Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ПІДРУЧНИК_4.2_практ._m03.doc

Скачиваний:

Добавлен:

28.10.2018

Размер:

5.6 Mб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Міністерство освіти і науки України

Миколаївський національний університет ім.. В. О. Сухомлинського

Практичні заняття з алгебри і теорії чисел

ІІ частина

Спеціальність «математика»

м. Миколаїв

2011

Білай О.В. /Під редакцією професора Будака В.Д.

Практичні заняття з алгебри і теорії чисел (частина друга)

Навчально-методичний посібник до практичних занять з алгебри і теорії чисел створено у відповідності з програмою дисципліни «Алгебра і теорії чисел» для студентів вищих навчальних закладів педагогічного профілю спеціальності «математика».

У посібнику наведено докладні зразки розв’язування прикладів і задач з алгебри і теорії чисел, пропонуються завдання для самостійного розв’язання і варіанти контрольних і індивідуальних завдань. Розглядаються методи і алгоритми розв’язування задач з наступних розділів:

· Теорія конгруенцій. Конгруенції го степеня. Числа і класи чисел, які належать до даного показника. Арифметичні застосування теорії конгруенцій.

· Многочлена від однієї змінної. Подільність многочленів. Корені многочленів. Многочлени над полем раціональних чисел. Поле раціональних дробів. Розв’язування рівнянь 3-го і 4-го степеня.

Кожне практичне заняття починається з викладу теоретичних відомостей, необхідних для розв’язування задач, наводяться докладні зразки розв’язання типових задач, дається перелік задач для розв’язання в аудиторії і для домашнього завдання.

Матеріал посібника складено у відповідності з вимогами кредитно-модульної системи навчання.

Зміст

1. Конгруенції го степеня з одним невідомим. 4

2. Конгруенції другого степеня. Квадратичні лишки і нелишки 14

3. Конгруенції другого степеня за складеним модулем. Символ Якобі. 24

4. Індекси за прости модулем. Двочленні конгруенції за простим модулем. 30

5. Арифметичні застосування теорії конгруенцій. 38

6. Многочлени над полем дійсних чисел. Подільність многочленів. 41

7. Найбільший спільний дільник многочленів. Найменше спільне кратне многочленів. 53

8. Відокремлення кратних множників многочлена. 65

9. Розклад раціональних дробів на елементарні. 74

10. Цілі і раціональні корені многочлена з цілими коефіцієнтами. 79

Література. 94

Модуль 3

Практичне заняття 1

Конгруенції вищих степенів з одним невідомим.

Основні теоретичні відомості

Якщо — попарно взаємно прості числа, то конгруенція

(1)

еквівалентна системі конгруенцій

(2)

Число розв'язків конгруенції (1) дорівнює де дорівнює відповідно числу розв'язків кожної з конгруенцій (2). Отже, треба розв'язати конгруенцію виду

(3)

де — просте число, .

Будь-який розв'язок

(4)

конгруенції

(5)

при умові, що не , є одним з розв'язків конгруенції (3).

Якщо то розв'язок (4) або не дає жодного розв'язку для (3), або дає кілька розв'язків.

Нехай розв'язок конгруенції Тоді число є розв'язком конгруенції тоді і тільки тоді, коли відповідне значення задовольняє конгруенцію

. (6)

Якщо конгруенція (6) не має розв'язків, то в класі розв'язків конгруенції немає жодного розв'язку конгруенції .

Якщо конгруенція (6) має розв'язки і , то будь-яке ціле число задовольняє конгруенцію (6), а тому є розв'язками (6). Тоді клас розв'язків конгруенції дає розв'язків конгруенції , а саме: , , ,

Якщо конгруенція (6) має розв'язки і не ділиться на , то це є

єдиний розв'язок . Тоді з класу розв'язків конгруенції дістаємо єдиний розв'язок конгруенції .

Конгруенцію (5) завжди можна замінити еквівалентною конгруенцією того самого степеня із старшим коефіцієнтом, що дорівнює одиниці. Для цього слід обидві частини конгруенції (5) помножити на число , яке задовольняє конгруенцію . Це число визначається однозначно, оскільки .

