/
Author: Грибанов В.У. Титов П.И.
Tags: математика теория чисел задачи по математике дроби сборник упражнений
Year: 1964
Text
С>БОРНИК
УПРАЖНЕНИЙ
по ТЕОРИИ
ЧИСЕЛ
В. У. ГРИБАНОВ, П. И. ТИТОВ
Сборник
упражнений
по ТЕОРИИ
ЧИСЕЛ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ПРОСВЕЩЕНИЕ*
Москва 1964
Книга рекомендована ученой комиссией по матема-
тике ГУВУЗ’а Министерства просвещения РСФСР
в качестве учебного пособия для педагогических ин-
ститутов.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемый сборник упражнений предназначается
для проработки курса теории чисел в педагогических ин-
ститутах.
Упражнения довольно резко разделяются на два типа.
С одной стороны, дано большое количество упражнений
тренировочного характера, предназначенных для выработ-
ки студентами вычислительных навыков и иллюстрирующих
основные положения курса. Количество таких упражне-
ний, по мнению авторов, вполне достаточно для аудитор-
ных занятий, для самостоятельной работы студентов и для
контрольных работ. Каждый номер этого типа содержит
ряд примеров. Для некоторых примеров, обычно первых,
даны решения, что особенно необходимо для студентов
заочных отделений; некоторые примеры снабжены ответа-
ми; часть примеров, отмеченных звездочкой (*), оставлена
без решений и ответов и предназначается для контроль-
ных работ.
С другой стороны, дано значительное количество упраж-
нений на доказательство и обоснование тех или иных пред-
ложений теоретического и числового характера, расширя-
ющих кругозор будущего учителя математики в области
учения о числе. Почти для всех упражнений этого типа
даны решения, так как самостоятельное выполнение их
студентами составляет значительные трудности. Условия
большинства этих упражнений и некоторые решения за-
имствованы из курсов по теории чисел и других источ-
ников.
Каждому параграфу предпосланы краткие сведения
из теории, необходимые для решения упражнений.
3
Сборник будет полезен и учителям математики средней
школы в смысле использования многих упражнений с их
решениями на занятиях в математических кружках.
Авторы сознают, что сборник не лишен недостатков,
так как представляет собой первое приближение к сбор-
нику упражнений по теории чисел.
Все замечания читателей о недостатках сборника бу-
дут приняты с большой благодарностью.
Выражаем глубокую признательность В. И. Нечаеву
и П. Н. Ремореву, внимательно прочитавшим рукопись
и сделавшим ряд ценных замечаний.
Авторы
ГЛАВА I
ДЕЛИМОСТЬ ЦЕЛЫХ ЧИСЕЛ
§ 1. Основные понятия
Целыми числами называются числа ряда . .. , —3,
—2, —1, 0, 1, 2, 3, ...» т. е. не только натуральные
числа 1, 2, 3, ... (положительные целые), но также нуль
и отрицательные целые —1, —2, —3, . . .
Как правило, при изложении материала мы будем обоз-
начать буквами только целые числа. Случаи, когда буквы
могут обозначать и нецелые числа, будем особо огова-
ривать.
Сумма, разность и произведение двух целых чисел а и b
есть также целые, но частное от деления а на b (если b не
равно нулю) может быть как целым, так и нецелым.
В случае, когда частное от деления числа а на число b
является целым, обозначая его буквой q, имеем:
а — bq, или -2- = q.
ь
В этом случае говорят, что а делится на Ь, или Ь делит а.
При этом а называют кратным числа b и b — делителем
числа а. Утверждение, что Ь делит а, будем иногда кратко
записывать так: Ыа\ если же Ь не делит а, то будем пи-
сать Ь/а.
В общем случае, включающем и частный, когда а де-
лится на Ь, имеем следующую теорему: всякое целое а пред-
ставляется единственным образом через положительное
целое b в форме а = bq + г, где 0 г < 6. Число q на-
зывается неполным частным, число г — остатком от де-
ления а на Ь.
Приведем еще следующие две основные теоремы о де-
лимости.
б
1. Если а делится на b, Ь делится на с, то а делится
на с, т. е. если а — cqr и b = cq2, то а = cq .
2. Если каждое из чисел а и b делится на с, то сумма
и разность их также делятся на с, т. е. если а — cqr и
b = cq2, то а + b = cq и a — b — cq'.
1. Число а — 42 157 при делении на некоторое целое
положительное число b дало в частном q = 231. Найти
делитель b и остаток г.
2. Показать, что если тп + pq делится на т—р,
то и mq-[-np делится на т — р, где т, п, р, q—целые
числа.
3. Дано, что a, b, с, d, п — целые числа, удовлетво-
ряющие условиям: ad — be делится на п, а — Ь делится
на п и числа b и п не имеют общих натуральных делите-
лей, отличных от единицы. Показать, что с — d делится
на п.
4. Показать, что если пятизначное число делится на
41, то и все числа, получаемые путем круговой перестанов-
ки цифр этого числа, делятся на 41.
5. Показать, что т6 — т, где т — натуральное число,
делится на 30.
6. Некоторое шестизначное число оканчивается цифрой
5; если эту цифру переставить на первое место слева, то
получится новое число, в 4 раза большее первоначального.
Найти это число.
7. Показать, что п (п + 1) (2n + 1), где п — нату-
ральное число, делится на 6.
