Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Th_Numb+Combi (2).doc
Скачиваний:
171
Добавлен:
05.03.2016
Размер:
2.43 Mб
Скачать

§ 10. Теоремы Эйлера и Ферма

Теорема (Эйлера). Для любого целого числа a, взаимно простого с натуральным модулем m, выполнено сравнение (mod m) .

Доказательство. 1. Сведём задачу к числам 0 a < m. Для этого разделим a с остатком на m : a = mq + r (0 r < m). При этом по свойству наибольшего общего делителя имеем

НОД(r, m) = НОД(amq, m) = НОД(a, m) = 1,

т.е. r удовлетворяет условию теоремы. Если уже доказано, что r(m) 1 (mod m), то ввиду a r (mod m) получим a(m) r(m) 1 (mod m).

Таким образом, можно предполагать, что 0 a < m.

2. Пусть M = {0, 1, 2, … , m – 1} и a1 , … , akвсе взаимно простые элементы множества M, из которых образуем множество M1 . По определению функции Эйлера k = (m), а по условию теоремы имеем a M1 .

3. Рассмотрим элементы b1 = aa1 , … , bk = aak . По свойствам взаимно простых чисел все эти элементы взаимно просты с m. Пусть r1 , … , rkостатки от деления чисел b1 , … , bk на m : bi = mqi + ri (0 ri < m, 1 i k). Тогда ri M (1 i k), и кроме того,

НОД(ri , m) = НОД(bi – mqi , m) = НОД(bi , m) = 1,

так что ri M1 (1 i k).

4. Докажем, что среди чисел r1 , … , rk нет одинаковых. Действительно, если ri = rj , то bi = mqi + ri , bj = mqj + ri (0 ri < m). Тогда bi ri bj (mod m), т.е. aai aaj , a(aiaj) 0 (mod m) и ввиду НОД(a, m) = 1 по свойствам сравнений верно aiaj 0, ai aj (mod m), что значит ai = aj , что возможно только при i = j.

5. Итак, все числа r1 , … , rk различны, их число k = (m) и все они принадлежат k-элементному множеству M1 = {a1 , … , ak}. Это значит, что r1 , … , rkэто те же числа a1 , … , ak , возможно, в другом порядке. Поэтому

a1ak = r1rk b1bk = (aa1)(aak) = aka1ak (mod m).

Значит, a1ak aka1ak (mod m), (a(m) – 1)a1ak (mod m). Учитывая, что a1ak взаимно просто с m (т.к. все ai взаимно просты с m), получим по свойствам сравнений a(m) – 1 0 (mod m).

Теорема Эйлера доказана.

Упражнение. Пусть m = каноническое разложение натурального числа m, . Тогда для любого целого числа a выполнено сравнение a(a(m) – 1)) 0 (mod m).

Теорема (малая теорема Ферма). Для любого простого числа p и целого числа a , не делящегося на p, имеет место сравнение a p–1 1 (mod p).

Доказательство следует из теоремы Эйлера при m = p с учётом равенства (p) = р – 1.

Следствие. Для любого простого числа p и целого a верно сравнение a p a (mod p).

Доказательство следует из теоремы Ферма: a p – a a(a p–1 – 1) 0 (mod p) как для a, делящегося на p, так и для взаимно простого с p.

Упражнения: 1. Докажите, что для любого целого a выполняется сравнение a561 a (mod 561), но число 561 – не простое. Таким образом, обращение теоремы Ферма не верно.

2. Докажите, что 561 – наименьший контрпример к обращению теоремы Ферма.

Теоремы Эйлера и Ферма можно использовать для нахождения остатков некоторых арифметических выражений, значения которых трудно вычислить.

I. Остатки полиномиальных выражений. Пусть требуется найти остаток от деления на заданное число m некоторого выражения P(a1 , … , an), полученного из целых чисел а1 , … , аn с помощью операций сложения, вычитания и умножения.

Для решения этой задачи достаточно, исходя из значений аi (mod m), найти значение P(a1 , … , an) по модулю m.

Примеры: 1. Найти остаток от деления 123349 – 88560 + 8932 на 4.