Конгруенцію (5) можна замінити еквівалентною їй конгруенцією степеня не вище за тим самим модулем (згідно з теоремою про пониження степеня конгруенції). Для цього треба в конгруенції (5) замінити вираз на , де — остача від ділення на . Ділення на можна фактично й не виконувати, а просто замінювати кожне у лівій частині (5) на , де — остача від ділення на при умові, що остачу замінюємо числом .

Якщо не ділиться на , то конгруенція (5) степеня має не більш ніж різних розв'язків.

Конгруенція (5) має більш як розв'язків тоді і тільки тоді, коли всі коефіцієнти в лівій частині діляться на , тобто коли конгруенція тотожна.

Конгруенція (5) степеня , в якій , , має розв'язків тоді і тільки тоді, коли всі коефіцієнти остачі від ділення на діляться на .

Теорема Вільсона. Натуральне число тоді і тільки тоді є простим, коли .

Якщо — просте число, то конгруенція

має точно розв'язок.

Якщо — просте число і — натуральний дільник числа , то конгруенція

має точно розв'язків.

Методичні рекомендації до розв‘язування задач

Приклад 1. Розв‘язати конгруенцію

Розв‘язання. Замінимо цю конгруенцію еквівалентною їй конгруенцією степеня не вище 6 за тим самим модулем 7. Поділимо на . Дістанемо

Розв‘яжемо конгруенцію . Штучним способом знаходимо ,

Отже, дана конгруенція має єдиний розв‘язок .

Зауваження. Замість того, щоб ділити на , можна бу3лоб замінити на , де остача від ділення на , причому. якщо ділиться на , то покладемо .

Приклад 2. Розв‘язати конгруенцію

Так як степінь многочлена більший модуля, застосувавши вище вказане зауваження, одержимо: , , . Тоді дана конгруенція буде еквівалентна такій:

Отже, розв‘язок даної конгруенції .

Приклад 3. Розв‘язати конгруенцію

Розв‘язання. Випробовуючи абсолютно найменші лишки за модулем 7, а саме: , знайдемо перший розв‘язок даної конгруенції

Одержуємо, за теоремою 23, дана конгруенція буде тотожна конгруенції

Позначимо . Замінимо коефіцієнти на абсолютно найменші за модулем 7. .

Випробуємо далі абсолютно найменші лишки за модулем 7 стосовно многочлена .

, де .

Аналогічно випробуємо абсолютно найменші лишки за модулем 7 для многочлена .

Отже, дана конгруенція має два розв‘язки, а саме: .

Приклад 4. Розв‘язати конгруенцію

Розв‘язання. Оскільки , то задана конгруенція еквівалентна системі конгруенцій за простими модулями:

Розв‘язуємо окремо кожну з конгруенцій. За теоремою Б, , , , . . Так як , то конгруенція має єдиний розв‘язок. , , .

За теоремою Б , . , , .

Розв‘язуючи тепер спільно конгруенції і , дістанемо їхній спільний розв‘язок:

Це і буде єдиним розв‘язком цієї конгруенції.

Приклад 5. Розв‘язати конгруенцію

Розв‘язання. Оскільки , то задана конгруенція еквівалентна системі

Перша з цих конгруенцій після спрощення матиме вигляд

Остання конгруенція, а отже, і конгруенція , матиме єдиний розв‘язок .

Щоб розв‘язати другу конгруенцію системи, треба спочатку розв‘язати конгруенцію

або після спрощення

. (*)

Методом проб, підставляючи послідовно абсолютно найменші лишки за модулем 5 , знаходимо розв‘язки конгруенції (*).

, .

Випробуємо . У класі беремо числа , де задовольняє співвідношення або .

Оскільки , , , то , тобто , або , .

Дістаємо .

Знаходимо далі , і розв‘язуємо конгруенцію або .

звідки , де . Тоді .

Випробуємо клас . У класі беремо числа , де задовольняє співвідношення або .

Оскільки , , то . Остання конгруенція не має розв‘язку, так як , а . Отже, конгруенція має один розв‘язок ,

Таким чином, щоб знайти розв‘язки даної конгруенції, треба розв‘язати тільки одну систему:

, , , , , де . .