8. Показать, что п (па + 5), где п — натуральное чи-
сло, делится на 6.
9. Показать, что если числитель дроби есть разность
квадратов двух нечетных чисел, а знаменатель — сумма
квадратов тех же чисел, то такая дробь всегда сократима
на 2, но несократима на 4.
10. Найти четырехзначное число, являющееся точным
квадратом, у которого цифра тысяч одинакова с цифрой
десятков, а цифра сотен на 1 больше цифры единиц.
11. Показать, что сумма квадратов пяти последователь-
ных целых чисел не может быть точным квадратом.
12. Если остаток от деления некоторого числа на 9
есть одно из чисел 2, 3, 5, 6, 8, то это число не может быть
точным квадратом.
6
13. Найти сумму п членов ряда:
Sn = 7 + 774-777+... +77... 7.
п цифр
14. Показать, что при любом натуральном п > 1 числа
вида 22П + 1 оканчиваются цифрой 7.
15. Показать, что числа 48, 4488, 444 888, . . . могут
быть представлены в виде произведения двух последова-
тельных четных чисел.
16. Между цифрами числа 16 вписывают 15, в середину
числа 1156 опять вписывают 15 и т. д. Показать, что все
полученные числа будут точными квадратами.
17, Показать, что при любых натуральных тип
тп (т? — ft4) делится на 30.
18. , Доказать, что ни при каких целых х выражение
Зх2 + 2 не является полным квадратом.
19. Пишут одну за другой четыре последовательные
цифры, затем первые две переставляют одну на место дру-
гой, и таким образом получают четырехзначное число,
представляющее точный квадрат. Найти это число.
20. Некоторое трехзначное число, написанное в семирич-
ной системе, изображается теми же цифрами, но только в
обратном порядке, если написать его в девятиричной си-
стеме счисления. Найти это число.
21. Показать, что при любом натуральном п произведе-
ние (п + 1) (п + 2) ... (п + п) делится на 2".
§ 2. Наибольший общий делитель
и наименьшее общее кратное
Всякое целое число, делящее одновременно целые чи-
сла а, Ь, . . . , Z, называется их общим делителем.
Самый большой из общих делителей называется наиболь-
шим общим делителем (НОД) и обозначается d =
= (а,6, . . . , /).
Если (a, Ь, ...,/)= 1, то числа а, Ь, . . . , I называ-
ются взаимно простыми. Если каждое из чисел а, Ь, . . . , I
взаимно просто с каждым другим из них, то числа
а, &,...,/ называются попарно простыми. Очевидно, что
попарно простые числа всегда и взаимно просты; в случае
же двух чисел понятия «попарно простые» и «взаимно про-
стые» совпадают.
7
Для разыскания наибольшего общего делителя двух
чисел применяется алгорифм Евклида, который состоит
в следующем. Если а а Ь — натуральные числа и а > Ь, то
Ь ~ г1Яг + г»
'‘1 = ''2<7з + '8>
где 0<гх<&,
где 0<га<г1(
где 0<г3<га,
гя_а = г^1<7„ + г„, где 0<гл<г„_1(
г п-1 = г„<7я+1, где гл+1 = 0.
Последний отличный от нуля остаток га и является наиболь-
шим общим делителем чисел а и Ь.
При нахождении наибольшего общего делителя несколь-
ких чисел а, Ь, с, ...,1с помощью алгорифма Евклида
сначала находится наибольший общий делитель чисел а
и Ь, т. е. = (а, Ь), затем d2 = (dlt с) и т. д.
Способ нахождения НОД двух и нескольких чисел с
помощью разложения их на простые множители считаем
известным читателю из курса элементарной арифметики.
* *
*
Всякое целое число, кратное всех данных чисел
а, Ь, . . . , I, называется их общим кратным. Наименьшее
положительное общее кратное называется наименьшим об-
щим кратным (НОК) и обозначается так:
т = [а, Ь,
Общий вид всех общих кратных чисел а и b выражается
равенством
где t — целое число и d = (а, Ь).
При t — 1 получаем наименьшее общее кратное чисел
а и bi
ab . ,, ab
т = —, или [а, Ь] =--------.
d (а, Ь)
Наименьшее общее кратное попарно простых чисел равно
их произведению.
Нахождение НОК двух и нескольких чисел с помощью
разложения их на простые множители считаем известным
читателю из курса элементарной арифметики.
8
22. Пользуясь алгорифмом Евклида, найти наибольший
общий делитель следующих систем чисел:
1) 546 и 231; 2) 1001 и 6253; 3)* 1517 и 2257; 4) 2737,
9163 и 9639; 5)* 1411, 4641 и 5253.
23. Разложением на простые множители найти наимень-
шее общее кратное следующих систем чисел:
1) 360 и 504; 2) 2520 и 6600; 3) 187 и 533;
4)* 9163, 2737, 9639; 5)* 374, 1599 и 9061.
24. Доказать, что если а = cq + г и b = cqr -f- rlt
где a, b, q, qlt г, f\ — целые неотрицательные числа и с —
целое положительное число, то (а, Ь, с) = (с, г, rj. Сфор-
мулировать вытекающее отсюда правило нахождения
(а, Ь, с). Обобщить правило на случай п. чисел.
25. Пользуясь выведенным в предыдущей задаче пра-
вилом, найти наибольший общий делитель следующих си-
стем чисел: 1) 299, 391 и 667; 2) 588, 2058 и 2849; 3) 31 605,
13 524, 12 915 и И 067; 4)* 279, 372 и 1395; 5)* 2988,
3735, 8134 и 14 525.