Вычислим значения всех участвующих в данном равенстве чисел по модулю 4: 123 –1 (mod 4), 349 1 (mod 4), 88 0 (mod 4), 893 1 (mod 4). Поэтому по свойствам сравнений имеем

123349 – 88560 + 8932 (–1)1–0560+12 = 0 (mod 4).

Значит, исходное выражение делится на 4, т.е. искомый остаток равен 0.

2. Найти остаток от деления на 6 выражения

3356299 – 33385551 – 325(–287 + 679825).

Имеем 3356 2 (mod 6), 299 –1 (mod 6), 333 3 (mod 6), 5551 1 (mod 6), 325 1 (mod 6), 287 –1 (mod 6), 679 1 (mod 6), 825 3 (mod 6). Поэтому получаем

3356299–33385551–325(–287+679825) –2(–1)–(32)41–1(–(–1)+13)

2–(32)2–(–2) 2–32+ 2 –5 1 (mod 6),

т.е. искомый остаток равен 1.

II. Остатки экспоненциальных выражений. Пусть требуется найти остаток от деления на число m некоторого выражения P(a1 , … , an), полученного из целых чисел а1 , … , аn с помощью операций сложения, вычитания, умножения и возведения в большие степени.

Как и ранее, для решения этой задачи достаточно, исходя из значений аi (mod m), вычислить P(a1 , … , an) (mod m). При вычислении степенных выражений с большими показателями степеней удобно пользоваться теоремами Эйлера и Ферма.

Примеры: 1. Найти остаток от деления числа 3546 – 88 на 5.

Так как НОД(3, 5) = 1, то по теореме Эйлера, 3(5) 1 (mod 5) или 34 1 (mod 5), поскольку (5) = 4. Значит, 3546 = (34)13632 113632 9 4 (mod 5), и 3546 – 88 4 – 3 1 (mod 5), так что искомый остаток равен 1.

2. Найти последнюю цифру числа 7 954.

Заметим, что для заданного числа a = в десятичной системе счисления, выполняется сравнение (mod 10 s):

.

Таким образом, для нахождения s последних цифр числа a достаточно найти остаток от деления его на 10 s. В данном примере нужно искать остаток от деления числа 7 954 на 10.

Поскольку НОД(7, 10) = 1, то можно воспользоваться теоремой Эйлера: 7(10) 1 (mod 10). Вычисляем (10) = (25) = (2)(5) = 14 = 4 и получаем: 74 1 (mod 10).

Поэтому 7 954 = (74)23872 123872 = 49 9. Итак, последняя цифра числа 7 954 равна 9.

3. Найти две последние цифры числа 8 345.

Здесь нужно искать остаток от деления числа 8 345 на 100 = 102.

Поскольку НОД(8 345, 100) = НОД(2 3345, 2252) = 22 = 4 1, непосредственно воспользоваться теоремой Эйлера нельзя. Если 8 345 = 4y , то 8 345 4y (mod 100) 428344 4y (mod 100) 28344 y (mod 25), причём 8 уже взаимно просто с 25, и можно использовать теорему Эйлера: 8(25) 1 (mod 25). Поскольку (25) = (52) = 52 – 51 = 20, то

8 344 (8 20) 178 4 117(8 2) 2 14 2 = 196 –4 (mod 25).

Таким образом, y 28 344 2(–4) = –8 17 (mod 25), и 8 345 = 4y 417 = 68 (mod 100). Итак, число 8 345 оканчивается на 68.

4. Найти две последние цифры числа 6 34 – 358.

Действуем аналогично предыдущему: поскольку НОД(6 34, 100) = 4, имеем 6 34 = 4x, 6 34 4x (mod 100) 326 32 x (mod 25) и 6 20 1 (mod 25), так что x 326 32 326 12 936 6 911 6 9121 3 9(–4)3 –964 –914 = –126 –1 (mod 25) и 6 34 4(–1) = –4 21 (mod 100).

Значительно проще найти остаток от второго слагаемого: 3 (100) 1 (mod 100), т.е. 3 40 1 и 3 58 3 18 = 81 43 2 19 43 2 61 23 2 = 183 2 (–17) 2 = 289 89 (mod 100). Таким образом, 6 34 – 358 21 – 89 = – 68 32 (mod 100), т.е. исходное число оканчивается на 32.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]