Відповідь: .

Задачі рекомендовані до розв‘язування в аудиторії

1. Звести задані конгруенції до еквівалентних їм конгруенцій, степінь яких менше за модуль, а старший коефіцієнт дорівнює 1:

а) ;

б) ;

в)

;

г) .

2. Спростити задані конгруенції (понизити степені, зменшивши коефіцієнти за абсолютною величиною, зробити так, щоб старший коефіцієнт дорівнював 1) і розв‘язати способом підбору:

а) ;

б) ;

в) ;

г) .

3. Спростити задані конгруенції і розв‘язати їх способом підбору:

а) ;

б) ;

в) ;

г) .

4. Розкласти конгруенції на лінійні множники за даним модулем:

а) ;

б) ;

в) ;

г) .

5. Розв‘язати конгруенції:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

д) ;

е) .

Задачі рекомендовані до розв‘язування дома

а)

б) ;

в) ;

г) .

а) ;

б) ;

в) ;

в) .

3. Спростити задані конгруенції і розв‘язати їх способом підбору:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

д) .

4. Розкласти конгруенції на лінійні множники за даним модулем:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

д) .

5. Розв‘язати конгруенції:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

д) .

Модуль 3

Практичне заняття 2

Конгруенції другого степеня. Зведення до двочленної конгруенції.

Квадратичні лишки і нелишки. Символ Лежандра

Основні теоретичні відомості

Конгруенцію другого степеня виду

, (1)

завжди можна звести до двочленної конгруенції виду

(2)

де , , .

Для цього слід обидві частини і модуль конгруенції (1) помножити на і зробити відповідні перетворення.

Якщо конгруенція (2) має хоча б один розв'язок, то називається квадратичним лишком за модулем , у противному разі називається квадратичним нелишком за модулем . При цьому .

Розв'язування конгруенції виду (2) за складеним модулем зводиться до розв'язування таких конгруенцій:

1) , де — непарне просте число; (3)

2) , де — непарне просте число,; (4)

3) , де . (5)

Найбільш важливим є той випадок, коли модуль є непарним простим числом. При цьому досить обмежитися випадком, коли , оскільки в противному разі конгруенція (3) має єдиний розв'язок .

Отже, надалі розглядатимемо таку конгруенцію:

, , де — просте непарне число. (6)

Якщо — квадратичний лишок за модулем , то конгруенція (6) має два розв'язки.

Для будь-якого простого непарного числа половина лишків зведеної системи лишків є квадратичними лишками, а половина — квадратичними нелишками.

При простому непарному число є квадратичним лишком за модулем тоді і тільки тоді, коли , і квадратичним нелишком тоді і тільки тоді, коли (критерій Ейлера).

Теорема Ейлера. Добуток двох квадратичних лишків або нелишків є квадратичним лишком за модулем ; добуток квадратичного лишку на нелишок є квадратичним нелишком.

Добуток ряду чисел дає квадратичний лишок або нелишок залежно від того, парне чи непарне число нелишків буде серед множників.

Для ефективного використання критерію Ейлера вводиться так званий символ Лежандра (читається: «символ Лежандра відносно », або коротше « відносно », або « до »), називається чисельником, а — знаменником символу Лежандра.

Символ Лежандра визначається для всіх цілих чисел , які не діляться на просте непарне число , рівністю

Критерій Ейлера тоді коротко записується так:

Основні властивості символу Лежандра:

1°.Якщо , то ;

2º. ;

3º. ;

4º. ;

5º. ;

6º. ;

7º ;

8º ;

9°. Якщо і — різні непарні прості числа, то

(закон взаємності квадратичних лишків).

Узагальненням символу Лежандра є символ Якобі (читається: «символ Якобі відносно »). Він визначається для будь-яких непарних натуральних чисел і чисел , взаємно простих з , рівністю

де є розкладом на прості множники (серед них можуть бути і рівні), тобто як добуток символів Лежандра. Для символу Якобі зберігаються властивості 1) — 9) символу Лежандра, проте для символу Якобі йдеться не про непарні прості числа , а про непарні натуральні числа , для властивості 9) — про взаємно прості непарні числа, відмінні від 1. Тому при визначенні символу Лежандра зручно розглядати його як символ Якобі. При цьому часто немає потреби виділяти з чисельника символу його непарні прості множники.

