = - 12 ≡ 1(mod 13), 5⁸ ≡ 4(mod 11),

5¹⁰ ≡ 3∙4 = 12 ≡ 1(mod 11),

Наведемо ще один приклад. Візьмемо p = 23, а = 5; тоді маємо за модулем

23: 5² ≡ 2, 5⁴ ≡ 4, 5⁸ ≡ 16 ≡ - 7, 5¹⁶ ≡ 49 ≡ 3, 5²⁰ ≡ 12, 5²⁰ ≡ 24 ≡ 1.

1.7 Як ділити не ділячи?

Як дістати частку від ділення одного числа на друге? Треба ділити ці числа, іншого виходу немае.

А якщо нам треба лише знайти остачу від ділення одного числа на друге? Можна і в цьому разі виконати ділення, тоді остача утвориться сама собою. Але можна знайти цю остачу значно простіше, якщо використати теорію порівнянь.

Ми вже користувались цією теорію при використанні ознаки подільності на 3 і на 9.

Наприклад: знайти остчу від ділення 4537 на 7. Маємо

10 ≡ 3(mod 7), 100 ≡ 2(mod 7), 1000 ≡ - 1(mod 7).

Дістанемо 4537:7 ≡ (4∙( - 1) + 5∙2 + 3∙3) ≡ 1.

Отже при діленні числа 4537 на 7 отримали остачу 1.

Аналогічно при діленні 4537 на 11 дістанемо остачу 5.

1.8 Порівняння з одним невідомим.

Розглянемо порівняння такого вигляду:

Якщоа не ділеться наm, тоnназивають степенем порівняння.

Розв'язати рівняння означяє знайти всі значеннях, які йому задоволняють

Два порівняння, які задовольняють одним і тим самим значенням х називається рівносильними

Приклад:

Порівнянню серед чисел 0,1,2,3,4,5,6. задоволняють два числа х = 2 і х = 4.Тому рівняння має два розв'язка

і

1.9 Властивості показників за модулем.

1. Якщо (a, m) = 1 і δ – показник, до якого належить число а замодулем т, то серед степенів

1 = a⁰, a, a², а³, ..., a^δ–1

немає чисел, конгруентних між собою за модулем т.

Доведення. Припустимо супротивне. Нехай при деяких натуральних k і l, причому 0 ≤ k < l < δ, маємо

а^l ≡ а^k (mod m).

Враховуючи, що (a, m) = 1, маємо далі

а^l–k ≡ 1 (mod m).

При цьому l – k < δ, що неможливо, оскільки δ є найменше з натуральних чисел, для яких справджується конгруенція a^δ ≡ 1 (mod m).

Властивість доведено.

Наслідок. Якщо а – первісний корінь за модулем т, тобто δ = φ(m), то множина степенів

1 = a⁰, a, a², a³, ... a^{φ (m)–1}

є ЗСЛ за модулем т

Справді, у цій множині є φ (m) чисел. Усі вони взаємно прості з числом т і всі вони неконгруентні між собою за модулем т. Тим самим вони належать до різних класів за модулем т і утворюють ЗСЛ за модулем m. Якщо m = р (просте число), то (3) перетворюється в таку сукупність чисел:

1, а, a², a³, ..., a^p–2 яка являє собою зведену систему лишків за модулем р.

2. Якщо δ = Р_m (a), то

[a^k1 ≡ a^k2(mod m)]< => [k₁ ≡ k₂(mod δ)].

Доведення. Необхідність. За теоремою про ділення чисел з остачею маємо при діленні на δ

k₁ = δq₁ + r₁k₂ = δq₂ + r₂, причому 0 ≤ r₁ < δ, 0 ≤ r₂ < δ.

Враховуючи, що

a^δ ≡ 1 (mod m),

маємо

a^k1 ≡ a^δq1+r1 (mod m) ≡ a^r1 (mod m),

a^k2 ≡ a^δq2+r2 (mod m) ≡ a^r2 (mod m)

Отже,

[a^k1 ≡ а^k2 (mod m)] => [a^r1 ≡ a^r2 (mod m)].

Але при r₁, r₂ < δ це може бути лише у випадку r₁ = r₂. Таким чином, при діленні на δ чисел k₁ і k₂ дістаємо рівні остачі. Це означає, що k₁ ≡ k₂ (mod δ). Необхідність доведено.

Достатність. Оскільки k₁ ≡ k₂ (mod δ), то k₁ = k₂ + δt. Враховуючи, що a^δ ≡ 1 (mod m), дістаємо

а^k1 ≡ a^k2+δt(mod m) ≡ a^k2 (mod m), що й треба було довести.

Наслідок 1. Якщо число а належить до показника δ за модулем т, (a^k ≡ 1 (mod m), то k ділиться на δ.

Справді, на основі 2

[a^δ ≡ 1 (mod m) /\ a^k ≡ 1 (mod m)] => [a^δ ≡ a^k (mod m)] => [k ≡ δ (mod δ)] => [k ≡ 0 (mod δ)], тобто k ділиться на δ.

Наслідок 2. Показник δ, до якого належить число а за модулем т, є дільником числа φ (т).

Справді, [a^φ(m) ≡ 1 (mod m) /\ а^δ ≡ 1 (mod m)] => [a^φ(m) = a^δ (mod m)] => [φ (m) ≡ δ (mod δ)] => [φ (т) ≡ 0 (mod δ)], тобто φ (m) ділиться на δ, що й треба було довести, Цей наслідок дає можливість спростити знаходження показника δ, до якого належить число а за модулем т.

Приклад. Знайти Р₂₀ (7).

Оскільки φ(20) = 8, то для знаходження δ треба дослідити тільки степені 7¹, 7², 7⁴, 7⁸, показники яких е дільниками числа 8 = φ (20). Встановлюємо, що δ = Р₂₀(7) = 4.

Висновки:

В роботі розглянуто цікавий і важливий розділ теорії чисел – теорію конгруенцій,адже саме цей розділ є дуже цікавим та дає змогу вирішувати багато видів рівнянь нестандартним методом та доводити теореми.

Сформульовані основні означення, теореми та наведені їх доведення. Запропоновано нестандартний метод розв’язку діамантових рівнянь використовуючи теорію подільності чисел(конгруентності).

Також особливу увагу приділено застосуванню теорії конгруенцій. Саме це надає можливість подальшої розробки данної теми.