ЗФТШ_2013-2014_полное / ЗФТШ_2013-2014_полное / МАТЕМАТИКА / m11_6_теория_чисел

21

7.

2

Решение. Перепишем это уравнение в виде:

запишем вы-

Это разложение можно получить следующим образом:

2

2

7.

2

0 и вынесем

x

x

ражение

за2

скобки:

y2

−

−2 .

x

y

y

Далее, решив квадратное уравнение

−

x

−2 =0

(корни

x

= −1,

y

y

y

x

= 2,разложим

его на

множители.

x

x

Отсюда,

после

+1

−2

.

y

y

y

домножения на , получается написанное выше разложение:

(x + y)(x −2y).

Т. к.

– целые числа, то нужно посмотреть на раз-

ложение числа 7ина два2

целых множителя. Возможные разложения вы-

пишем в таблицу:

7

1

7

1

2

1

7

1

7

23 0.

x3 −

7x +

23

Решение. В это уравнение переменная

входит в первой7

степени,

2x t

7 x

2

выразим её через

:

23t

60,t

12t 8

.

+2;

x −2

t = x −2. Тогда =

3 = 3 +

3 +

+

Сделаем замену:

и, сле-

довательно,

t3

+6t3 +12t +8 −7t −14 +23

17

y =

=t2

+6t

+5 +

.

t

t

22

.

По условию и

– целые, поэтому 17 должно делиться на

Воз-

можны варианты:

1

1

17

17

3

1

19

15

29

17

397

191

натуральное число,

.

3,29 ;

1,17

;

19,397 ;

15;191

.

, где

–

Ответ:

Пример 23. Найдите все целые

при которых

Решение. Будем считать

неотрицательным,

(

затем добавим число

в ответ)

2

1

Перепишем это уравнение в виде

также обязаны.

"– Заметим"

, что неотрицательные делители числа

яв-

двойки, поэтому

2

1

,

1

1. Числа

ляться степенями– делители числа

2

- не равны единице2

, поэтому оба

ны, 1 и

1

этих числа являются натуральными

степенями двойки. С другой сторо-

1

2

1

2

а.

2,

1

– не подходит.

б.

–. подходит (

Ответ:1

Пример1

24.

3,

3

Решите в натуральных числах уравнение

2,

3

1

3 .

2 .

Решение. Разложив левую часть,

получим

.

Т. к. числа

2

1

натуральные,

,

, значит, оба

1

1

1

числа –

ии

–

являются натуральными1

степенями1

двойки2 .

Пусть

.

уравнения

получим2

,

Выразив из этого1

2;1

Если

то

1,2

– решения нашего уравнения.

Если

, то

, что не является степенью двойки; реше-

ний в данном1,случае, нет.

0;

2

2·2

.

2 2

Если

3,

то

2·2 .

2

и

. Докажем, что

2

2

1

10

2·2

2

2

Это

верно

2

2

, что2

2·2

2 2

2

1

3

Последнее

неравенство является верным, т. к. при

приведёт к неравенству

.

Таким образом, мы получили,

что число

2

2

2

степенями2 0

двойки1

,

2

заключено строго между двумя соседними

1

2

2·2 2

2

2·2

2

2

3

23

, а, значит, само степенью двойки не является.

Противоречие, решений при

нет.

Ответ:

,

*1,2 .

§5. Сравнения

,

Пусть задано натуральное число

которое мы в дальнейшем будем

называть модулем.

Будем говорить, что числа

и

сравнимы по модулю , если

делится на . Это утверждение обозначают как

Если число

то говорят,

что

не сравнимо с

не делится на mod,

.

по модулю

и обозначают как

числа

.

можно представить в

По теореме,

и

о делении с остатком mod

виде:

,

возникающие при делении чисел

и

где

и

– остатки,

,

0

;

, 0

.

Заметим,

что

,

откуда

. Отсюда, если ;

делится на

, то

также делится

на . Т. к.