26. По формуле [а, 6] = - аЬ найти наименьшее об-
(а, Ь)
щее кратное следующих пар чисел:
1) 252 и 468; 2) 279 и 372; 3) 178 и 381;
4)* 318 и 477; 5)* 758 и 1137.
Указание. НОД находить с помощью алгорифма
Евклида. Проверить ответы путем отыскания НОК раз-
ложением чисел на простые множители.
27. Дано: (а, Ь) = 24, [а, Ь] = 2496. Найти а и Ь.
28. Сумма двух чисел 667, а отношение НОК к их НОД
равно 120. Найти эти числа.
29. Найти два числа, зная, что сумма частных отделения
каждого из них на их НОД равна 18 и НОК их равно 975.
30. Дано: а = 899, b = 493. Найти d = (а, Ь) и опре-
делить х и у, посредством которых можно осуществить
линейное представление НОД в виде:
d = ах + by.
31. Решить предыдущую задачу для следующих пар
чисел: 1) а — 1445, Ь — 629; 2) а = 903, Ь = 731; 3) а==
= 1786, Ь = 705; 4)* а = 4543, b = 885; 5)* а = 6919,
Ь = 1443.
32. Доказать, что если а, Ь, с — нечетные числа, то
, L. \ (<* + Ь а-г с & + с\
(а, Ь, с) = ——, ——, —-1— .
4 ’ ' \ 2 2 2 /
9
33. Доказать, что
r t _ abc (а, Ь, с)
[а, Ь, с] =-------- ’ ’—;
(а, Ь) (а, с) (Ь, с)
2) (а, Ь) (а, с) (Ь, с) [а, Ь] [а, с] [6, с] = а2Ь2с*.
34. Показать, что для любых натуральных а и b имеет
место равенство:
(а, Ь) = (5а + 36, 13а + 86).
35. Если (а, 6) = 1, то — -|------
а а + b
несократимая дробь
§ 3. Простые и составные числа
Натуральное число р, большее 1, называется простым,
если оно имеет только два различных натуральных делите-
ля (единицу и само р), и натуральное число а, большее 1,
называется составным, если оно имеет больше двух раз-
личных натуральных делителей.
Число 1 имеет только один натуральный делитель —
единицу, поэтому оно и не простое и не составное.
Наименьший натуральный делитель составного числа а,
отличный от 1, есть число простое и не превосходит а.
Это позволяет при отыскании простых делителей числа а
испытывать числа, не превосходящие V а.
Для составления таблицы простых чисел, не превосходя-
щих данного а, существует общий способ, называемый
решетом Эратосфена. Он сводится к установлению первого
простого числа р± в данном натуральном ряду чисел и к
вычеркиванию всех чисел, кратных рг*, затем к установлению
второго простого числа р2 и к вычеркиванию всех чисел,
кратных р2, и т. д., т. е. к вычеркиванию в натуральном
ряду от 1 до а всех составных чисел, кратных простым,
меньшим а.
Всякое целое число а, большее единицы, можно пред-
ставить в виде произведения простых множителей рг,
р2, . . . , рп, и притом единственным способом (без учета
порядка следования сомножителей):
а = Pi Ръ • • • Pv
10
Некоторые сомножители могут повторяться, поэтому, обоз-
начая буквами av аа, . . . , ая кратность их вхождения
в а, получим каноническое представление числа а в виде
произведения:
а=Р1‘Р? ••• р?;
любой делитель числа а будет иметь вид:
М/>!‘ ...
где 0<р1<а1, 0<ра<а2...О<0я<ая.
36. Исследовать, какие из чисел между 2320 и 2350
являются простыми.
37. * То же между числами 2640 и 2680.
38. * Найти все простые числа между числами 1300 и
1350.
39. Разложить на простые множители число 218 4- З18.
40. Показать, что при натуральном п > 1 число п* + 4
составное. То же для п4 + п2 4- 1.
41. Найти значения простого числа р, если известно,
что 4р2 4- 1 и 6р2 4- 1 — тоже простые числа.
42. Найти значения простого числа р, если известно,
что р 4- Ю и р 4- 14 — тоже простые числа.
43. Показать, что существует бесчисленное множество
простых чисел вида р — 6k — 1.
44. Показать, что три числа а, а 4- гп, а 4- п не могут
быть одновременно простыми, если а > 3 и натуральные
числа тип дают при делении на 3 остатки, соответствен-
но равные 1 и 2.
45. Показать, что из всех целых чисел вида 2р 4~ 1,
где р — простое число, только одно число является точным
кубом.
46. Если перенумеровать все простые числа, начиная
с 5, то каждое простое число будет больше своего утроен-
ного номера.
47. Показать, что если простое число р > 5, то его квад-
рат при делении на 30 должен давать остаток, равный 1
или 19.
48. Показать, что если р и q — простые числа, боль-
шие 3, то р2 — q2 кратно 24.
п
49. Если нечетное число р может быть представлено
в виде разности квадратов двух натуральных чисел един-
ственным образом, то оно простое, в противном случае
р — составное.
50. Пользуясь замечанием к решению предыдущей за-
дачи, разложить на множители числа: 1) 6643; 2) 1769;
3) 3551; 4) 6497; 5)* 1817; 6)* 2407.