Конгруенція , де — непарне просте число, , , має два розв'язки, якщо, і не має їх зовсім, якщо

Для конгруенції , , необхідними умовами існування розв'язків є при , при .

Якщо ці умови виконуються, то існує один розв'язок при ; два розв'язки при і чотири розв'язки при .

Для конгруенції загального виду , , , необхідними і достатніми умовами існування розв'язків є: при ; при .

Якщо жодну з цих умов не порушено, то число розв'язків дорівнюватиме:

при і ; при ; при .

Методичні рекомендації до розв‘язування задач

Приклад 1. Скільки розв‘язків має конгруенція ?

Розв‘язання. За властивостями конгруенцій . Знайдемо символ Лежандра . Оскільки , а – просте число, то, згідно з властивістю 6,

Обчислимо символ Лежандра . Оскільки 29 і 643 – різні прості непарні числа, то внаслідок закону взаємності 9) дістаємо

За властивістю 1) маємо

Отже, дана конгруенція має два розв‘язки.

Зауваження.

1. Слід уважно застосовувати властивість 9), оскільки якщо хоч одне з чисел чи є складеним, застосування цієї властивості може призвести до помилок в обчисленні символу Лежандра.

2. Зауважимо, що коли – просте непарне число, то символ Лежандра є для конгруенції символом Якобі і навпаки. Тому для конгруенцій за простим модулем можна не розрізняти символів Лежандра і Якобі, що дає змогу при обчисленні символів Лежандра не розкладати чисельник на прості множники. треба тільки виділяти множники, що дорівнюють . Якщо , то ця конгруенція має два розв‘язки; якщо , то конгруенція розв‘язків не має. Для конгруенції , де непарне складене число, символ Лежандра не існує, а символ Якобі існує. Проте, якщо символ Якобі і непарне складене число, то це ще не означає, що конгруенція має розв‘язки. Так конгруенція розв‘язків не має, а символ Якобі для неї .

Приклад 2. Розв‘язати способом проб конгруенцію .

Розв‘язання. Спочатку знаходимо . Числа 3 і 7 непарні прості. Обчислимо символ Лежандра .

Отже, дана конгруенція не має розв‘язків.

Приклад 3. Розв‘язати конгруенцію .

Розв‘язання. Для простого модуля старший коефіцієнт взаємно простий з ним. Тоді процес зведення заданої конгруенції до двочленної можна скоротити і навіть залишити модуль незмінним. Так як , то модуль конгруенції можна не множити на . Помножаючи обидві частини конгруенції на 20 за модулем 43, дістаємо

або

Позначимо і тоді буде . Остання конгруенція має два розв‘язки: , .

Отже, квадратна конгруенція має розв‘язки тоді, коли мають розв‘язки конгруенції: і . Розв‘язуючи дві останні конгруенції, матимемо:

і .

Тоді задана конгруенція має розв‘язки .

Приклад 4. Розв‘язати конгруенцію .

Розв‘язання. Конгруенцію замінюємо системою за простими модулями

Спочатку розв‘язуємо конгруенцію . Застосуємо елементарні перетворення над конгруенціями до виразу зліва . Конгруенція має розв‘язки .

Далі розв‘язуємо конгруенцію . Помножаючи обидві частини конгруенції на 4 за модулем 11, дістаємо

Тепер складаємо системи конгруенцій за модулями 2 і 11.

а) б)

в) г)

Розв‘яжемо систему а): , , , . Отже, .

Система конгруенцій б) має розв‘язок: , , , , . Отже, .

Розмірковуючи аналогічно, знаходимо розв‘язки систем в) , і г) , .

Відповідь: .

Приклад 5. Розв‘язати в цілих числах рівняння .

Розв‘язання. Перетворимо дане рівняння і зведемо його до конгруенції.

, . Помножимо обидві частини конгруенції на . . . Виконаємо підстановку , матимемо: , , . .