только, в0

то

. Поэтому

делится на0

одном случае, –:

. Очевидно,

верно и обратное: если

, то

делится на0,

Поэтому числа

и

сравнимы по модулю

тогда.

и только то-

гда, когда они дают одинаковые остатки при делении на .

Рассмотрим множество чисел,

которые дают остаток

при делении

делении на имеется штук (от 0 до

). Таким образом, множест-

во целых чисел можно разбить на

множеств, не содержащих общих

1

чисел множества на

.

3

Например, при

будет три множества: множество чисел, деля-

щихся на 3 (имеет вид

); множество чисел, дающих остаток 1

при делении на 3 (

3 ,

, и множество чисел, дающих остаток 2

Такие

3

2,

.

при делении на 3 (

3

1,

множества

называются классами вычетов. Таким образом

24

Из всего вышесказанного следует,

что числа

и

сравнимы по

модулю

тогда и только тогда, когда они принадлежат одному

классу вычетов при делении на .

Основные свойства сравнений.

mod

Свойство 1. (Сложение и вычитание сравнений)

Следствие

mod

и

mod

,

то

.

Если

1.1. К обеим частям сравнения можно прибавить одно и

Свойство 2. (

mod

, то +

mod

.

то же число: если

mod

Следствие

Умножение сравнений).

mod

и

mod

,

то

.

Если

же число: если

2.1. Обе части сравнения можно умножать на одно и то

, то

.

части сравнения можно возводить в одну и ту

Следствие 2.2. Обеmod

mod

же степень: если

, то

.

число

что при любом натуральном

Пример 25. Доказатьmod,

mod

6

19

2

делится на

17

.

19

2

0

mod 17

Согласно свойству 1

6

.

Решение. Докажем, что

нимые им.

19

2 mod 17

. Заменим числа

6

и

19

на срав-

Аналогично,

0 mod 17

Тогда

потребуется

доказать, что

, но это очевидно, т. к. в левой части

сравнения при вы-

2

2

2

числении получается число 0.

2

0 mod 17 ,

е. 6

19

Таким образом, 6

19

т.

ном

(обычно

(«основание индукции») и из предположения,

что доказываемое,

утверждение верно при

(«предположение ин-

1

1

дукции») следует его справедливость для

(«шаг индукции»),

то утверждение верно при всех

.

25

1

Вернёмся к примеру и проверим основание индукции при

.

Действительно:

.

1,

19

2

выражение

6

Пусть при

6

19 2

51

17

делится на 17

(предположение индукции). При

получим:

2·2

6

36·

6

19

2

36·6

19·19

19

2

17·19

34·2

Т. к. по

36

17·19

34·2 .

17·19

предположению индукции

то

34·2

также делится на 17.

Таким образом, шаг индук-

17,

36

утверждение верно при всех

151515.

Решение. В данной задаче требуется применить

Пример 26. Решите в целых

числах уравнение

1.

сравнения по моду-

лю 4. Остаток от деления числа

на 4 зависит от остатка от деления

нии числа в таблицу, туда же запишем остатки от числа .

остаток от

0

1

2

3

остаток от

0

1

0

1

Проверим, например, остаток 3. Действительно,

.

остатки 0 и 1, поэтому сумма двух квадратов может3

9 1 mod 4

2 и не может давать остатка 3. Но,

. Поэтому ре-

шений в целых числах у исходного уравнения нет.

Ответ: нет решений.

151515 3

mod 4

Пример 27. Существует

ли натуральное

число

такое, что

Решение. В отличие от предыдущей задачи, если использовать

сравнения2012

по2014модулю 4, противоречия не получится. Действительно,

оба числа

и

делятся на 4, т. е.

должен давать ос-

свойством 1 (сложение сравнений), получим,

Таким образом, квадрат натурального

числа должен давать остаток 2 при.