51. Доказать, что если число N может быть представле-
но в виде суммы квадратов двумя способами: N = а2 +
+ Ь2 = с2 + d2, то оно составное.
52. Разложить на множители число 235я + 972я.
53. Разложить на множители число З10 + 3® + 1.
54. Если простое число имеет вид 1+2*, то k = 0
или k = 2я (п = 0, 1, 2, . . . ).
55. Число а“ + , где (а, 6)=1, может быть простым
тогда, когда (a, S) = 1 или (а, р) — 2к.
56. Если 2я — 1 простое число, то и п — простое число.
ГЛАВА II
ЧИСЛОВЫЕ ФУНКЦИИ
§ 4. Функция л (х)
Функция к (х) определяется для всех натуральных х
и представляет собой количество простых чисел в натураль-
ном ряду, не превосходящих х. Значение л (х) находится
точно непосредственным подсчетом простых чисел в нату-
ральном ряду (обычно с использованием таблицы простых
чисел) или, при больших значениях х, приближенно по
формулам:
X
57. Найти точные значения: 1) к (4); 2) я (7); 3) я (10);
4) к (12); 5) я (25); 6)* к (37); 7) к (50); 8)* я (100); 9) к (200);
10)* ж (300); И) я (500); 12)* я (1000).
58. По формуле я (х) найти приближенные зна-
чения и относительные погрешности их:
1) я (50); 2) я (100); 3) я (500); 4) я (1000); 5) я. (5000);
6) я (10 000).
Указание. Натуральные логарифмы чисел в при-
мерах 3)—6) можно найти как логарифмы произведений
меньших чисел, например In 500 = In 10 + In 50.
§ 5. Функция [л:]
Функция [х ] определяется для всех вещественных х
и представляет собой наибольшее целое число, не превос-
ходящее х. Эта функция называется целой частью х.
59. Найти: 1) |j ; 2) |jj; 3) [2,8]; 4) [0,4]; 5) — З-Ц
6) 1—2, 3]; 7)* [/13]; 8) [^25]; 9)* [/30]; 10) [/200JJ
13
11)* [K7154-1J; 12) [)Z580 4-l]; 13)* Г К542 J~2 Ъ
L 3 J
14) |44-cos^j; 15)* jj4-sinl°j; 16) [2-J-lgO,3];
17)* [1-|-lg 12,5]; 18) [2 —1g 2512]; 19)* [1 + In 5];
20) [1 - In 50].
60. Показать, что [x + «/] > [xl + [у ] для любых
вещественных x и у.
61. Решить уравнение [ах] = т, где а =#0 и х—ве-
щественное число.
62. Найти, при каком целом положительном т
[12,4 • т] = 86.
63. Показать, что если 9 — вещественное число, удов-
летворяющее условию 0 < 9 < 1, то [9]+ 9+—| =
= [29 ]. 2
64. Путешественник был в пути целое число дней и про-
езжал каждый день столько километров, сколько всего
дней был в пути. Если бы он проезжал каждый день по
20 км и останавливался на один день через каждые 40 км,
то время его путешествия увеличилось бы на 37 дней.
Определить, сколько всего дней путешественник был в
пути.
65. Найти показатель степени числа 3 в каноническом
разложении числа 100!.
66. Найти показатель степени числа 11 в каноническом
разложении числа 1000!.
67. Сколькими нулями оканчивается число 100!?
68. Разложить на простые множители числа: 1) 10!;
2) 15!; 3) 20!; 4) 25!; 5) 30!.
69. Найти количество целых положительных чисел, не
превосходящих 180 и не делящихся ни на одно из простых
чисел 5, 7, 11.
70. Найти количество целых положительных чисел,
не превосходящих 2311 и не делящихся ни на одно из чи-
сел 5, 7, 13, 17.
71. Найти количество целых положительных чисел, не
превосходящих 100 и взаимно простых с числом 36.
72. Найти количество целых положительных чисел, не
превосходящих 12 317 и взаимно простых с числом 1575.
14
73. Найти количество целых положительных чисел, не
превосходящих 1000 и не взаимно простых с числом 363.
74. В ряду натуральных чисел 1, 2, 3, . . . , 1800,
начиная с 1, вычеркивается каждое пятое число, каждое
восьмое и каждое девятое. Сколько чисел не будет вычер-
кнуто?
75. Доказать, что к (х) = В (х; 2, 3, . . . , р) + k — 1,
где 2, 3, . . . , р есть k последовательных простых чисел,
не превосходящих Кх. Пользуясь результатом этой задачи,
найти л (100).
76. Дано, что В (х; рг, р2, . . ., pk) = а. Найти х, если
х — число, кратное простым числам plt р2, ... , pk.
77. Сколько чисел в интервале от 1 до 120 делится на
одно и только одно какое-нибудь из чисел 2, 3 или 5?
78. В урне находится 5000 шаров, перенумерованных от
1 до 5000. Как велика вероятность того, что вынутый на-
удачу шар будет иметь номер, кратный какому-нибудь из
чисел 14, 21, 10?
79. Доказать, что наибольший показатель, с которым
простое нечетное число р входит в каноническое разложе-
ние 1 • 3 • 5 • ... • (2m + 1), равен:
~2от -|- 1
. Р
причем
pk •< 2m 1 < pft+1.
80. Найти число целых и положительных решений урав-
нения
'х Г х
a J [а — 1J
где а > 1 — целое положительное число.