, .

Знайдемо , яке відповідатиме , .

, ,

, .

Знайдемо , яке відповідатиме , .

, .

Відповідь: , ; , .

Задачі рекомендовані для розв‘язування в аудиторії

1. Знайти значення символу Лежандра:

а) ; б) ; в) ; г) ; д) ;

е) ; є) ; ж) ; з) ; і) .

2. Розв‘язати конгруенції, звівши їх до двочленних:

а) ; б) ;

в) ; г) ;

д) ;

е) ;

є) ;

3. Розв‘язати в цілих числах рівняння:

а) ; б) ; в) .

Задачі рекомендовані для розв‘язування дома

1. Знайти значення символу Лежандра:

а) ; б) ; в) ; г) ; д) ;

е) ; є) ; ж) ; з) ; і) ;

к) ; л) ; м) .

2. Розв‘язати конгруенції, звівши їх до двочленних:

а) ; б) ;

в) ; г) ;

д) ;

е) ;

є) ;

ж) ;

з) .

3. Розв‘язати в цілих числах рівняння:

а) ; б) ; в) .

Модуль 3

Практичне заняття 3

Конгруенції другого степеня за складеним модулем.

Символ Якобі

Основні теоретичні відомості

Конгруенція другого степеня за складеним модулем:

, де (1)

досліджується і розв‘язується згідно з загальними вказівками за теоремою:

Якщо попарно взаємно прості числа, то конгруенція (*)

еквівалентна системі конгруенцій:

(**)

При цьому, позначаючи через

числа розв‘язків окремих конгруенцій (**) за відповідними модулями і через число розв‘язків конгруенції (*), матимемо:

Висновок 1. Якщо хоч одна з конгруенцій системи (**) не має розв‘язків, то й задана конгруенція (*) також не матиме розв‘язків.

Висновок 2. Дослідження і розв‘язування конгруенції

де канонічний розклад модуля , зводиться до дослідження і розв‘язування конгруенцій: . Це випливає з того, що числа попарно взаємно прості.

За зазначеною теоремою, конгруенція (1) еквівалентна системі конгруенцій

(2)

Теорема 2. Конгруенція має два розв‘язки або не має жодного залежно від того, чи буде число квадратичним лишком або нелишком за модулем , тобто чи буде відповідно або .

Теорема 3. 1) Конгруенція завжди має один розв‘язок при ; 2) два розв‘язки – при , і і жодного при і ; 3) при конгруенція має розв‘язки тільки при і при цьому чотири різних розв‘язки; два з них неодмінно задовольняють і конгруенцію

. (3)

Теорема 4. Конгруенція

(***)

має розв‘язок тоді і тільки тоді, коли

при ,

при .

Якщо жодну з цих умов не порушено, то кількість розв‘язків буде

при ,

при .

Теорема 5. Якщо задовольняє конгруенцію за простим модулем :

де ,

, (4)

то і розв‘язок конгруенції

(5)

має вигляд , де розв‘язок конгруенції .

Рівняння Пелля мають вигляд , де не є точним квадратом числа.

Якщо розкласти у неперервний дріб, то дістанемо нескінченний періодичний дріб. Використаємо теорему . Рівняння Петля нагадує нам залежність між знаменниками і чисельниками підхідних дробів, виражену вище згаданою теоремою. З правої сторони у теоремі буде стояти одиниця тоді, коли буде непарним числом ; . Звідси видно, що рівняння Петля будуть задовольняти чисельники і знаменники підхідних дробів непарного порядку. . На цій основі можна прийняти і .

Методичні рекомендації до розв‘язування задач

Приклад 1. Розв‘язати конгруенцію .

Розв‘язання. За теоремою 3, конгруенція при має чотири різні розв‘язки тільки при ; два з них неодмінно задовольняють і конгруенцію .

При конгруенція матиме розв‘язки: і . Отже, спочатку знаходимо розв‘язки конгруенції , а потім методом випробування визначаємо розв‘язки і конгруенції за модулем . Поступово степінь модуля підвищуємо і приходимо до розв‘язку конгруенції .