Учебник + задачник АП Ильиных

Лекция 9. Кольцо и поле классов вычетов.

Классы вычетов позволяют построить важные примеры колец и полей. Рассмотрим множество

{¯ ¯ − }

K = 0, 1, . . . , m 1 ,

состоящее из всех классов вычетов по модулю m. Введем операции сло-

жения и умножения классов. Пусть . Тогда и ¯ для x, y K x = a¯ y = b

некоторых чисел a, b Z. Определим сумму классов x + y и произведение классов xy правилом

ТЕОРЕМА 9.1 Сложение + и умножение ·, заданные правилом (9.1), являются алгебраическими операциями на множестве K.

Доказательство. Нужно проверить следующие условия: 1) элементы x+ y и xy однозначно определены; 2) x + y, xy K. Условие 2) очевидно выполнено, так как элементы x+y и xy по (9.1) являются классами вычетов.

Проверим условие 1). Мы можем записать классы x и y в виде, отлич-

a1 + b1 = a + b и a1b1 = ab.

Если, например, классы a1 + b1 и a + b различны, то неясно, какой из них считать в качестве x + y. Тогда условие 1) не выполнено.

a1 ≡ a (mod m) и b1 ≡ b (mod m).

По свойствам сравнений

a1 + b1 ≡ a + b (mod m) и a1b1 ≡ ab (mod m).

Снова по правилу равенства классов a1 + b1 = a + b и a1b1 = ab, что и нужно. Теорема доказана.

41

ТЕОРЕМА 9.2. Множество классов вычетов по модулю m образует коммутативное кольцо с единицей относительно операций сложения и умножения классов.

Доказательство. Нужно проверить выполнение следующих аксиом. 1) (x + y) + z = x + (y + z)

2) 0 K x K x + 0 = 0 + x = x

3) x K − x K x + (−x) = −x + x = 0 4) x + y = y + x

5) (x + y)z = xz + yz, x(y + z) = xy + xz 6) (xy)z = x(yz)

7) 1 x x · 1 = 1 · x = x

8) xy = yx

Аксиомы 1) – 6) – это аксиомы кольца. С учетом 7) получаем кольцо с единицей, а по 8) получаем коммутативное кольцо. Заметим, что некоторые требования, например, 0 + x = x и (−x) + x = 0, можно опустить.

Проверим аксиому 1), т.е. ассоциативность сложения. Пусть

. Тогда ¯ , где . Имеем x, y, z K x = a,¯ y = b, z = c¯ a, b, c Z

¯

(x + y) + z = (¯a + b) + c¯ = (a + b) + c,

¯

x + (y + z) = a¯ + (b + c¯) = a + (b + c).

Правые части (a + b) + c и a + (b + c) равны, так как для целых чисел a, b, c выполнено равенство (a + b) + c = a + (b + c).

Проверить самостоятельно аксиомы 4), 5), 6), 8). "

Теорема доказана.

42

Случай, когда m = p – простое число, имеет особое значение.

ТЕОРЕМА 9.3. Пусть m = p – простое число. Тогда кольцо классов вычетов по модулю m является полем.

Доказательство. Поле – это коммутативное кольцо с единицей 1 6= 0, в котором каждый ненулевой элемент имеет обратный элемент относительно умножения. Поэтому осталось проверить условие

x K \ {0} x−1 K x−1x = xx−1 = 1.

Имеем x = a¯ для некоторого a Z. Так как x 6= 0, то a 6... p. Для простого числа p из a 6... p следует (a, p) = 1. Запишем НОД чисел a и p, т.е. число 1, в линейной форме. Получим 1 = au + pv. Отсюда 1 ≡ au (mod p). Тогда

x−1 = u¯.

Действительно, −1 ¯ и −1 ¯. xx = a¯u¯ = 1 x x = u¯a¯ = 1

Теорема доказана.

Данная теорема дает конструкцию конечного поля, т.е. поля, имеющего конечное число элементов. Конечное поле, состоящее из q элементов, обозначается через GF (q) и называется полем Галуа в честь французского математика Эвариста Галуа.

Доказано, что конечное поле, состоящее из q элементов, существует тогда и только тогда, когда q = pn для некоторого натурального числа n и простого числа p. В теореме 9.3 мы указали способ для построения поля Галуа GF (pn) при n = 1.

Теория конечных полей имеет важные применения во многих разделах математики, например, в теории кодирования – дисциплине, которая изучает методы для обнаружения и исправления ошибок при передаче информации по каналам связи.

ПРИМЕР. Решить систему линейных уравнений с коэффициентами в поле классов вычетов по модулю 5

Решение. Обозначим поле классов вычетов по модулю 5 через K. Поэтому мы имеем поле Галуа K = GF (5).