81. Если х—число действительное и п—натуральное, то
х - — [пх].
§ 6. Функция {х}
Функция {х} определяется для всех вещественных х
и представляет собой дробную часть от х. Эта функция
находится по формуле:
{х) = х — [х 1.
15
82. Найти: 1) (2,6), 2) 3) {7}, 4) {—4,35), 5)* {0,4},
б) {—2 j), 7)* {—4,8), 8)* {—0,5}.
§ 7. Функции а (а) и т (а)
Функции <1 (а) и х (а) определяются для всех натураль-
ных а и представляют собой соответственно сумму и число
всех натуральных делителей данного натурального числа а.
Вычисляются эти функции по формулам:
p«t+l _ J pM-l _j рап +1 _ |
о (а) = —-------- —------ ... —---------;
Pi — 1 Pi — 1 Рп — 1
Ца) = (а14-1)(аа+1) ... (а„+1),
где plt р2...... рп— простые делители числа а и
alt аа, ..., ап — показатели степеней простых делителей в
каноническом разложении числа а:
а — Р’\> р°? ... ра».
83. Найти сумму и число всех натуральных делителей
следующих чисел: 1) 375; 2) 720; 3) 957; 4) 988; 5) 990;
6) 1200; 7)* 1440; 8)* 1500; 9)* 1890; 10)* 4320.
84. Найти все делители чисел: 1) 360, 2) 375, 3)* 957,
4)* 988.
85. Найти целое положительное число, зная, что оно
имеет только два простых делителя, число всех делителей
равно 6, а сумма всех делителей равна 28.
86. N = ра (f , где р и q =/* р — простые числа. №
имеет 15 различных делителей. Сколько делителей имеет №?
87. Вывести формулу суммы k-x. степеней всех дели-
телей числа а = р“‘ ... р’" .
88. Пользуясь выведенной формулой, найти:
1) са(12), 2) аа(18), 3)* а3(36), 4) аа(16), 5)* в,(8).
89. Показать, что числа 28, 496, 8128 являются совер-
шенными, т. е. равными полусумме всех своих делителей-
90. Показать, что произведение всех делителей числа N
п
равно N 2 , где п — число всех его делителей.
16
91. Найти число 7/, произведение всех делителей кото-
рого равно 5832.
92. Найти число N, произведение всех делителей кото-
рого равно З80 • 540.
93. Доказать, что
дг _ di 4~ dg 4~ • • • 4~ ^л-1 4- &п
1 ± 1 4- 1’
dj "г dj + * ” + dn_i dn
где dlt d2, ..., dn — все делители числа АГ.
94. Сколько существует различных разложений на два
множителя числа, данного каноническим разложением N =
— ааЬ$ ... т* (а, Ь, ..., т — простые числа)?
95. Найти число N — 2“ 5₽ 7\ зная, что 5JV имеет на
8 делителей больше,чем N; 7N—на 12 делителей больше, чем
/V; 8М — на 18 делителей больше, чем А/.
96. Число N имеет вид:
7V = 2* . ЗУ . 5*.
Если N разделить на 2, то новое число будет иметь на 30
делителей меньше, чем N\ если N разделить на 3, то новое
число будет иметь на 35 делителей меньше, чем?/; если W
разделить на 5, то делителей будет меньше на 42. Найти N.
§ 8. Функция Эйлера <р (а)
Функция Эйлера <р (а) определяется для всех натуральных
а и представляет собой количество натуральных чисел, вза-
имно простых с а и не превосходящих а; при этом счита-
ется, что <р (1) = 1. Вычисляется эта функция по формуле:
<f(a) = a{ 1 — -Wl- -'i ... (1 —
\ Р11\ Pil X Рп]
где р1г р2, ..., рп — простые делители в каноническом
разложении _ «, «, «„
U — р2 р2 . . . Рп .
В частности, <р (р“) = р“-1 (р — 1) и <р (р) = р — 1.
Функция Эйлера мультипликативна, т. е.
Ф (.а-Ь. ... •/) = ? (а)-<р (£>)• ...•?(/)
при попарно простых а, Ь, . . . , I.
17
97. Найти функцию Эйлера для чисел: 1) 375; 2) 720;
3)* 957; 4) 988; 5)* 990; 6) 1200; 7)* 1440; 8) 1500; 9)* 1890;
10) 4320.
98. Найти функцию Эйлера для простых чисел:
1) 17; 2) 31; 3)* 43; 4) 71; 5)* 83.
99. Найти функцию Эйлера для степеней простых чисел:
1) З5; 2) 54; 3)* II3; 4) 172; 5)* 232.
100. Найти функцию Эйлера от каждого из следующих
произведений, не вычисляя самих произведений: 1) 5 • 11;
2) 5 • 7 . 13; 3)* 17 . 23; 4) 12 . 17; 5)* 14 . 15;
6) 11 • 14 . 15; 7)* 32 . 81 • 49; 8)* 24 . 28 . 45;
9)* 720 . 957; 10) 990 • 1890.
Указание. Чтобы сомножители были попарно про-
стыми, следует предварительно представить их, а затем и
все произведение в каноническом разложении. Например,
12 • 21 • 28 = 22 . 3 • 3 . 7 . 22 . 7 = 24 . З2 . 72.
101. Сколько чисел в интервале от 1 до 120 не взаимно
простых с 30?