делении на 3.2012

2014

Однако1

квадраты1

натуральных2 mod 3

чисел также могут давать только ос-

татки 0 и 1 при делении на 3: (

1 mod 3

, такого натурального0 0 modне существует3 ; 1 1.

mod 3 ; 2

Следовательно.

Пример 28. Найдите остаток от деления

на 17.

Решение. Следствие 2.2 свойств сравнений (возведение сравнения в

степень) позволяет основание степени

36·35заменить на сравнимое с

этим основанием по модулю 17 число. Это число мы найдём, восполь-

зовавшись свойством 2 сравнений (умножение36·35

сравнений), заменив

числа 36 и 35 на их остатки по модулю 17, т. е. на числа 2 и 1.

Записывая

формулами вышесказанное:

36

2

mod 17 ;. Затем по

, получим

35 1 mod 17

2

36·35 2·1

2 mod 17

от деления

на36·35

mod 17

. Итак, нужно найти остаток

следствию 2.2

риться. Выпишем в таблицу несколько первых степеней, найдём их ос-

татки2

по модулю 17 и определим, когда остатки повторятся.

6

7

1

2

3

4

5

8

9

10

2

4

8

16

32

64

128

256

512

1024

остаток

2

4

8

16

15

13

9

1

2

4

2

дём остаток от

по модулю 17.

Мы уже знаем, что

2·2

2·15

2

2·2

.

получим

Тогда

2

и, по свойству 2 сравнений,

2

15

mod 17 .

30

13 mod 17

Итак, мы выписали первые 10

степеней двойки и нашли повторение:

2 2

2 mod 17 . Т. к. из замечания выше следует,

что остаток

2

2 4 mod 17 ; 2

2 8 mod 17 ;

скую последовательность с периодом

этого найдём остаток от числа 50

Найдём теперь остаток от

Для

9 1

.

8.

50

, поэтому

по модулю периода

последовательности – числа 8. Получим

2 mod 8

2

2

4 mod 17

Ответ: 4.

Малая теорема Ферма: Пусть

,

– простое число,

– натураль-

число. Если

не делится на

то

делится на .

ноеНа языке сравнений, если

, то

.

Малая теорема Ферма была

бы полезна при решении предыдущего

0 mod

mod 17

1 mod

2

·

примера: так согласно теореме,

2

1

откуда

2

, поэтому

2

2

*·2

1 ·2

mod 17

4 mod17 ,

сразу следу-

ет ответ 4.

Контрольные вопросы

контрольных вопросах числа

– целые,

что,

– натуральные)

(В

1(2). Пусть

делится на

. Верно,

ли,

или

делится на

?

(Сравните со свойством 4 делимости.)

2(2). Пусть

делится на

и

. Верно ли,

что делится на

?

(сравните со свойством 5 делимости).

3(3). Сумма и произведение чисел

и

делится на

.

Что можно

сказать о делимости чисел

и

на

, если оно (а) простое, (б) состав-

ное?

5(2). Допишите последнюю цифру

числа 7654321

так, чтобы по-

лученное число делилось на: 3, 9, 4, 8, 25, 11.

6(2). Найдите НОД(180,138) с помощью алгоритма Евклида.

7(2). Решите диофантово уравнение 15

9

12.

Задачи

1

1(3). Докажите, что число

является составным при

любых натуральных

,

.

3

4

2014

не делится на 6.

всех целых

число

2(3). Докажите, что,

при

2

пропущенные цифры) делятся на 132?

5(4).

,

не,

– попарно различные цифры. Докажите, что если

число

Пусть

,делится на число

, то либо число

делится на

, либо

.

6.

(а)(3)

Найдите НОД и НОК чисел 2077 и 1608.

73

1608

871

(б)(4) Решите диофантово уравнение

.

7. Решите в целых числах уравнения:2077

(а)(3)

2

3

8

;

*(б)(5)5

5

3

;

*(в)(5)

7

*8(5). Решите в

натуральных числах уравнение:

8

;

2013

.

числа

2014

на 13.

*9(4) Найдите остаток от деления

1

4

1