43

Для выполнения вычислений в поле K нужны таблицы для сложения и умножения его элементов (таблицы Кэли). Заполним эти таблицы по правилам вычисления суммы и произведения классов в (9.2). Получим

Таблицы Кэли для сложения и умножения в поле K = GF (5).

Вместо обозначения класса вычетов через a¯ принято записывать просто a. Мы используем это соглашение. Поэтому, например, вместо равен-

ства ¯ ¯ ¯ в таблицах и везде далее записываем 2+ 3= 1.

2 + 3 = 1

Сама система с учетом этого соглашения имеет вид

x − 2y = 2 2x + 3y = 3.

Разумеется, нужно всегда иметь ввиду, что коэффициенты этой системы не целые числа, а классы вычетов по модулю 5.

Выразим неизвестную x из первого уравнения системы и подставим во второе уравнение. Получим

x = 2 + 2y, 2(2 + 2y) + 3y = 3, 4 + 2y = 3, 2y = 4, y = 2.

Подставив в первое уравнение, получим x − 4 = 2, x = 1. Итак, система имеет единственное решение (1, 2).

44

Лекция 10. Сравнения первой степени с одной неизвестной.

Рассмотрим сравнение

где f(x) = a0xn+a1xn−1+· · ·+an – многочлен с целыми коэффициентами. Если a0 6... m, то данное сравнение называется сравнением n-ой степени.

Пусть число a Z является решением сравнения (10.1), т.е. при замене неизвестной x на ее значение a получается верное сравнение

Заменим число a в левой части из (10.2) на произвольное число b, сравнимое с числом a по модулю m, т.е. заменим a на произвольное число из класса a¯. По свойству сравнений 7, стр.29 имеем

a0bn + a1bn−1 + · · · + an ≡ 0 (mod m).

Получили, что любое число b из класса a¯ также является решением сравнения (10.1). Эти числа считаются тем же решением, что и решение a. Поэтому

в качестве решения сравнения (10.1) принимается не отдельное число a, а весь класс вычетов a¯.

Следовательно, число решенией сравнения равно числу классов вычетов, которые являются решениями.

Рассмотрим случай n = 1. Получаем сравнение первой степени

где a 6... m.

ПРИМЕР 1. Решить сравнение

Решение. Это сравнение решим методом перебора. Испытаем поочеред-

но все классы ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ по модулю 7, и выясним, являются ли они

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6

решениями.

45

a = 3 в сравнение (10.4). Получим верное сравнение 15 ≡ 1 (mod 7).

Поэтому число 3 и весь класс ¯ являются решением сравнения.

3

Итак, можно взять полную систему вычетов 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 и проверить для каждого числа, является ли оно решением сравнения. Если число не является решением, то перечеркиваем его. Произведя все проверки, получаем

60, 61, 62, 3, 64, 65, 6.

Ответ. Сравнение 5x ≡ 1 (mod 7) имеет единственное решение x = 3.

ПРИМЕР 2. Решить сравнение 6x ≡ 1 (mod 14).

Решение. Можно перебрать все классы, и обнаружится, что решений нет. Однако отсутствие решений видно сразу. Если существует число a, удовлетворяющее сравнению, то 6a ≡ 1 (mod 14). Тогда 6a = 1 + 14q, откуда 1 ... 2, противоречие.

Опишем все возможные случаи, возникающие при решении сравнений

Доказательство. Рассмотрим все классы 0, 1, 2, · · · , m − 1 по модулю m и возьмем по одному произвольному числу из каждого класса. Получим полную систему вычетов по модулю m

x0, x1, . . . , xm−1.

Подставим каждое число xi из этой системы вычетов в сравнение (10.5), и проверим, является ли оно решением. То, что xi – решение сравнения, означает axi ≡ b (mod m), т.е. означает, что число axi содержится в

классе вычетов ¯. По теореме 8.2 числа b

образуют полную систему вычетов. Поэтому ровно одно число axi из чи-

46

не имеет решений.

Доказательство методом от противного. Допустим, что некоторое число x0 удовлетворяет данному сравнению. Тогда ax0 ≡ b (mod m),т.е. ax0 = b + mq для некоторого q Z. Отсюда b = ax0 − mq. С учетом a ... d и m ... d получим b ... d, противоречие с условием. Поэтому сравнение не имеет решений. Теорема доказана.

имеет ровно d решений.

Доказательство. По условию числа a, m, b делятся на d, т.е. a = a1d, m = m1d, b = b1d. Тогда сравнение 10.8 принимает вид

a1dx ≡ b1d (mod m1d).