102. Дано, что <р (а) = 3600 и а = За -5Р «7Т, Найти а.
103. Дано, что <? (а) = 120 .и а = pq, где р и q — раз-
личные простые числа. Найти а, если р — q — 2.
104. Дано, что (а) =11 424 и а = p2q2, где р и q —
различные простые числа. Найти а.
105. Найти а, если (а) = 462 000 и а = р“’р“а... р“«
с показателями а1; а2, ..., а„, большими единицы.
106. Показать, что сумма (S) чисел, взаимно простых
с числом т и меньших т, вычисляется по формуле:
S = 1 т • <р (т).
107. Применить формулу S = т • <f>(tri) для чисел:
1) 12; 2)* 15; 3) 18; 4)* 28; 5) 375 ; 6)* 720е
108. Решить уравнение (7х) = 705 894.
109. Сколько существует положительных правильных
несократимых дробей — с данным знаменателем Ь?
ь
ПО. На основании решения предыдущей задачи найти
количество всех положительных правильных несократимых
дробей со знаменателями: 1) 10; 2) 16; 3) 36; 4)* 17; 5) 72.
111. Найти число всех положительных правильных не-
сократимых дробей — со знаменателями от b = 2 до b =п.
1§
112. На основании решения, предыдущей задачи найти
число всех положительных правильных несократимых
дробей со знаменателями: 1) от 2 до 5; 2) от 2до 10; 3) от 2
до 15.
113. Найти количество натуральных чисел, меньших
числа 300 и имеющих с ним наибольшим общим делителем
число 20.
114. Найти количество натуральных чисел, меньших чис-
ла 1665 и имеющих с ним наибольшим общим делителем
число 37.
115. Найти количество натуральных чисел, меньших
числа 1476 и имеющих с ним наибольшим общим делите-
лем число 41.
116. Доказать, что при т 3 значение <? (т) есть
всегда число четное.
117. Проверить справедливость формулы Гаусса
^<p(d) = a
d/a
для следующих значений числа а: 1) 72; 2)* 80; 3)* 360;
4)* 375; 5)* 957; 6)* 2800.
118. Доказать, что
<р (4п) = 2?(2п), <р (4п + 2) = <р (2n + 1).
119. Найти х, если <р (х) = 12.
120. Решить уравнение: <р (2х) = <р (Зх).
121. Доказать, что уравнение <р (5х) = <р (7х) нераз-
решимо в целых числах.
122. Показать, что если <р(т) = 2₽ • 3 и m=pip2 pkt
где pi — различные простые нечетные числа, то pz = 2“z X
X 3 -f-1 или Pi = 2“z -J- 1, где az > 0 (t = 1, 2, ..., k)-
123. Найти x, если: 1) <p(x) = — x, 2) <p(x) = —x,
2 3
3) 4) ?(*) = tx
О 4
ГЛАВА Ш
СРАВНЕНИЯ
§ 9. Понятия о сравнениях и свойства сравнений
Определение сравнения. Два целых числа
а и Ь, дающие при делении на целое положительное число т
один и тот же остаток:
а = mqi + г и b — mqt + г,
называются равноостаточными или сравнимыми между
собой по модулю т, что записывается так:
a s b (mod т)
и читается: «а сравнимо с b по модулю т».
Теорема (о смысле сравнения). Если а = b (mod т),
то разность а — Ь делится на т, и наоборот, если разность
между двумя числами а и Ь делится на т, то a=i b (mod tri).
Следствие. Всякое целое число сравнимо со своим
остатком по любому модулю т, т. е. если
а = mq + г,
то а = г (mod tri).
В частности, если г = 0, то as 0 (mod m); это сравне-
ние показывает, что m/а и, наоборот, если m/а, то пишут
a = 0 (mod т).
Основные свойства сравнений (ана-
логичные свойствам равенств).
1. Два целых числа, сравнимые с третьим по общему мо-
дулю, сравнимы между собой, т. е. если
а = с (mod т), b = с (mod т),
то
а = b (mod т).
20
2. Сравнения с общим модулем можно почленно склады-
вать и вычитать, т. е. если
а = b (mod т), с == d, (mod т),
то
а ± с == b ± d (mod т).
Следствия.
1) Члены сравнения можно переносить из одной части в
другую с противоположным знаком, т. е. если, например,
а + 6 = с (mod т),
то
а = с — Ь (mod т).
2) К одной части сравнения можно прибавлять или вы-
читать из нее любое число, кратное модулю, т. е. если
а = b (mod т),
то
а ± mk = b (mod т), или а = b ± mk (mod т).
3. Сравнения с общим модулем можно почленно перемно-
жать, т. е. если
а == b (mod т), с = d (mod т),
то
ас = bd (mod т).
Это свойство распространяется и на случай п сравне-
ний.
Следствия. 1) Обе части сравнения можно возвы-
шать в степень с целым положительным показателем,
т. е. если
а = b (mod /и),
то
ап = bn (mod /и).
2) Обе части сравнения можно умножать на одно и
то же целое число, т. е. если
а ==> b (mod т),
то
ak э bk (mod т).
4. Обе части сравнения можно делить на их общий дели-
тель, если он взаимно прост с модулем т, т. е. если
ak == bk (mod т) и (k, т) = 1,
то
а = b (mod т).
21
5. Если f (х) есть целая рациональная функция с целы-
ми коэффициентами
f (х) = аохп 4- а^”-1 4- ... ал
и если
х = хх (mod т),
то
f (х) = f (хх) (mod т).
