Тема 3. Теорія порівнянь.

3.9 Порівняння першого степеня з одним невідомим та їх застосування.

1. Користуючись способом спроб, розв’язати порівняння

Р о з в’я з а н н я. Спочатку знаходимо (2, 9) = 5. Отже, задане порівняння має єдиний розв’язок. Випробуємо лишки з повної системи абсолютно найменших лишків за модулем 9, тобто числа . Маємо:

Отже, число – 4 задовольняє порівнянню. Запишемо загальний розв’язок, який відповідає цьому окремому розв’язку. Оскільки , то , або .

Процес випробування можна вже припинити, оскільки довели, що порівняння має єдиний розв’язок.

2. Користуючись штучним способом, розв’язати порівняння

Р о з в’я з а н н я. Знаходимо (27, 38) = 5. Отже, задане порівняння має єдиний розв’язок. Додамо до правої частини порівняння число –38, яке кратне модулю. Дістаємо

Поділимо обидві частини цього порівняння на 9:

Додамо до правої частини модуль:

Поділимо обидві частини останнього порівняння на 3:

Це і є розв’язок заданого порівняння.

Зауваження. Відомо, що коли (a, m) = 1, то для будь-якого цілого числа b існують такі цілі числа s i t, що і . Отже, розв’язком порівняння , де (a, m) = 1 є , і тому будь-яке порівняння першого степеня з одним невідомим можна розв’язати штучним способом. Справді, якщо порівняння має розв’язки, то досить розглянути випадок, коли . Тоді порівняння послідовно замінюють еквівалентними йому порівняннями:

, ,…

поки не дістануть порівняння, в якому ліву і праву частини можна скоротити на а.

3. Користуючись способом Ейлера, розв’язати порівняння

.

Р о з в’я з а н н я. Знаходимо (27, 102) = 3. Задане порівняння має три розв’язки, оскільки . Поділимо обидві частини і модуль заданого порівняння на 3:

.

Оскільки тут а = 9, m = 34, b = 8, то за формулою (3) маємо

,

або

.

Тепер знайдемо . Оскільки , то

.

Тоді . Число замінимо найменшим невід’ємним лишком за модулем 34. Дістаємо

.

Отже, є розв’язок порівняння . Тоді порів-няння має розв’язки:

або коротше

.

Зауваження. Недоліком способу Ейлера є те, що при великому знаходження найменшого невід’ємного лишку того класу чисел за модулем m, до якого належить число , стає громіздким.

4. Використовуючи ланцюгові дроби, розв’язати порівняння

.

Р о з в’я з а н н я. Знаходимо (220, 348) = 4. Оскільки , то задана порівняння має чотири розв’язки. Поділимо обидві частини і модуль заданого порівняння на 4:

.

Розв’яжемо це порівняння за допомогою ланцюгових дробів. Розкладемо у ланцюговий дріб і обчислимо його підхідні дроби. Дістанемо таблицю елементів q_i і чисельників P_i (табл. 13).

Таблиця 13

i	1	0	1	2	3	4	5	6
qi		1	1	1	2	1	1	4
Pi	1	1	2	3	8	11	19	87

Отже, n = 6, P_n-1 = 19. Оскільки b = 7, m = 87, то за формулою (4)

.

Отже,

є розв’язком порівняння . Тоді задане порівняння має розв’язки

.

Зауваження. Перш ніж застосувати цей спосіб, слід спочатку (якщо це необхідно), використовуючи властивості порівнянь, зробити коефіцієнт при невідомому невід’ємним і меншим ніж модуль.

5. Застосовуючи класи лишків, розв’язати порівняння

.

Р о з в’яз а н н я. Знаходимо (37, 107) = 5. Отже, задана порівняння має єдиний розв’язок. Запишемо порівняння у вигляді

.

Знайдемо  клас лишків за модулем 107, обернений до класу . Для цього застосуємо до чисел 107 і 37 алгоритм ділення з остачею. Матимемо

Розглядаючи цей процес знизу вверх, виразимо 1 через числа 107 і 33:

Отже, 1 = 1079+37(26). Це означає, що , тобто

.

Тоді за формулою (5) маємо

, або .

Отже, є розв’язком заданого порівняння, тобто .

Зауваження. Процес розв’язування порівняння першого степеня з одним невідомим будь-яким способом слід закінчувати перевіркою.

6. Розв’язати в цілих числах невизначене рівняння 27x + 38y = 47.

Р о з в ’я з а н н я. Оскільки число у повинно бути цілим, то різниця має ділитися на 38. Дістаємо

.

Розв’яжемо це порівняння. Знаходимо (27, 38) = 5. Отже, порівняння має єдиний розв’язок. Застосуємо штучний спосіб. Додамо до правої частини число –38, яке кратне модулю:

.

Поділимо обидві частини цього порівняння на 9:

.

Додамо до правої частини модуль:

.

Поділимо обидві частини на 3:

.

Отже, є розв’язком порівняння . Тоді

є окремим розв’язком заданого рівняння. Загальний розв’язок заданого рівняння дістаємо за формулами (7):

, ,

де х₀ = 13, у₀ = 8, m = 38, a = 27, d = 5. Отже,

 загальний розв’язок заданого невизначеного рівняння, де t – довільне ціле число.

7. Розв’язати систему порівнянь

Р о з в’я з а н н я. Розв’язуючи кожне порівняння, замінимо задану систему еквівалентною їй системою порівнянь:

Оскільки модулі порівнянь попарно взаємно прості, то можна використати формулу (9). Знаходимо:

Розв’яжемо такі порівняння:

, , .

y₁ = 14, y₂ = 1, y₃ = 5.

Згідно з формулою (9), дістанемо

.

Зауваження. 1. Якщо деяке з порівнянь системи має кілька розв’язків, то їх слід об’єднати і записати як один розв’язок за меншим модулем, бо в противному разі треба буде розв’язувати стільки систем, скільки розв’язків має порівняння.

2. Розв’язки системи порівнянь можуть мати різні форми запису. Так, якщо розв’язки третього порівняння з прикладу 7 ми записали б у вигляді , то довелося б розв’язувати такі системи порівнянь:

Дістали б розв’язки:

, , .

Зазначимо, що множина чисел, які визначаються цими розв’язками, збігається з множиною чисел, що визначаються одним розв’язком, здобутим раніше

.

8. Розв’язати систему порівнянь

Р о з в ’я з а н н я. Розв’язуючи кожне порівняння, замінимо задану систему еквівалентною їй системою порівнянь:

З першого порівняння маємо x = 2 + 15t, де t  . Щоб визначити t, підставимо значення x у друге порівняння:

2 + 15t  7(mod 20).

Звідси t  3(mod 4), або t = 3 + 4s, де s  . Тоді

x = 2 + 15t = 2 + 15(3 + 4s) = 47 + 60s,

причому x задовольняє вже перші дві порівняння системи. Серед чисел x виберемо такі, які б задовольняли й третьому порівнянню. Для цього знайдемо s з умови

47 + 60s  12(mod 35).

Звідси s  0(mod 7), тобто s = 7k, де k  . Маємо x = 47 + 60s = 47 + 607k = = 47 + 420k.

Отже, x  47(mod 420)  розв’язок заданої системи.