По свойству 5 стр. 29 a1dx ≡ b1d (mod m1d) a1x ≡ b1 (mod m1). Поэтому вместо того, чтобы решать сравнение (10.8), имеющее модуль m, решим равносильное сравнение

имеющее модуль m1. При этом (a1, m1) = 1, т.к. числа a1 и m1 получены из чисел a = a1d и m = m1d делением на их НОД, равный d.

По теореме 10.1, с учетом (a1, m1) = 1, сравнение (10.9) имеет единственное решение c. Все числа из класса c сравнимы по модулю m1. Поэтому они считаются одним и тем же решением по модулю m1. Однако исходное сравнение – это сравнение по модулю m. Поэтому ответы должны быть представлены как классы по модулю m. По модулю m некоторые числа из c могут быть не сравнимы и являться разными решениями.

Элементы класса c имеют вид x = c+ m1q, где q Z. Рассмотрим подмножество B во множестве A = c, составленное из d чисел, полученных

47

Покажем, что:

1)числа из B попарно не сравнимы по модулю m,

2)любое число a A сравнимо с одним из чисел b B по модулю m. Это означает, что сравнение (10.8) имеет ровно d различных решений по модулю m.

Проверим 1) методом от противного. Пусть b1, b2 B, b1 6= b2 и b2 ≡ b1 (mod m). Поэтому b2 − b1 делится на m.

Считаем b1 = c + km1, b2 = c + lm1, где 0 6 k < l 6 d − 1. Отсюда b2 − b1 = (l − k)m1, где 0 < l − k < d. Тогда 0 < (l − k)m1 < dm1, т.е.

0 < b2 − b1 < m. Поэтому b2 − b1 не делится на m, противоречие. Проверим 2). Пусть a A. Тогда a = c + qm1 для некоторого q Z.

Разделим q на d. Получим q = dt + r, где r {0, 1, . . . , d − 1}. Отсюда

a = c+qm1 = c+(dt+r)m1 = (c+rm1)+dtm1 = (c+rm1)+mt. (10.11)

Обозначим b = c + rm1. Поскольку r {0, 1, . . . , d − 1}, то b B. Из (10.11) имеем a ≡ b (mod m).

Итак, произвольное число a A сравнимо по модулю m с числом b B, что и нужно. Теорема доказана.

Приведем формулу для решение сравнения первой степени. Эта формула использует функцию Эйлера ϕ(m).

Доказательство. По теореме 10.1 сравнение имеет единственное решение. Рассмотрим число x0 = aϕ(m)−1b и подставим его вместо x в сравнение ax ≡ b (mod m). По теореме Эйлера получим верное сравнение

aaϕ(m)−1b = aϕ(m)b ≡ b (mod m).

Поэтому x0 – решение сравнения. Теорема доказана.

Однако полученная формула (10.12) не является удобной для использования, так как число aϕ(m)−1b может быть весьма большим. Решение сравнения по модулю m желательно иметь в виде a¯, где 0 6 a < m.

Более удобные формулы будут получены с помощью теории непрерывных дробей.

48

Лекция 11. Непрерывные дроби.

Пусть α – действительное число. Рассмотрим q1 = [α] – целую часть от числа α. Поэтому q1 – наибольшее целое число, не превосходящее α. Запишем число α в виде α = q1 + α0, где α0 = α − q1 – дробная часть от α. Тогда 0 6 α0 < 1. Если α / Z, то α0 6= 0 и число α0 можно записать в виде

α0 = 1 , где α1 > 1. Тогда

α1

1

α = q1 + α1 . (11.1)

Повторив данные действия для α1, запишем α1 = q2 + 1 . Подставив в

α2

(11.1), получим

qn−1 + qn

2) Никакое число из чисел α, α1, α2, . . . не является целым и процесс

q2 + q3 + ...

Выражения в правых частях (11.2) и (11.3) называются непрерывной дробью, соответствующей числу α. В случае 1) имеем конечную непрерывную дробь, которую обозначаем [q1, q2, . . . , qn]. При этом говорим, что

49

число α представимо в виде конечной непрерывной дроби и записываем

α= [q1, q2, . . . , qn].

Вслучае 2) имеем бесконечную непрерывную дробь, обозна-

чаемую через [q1, q2, . . . ]. При этом говорим, что число α представимо в виде бесконечной непрерывной дроби и записываем

α = [q1, q2, . . . ].

ТЕОРЕМА 11.1. Действительное число α тогда и только тогда представимо в виде конечной непрерывной дроби, когда оно является рациональным числом.

Доказательство. Пусть α представимо в виде конечной непрерывной дроби (11.2). Начнем свертывать эту дробь с конца, приводя к общему

что указанный выше процесс сопоставления непрерывной дроби числу α можно осуществить с помощью алгоритма Евклида.

Разделим a на b. Получим a = bq1 + r1, где 0 6 r1 < b. Тогда при r1 6= 0

50