Особые свойства сравнений.
1. Обе части сравнения и модуль можно умножать на
одно и то же целое положительное число, т. е. если
a = b (mod т),
то
ak = bk (mod mk).
2. Обе части сравнения и модуль можно делить на лю-
бой их общий делитель, т. е. если
а = b (mod т)
И
а = ard, b ~ bYd, т = т-$,
то
а± = Ьг (mod mx).
3. Если сравнение имеет место по нескольким модулям,
то оно имеет место по модулю, равному наименьшему об-
щему кратному данных модулей, т. е. если
а = b (mod mJ, а == b (mod m2), . . . , а= b (mod mk),
то
а = 6 (mod /И),
где М = [т±, т2, ...» mk\.
4. Если сравнение имеет место по модулю т, то оно
имеет место и по модулю d, равному любому натуральному
делителю числа т .
5. Если одна часть сравнения и модуль делятся на какое-
либо число, то и другая часть сравнения делится на это чи-
сло.
124. Показать, что если п — нечетное число, то и2 —
-1=0 (mod 8).
22
125. Если р — простое число, то (a-\-b)p = ap-\-bp (mod р).
126. Показать, что если 100а106 4-^^0(mod21), то
а — 2Ь + 4с н= 0 (mod 21).
127. Если 3я — 1 (mod 10), то Зя+4 ==. — 1 (mod 10).
128. Показать, что 2й ’31 = 2 (mod 11 • 31).
129. С каким наименьшим по абсолютной величине
числом сравнимо число N = 11 • 18 • 2322 -13-19 по
модулю 7?
130. Проверить, что З14 = — 1 (mod 29).
131. Найти остаток от деления 15326 — 1 на 9.
132. Доказать, что если р — простое число, то
СД s(-lHmodp).
133. По утверждению Ферма, 22” + 1 — простое число
при всех натуральных п. Эйлер показал, что уже при п = 5
получается число, кратное 641. Проверить.
134. Доказать, что если даны два сравнения
ас W(mod т)
a~b Р '
и (а, т) ~ 1, то можно почленно первое сравнение разде-
лить на второе и написать
с == d (mod m).
135. Известно, что а100= 2 (mod 73) и а101 = 69 (mod 73).
Найти остаток от деления числа а на 73.
136. Дано, что выражение + есть целое число.
Доказать, что тогда и — тоже целое число.
137. Доказать, что
12^i_|_22^+14-32^1+ ... +(р — l)mi-^0(modp),
где р — простое число, большее 2.
138. Доказать, что если a=b (mod рп), то ap^=bp (mod pn+1)
(р— число простое).
§ 10. Вычеты и системы вычетов
Совокупность целых чисел, дающих при делении на
натуральное число т (модуль) один и тот же остаток г,
образует класс чисел по этому модулю т. Все числа данного
класса в общем виде записываются так: mk + г, где k —
любое целое число. Число всех классов равно т.
23
Любое число класса называется вычетом по данному
модулю т (по отношению ко всем числам того же класса).
Совокупность любых чисел, взятых из каждого класса
по одному, называется полной системой вычетов по данному
модулю т.
Обычно в качестве полной системы вычетов употребля-
ется полная система наименьших неотрицательных вы-
четов по данному модулю т, т. е. система чисел: 0, 1,
2, . . . , т — 1.
Иногда употребляется и полная система наименьших
по абсолютной величине неположительных вычетов по дан-
ному модулю т, т. е. числа: —(т — 1), —(т — 2), ...
—2, -1, 0.
Часто употребляется также полная система абсолютно
наименьших вычетов по модулю т. Например, для т = 5
этой системой будут числа: —2, —1, 0, 1,2; для т = 6 —
числа: —2, —1, 0, 1, 2, 3 или —3, —2, —1, 0, 1, 2.
Совокупность чисел, взятых из полной системы вычетов
и взаимно простых с модулем /и, называется приведенной
системой вычетов по этому модулю т. Число чисел, состав-
ляющих приведенную систему вычетов, равно <? (т).
Употребляются те же три вида приведенной системы выче-
тов, что и полной системы, но теперь они носят названия:
приведенная система наименьших положительных вычетов,
приведенная система наименьших по абсолютной величине
отрицательных вычетов и приведенная система абсолютно
наименьших вычетов.
По простому модулю р приведенная система наимень-
ших вычетов отличается от полной системы только от-
сутствием вычета нуль и состоит из чисел:
1, 2, 3, . . . , р—1 — приведенная система наи-
меньших положительных вы-
четов;
—(р — 1), — (р — 2),. . . ,—2, — 1—приведенная система
наименьших по абсолютной ве-
__ личине отрицательных вычетов.
±1, ±2, . .., —приведенная система аб-
солютно наименьших вычетов
Общее свойство полной и приведен-
ной системы вычетов.
Если числа х19 х2, . . . , xs представляют собой полную
(s = т) или приведенную^ = <р (т)) систему вычетов по
24
модулю т, то и числа ах1г ах2, . . . , axs, где (а, т) —
также представляют собой соответственно полную или
приведенную систему вычетов по модулю т.
139. Написать все три вида как полной, так и приведен-
ной системы вычетов по следующим модулям: 1) т = 9;
2) /п=8; 3)* р = 13; 4)* т = 12; 5)* т = 15; 6)* р = 7;
7)* т = 10.
140. Показать, что числа 25, —20, 16, 46, —21, 18, 37,
—17 составляют полную систему вычетов по модулю т = 8.
Л41*. Показать, что числа 32, —9, 15, 42, —18, 30, 6 со-
ставляют полную систему вычетов по модулю р = 7.
142*. Показать, что числа 21, 2, —18, 28, —19, 40,
—22, —2, 15 составляют полную систему вычетов по мо-
дулю т = 9.
143*. Показать, что числа 24, 18, —19, 37, 28, —23,
—32, 5, 41, —35, —33 составляют полную систему выче-
тов по модулю т = 11.
144*. Показать, что числа 19, 23, 25, —19 составляют
приведенную систему вычетов по модулю т = 12.
145*. Показать, что числа 11, —1, 17, —19 составляют
приведенную систему вычетов по модулю т = 8.
146*. Показать, что числа 13, —13, 29, —9 составляют
приведенную систему вычетов по модулю т = 10.
147. Найти наименьшие неотрицательные, наименьшие
по абсолютной величине неположительные и абсолютно
наименьшие вычеты чисел 24, 14, 25, 37, —8, —19, —40
по модулю т—6. Ко скольким различным классам принад-
лежат данные числа по данному модулю? Какие числа из
данных принадлежат к Одному и тому же классу по дан-
ному модулю?
148*. Условие предыдущей задачи применить к числам
17, —14, 19, —49, —22, 21, —29 по модулю т = 8.
149. Найти наименьшие неотрицательные, наименьшие по
абсолютной величине неположительные и абсолютно наи-
меньшие вычеты числа 100 по модулям: 5, 7, 11, 25, 120,200.
150*. Условие предыдущей задачи применить к числу
50 по модулям: 3, 8, 12, 25, 70, 100.
151*. Заменить вычеты —9, —8, —7, —6, —5, —4,
—3, —2, —1, 0 по модулю 10 наименьшими неотрицатель-
ными вычетами по этому модулю.
25
§ II. Теоремы Эйлера и Ферма
Теорема Эйлера. При m > 1 и (а, т) = 1
имеет место сравнение:
_ j (m0(j т\,
где ф (т) — функция Эйлера.
Теорема Ферма. При р простом и (а, р) = 1
имеет место сравнение:
ар~г = 1 (mod р).
Следствие.
ар — а = О (mod р)
при любом целом положительном а.
152. Проверить теорему Эйлера: 1) при а = 5, т = 24;
2)* при а = 2, т = 33; 3)* при а = 3, т — 16; 4) при а —
= 3, т = 18; 5)* при а = 3, т = 24.
? 153. Пользуясь теоремами Эйлера и Ферма, составить
сравнения по модулям: 1) 6; 2) 5; 3)* 8; 4)* 7; 5)* 10; 6)* 12.
Выписать значения а и классы чисел, удовлетворяющих
каждом^ сравнению.
154. Найти остатки от деления: 1) 383175 на 45; 2) 109345
на 14; 3) 439291 на 60; 4) 293278 на 48; 5)* 6617 на 7; 6)* 11783
на 11.
155. Найти остатки от деления: 1) З80 + 780 на 11;
2) З100 + 5100 на 7; 3) 2100 + З100 на 5; 4) 570 + 780 на 12;
5)* 580+ 7100 на 13; 6)* 58° + 13100 на 18.
156. ) Найти последние две цифры числа 2100.
157. Найти последние три цифры числа 243402.
158. Найти остаток от деления 9341 на 111.
159. Доказать, что если ар = ± 1 (mod р), то тогда и
ар = + 1 (mod р2) (р — число простое).
160. Если р и q — неравные между собой простые числа,
то
р9-1 -р 1 (mod pq).
161. Доказать, что при любом целом х
х1 = х (mod 42).
162. Показать, что если т > 1 — нечетное число, то
2'1,(т)-1дает При делении на т остаток, равный т— -1
26
163. Найти остаток от деления 4Ф('”)-1 на нечетное число
т > 1.
164. Доказать, что если N = + а2 + . . . + ап
делится на 30 (а{— целые и положительные числа), то и
М = «/-}-аа64- ... 4-а„5
делится на 30.
165. Показать, что 100-я степень любого целого числа
либо делится на 125, либо при делении на 125 дает остаток,
равный 1.
166. Показать, что если (а, 10) = 1, то a1<,()"+1 == а
(mod 1000), где п — натуральное число.
167. Показать, что 219.73-1 s= 1 (mod 19-73).
168. Показать, что сравнение
авт авл s о (mod 7),
где tn и п — натуральные числа, может иметь место только
при а, кратном 7.
169. Показать, что если (и, 6) = 1, то n2 = 1 (mod 24).
170. Показать, что числа р и 8р2 4- 1 могут быть одно-
временно простыми только при р = 3.
171. Найти простое число р из условия:
5P’4-1 =0(modp2).
172. Показать, что произведение трех последовательных
целых чисел, среднее из которых равно кубу некоторого
целого числа, делится на 504.
173. Показать, что если при р > 3 числа р и 2р + 1 —
простые, то 4р 4- 1 — число составное.
§ 12. Сравнения с одним неизвестным (общие понятия)
Сравнение п-й степени с одним неизвестным в общем ви-
де записывается так:
аохп ... 4~ = 0 (mod tn),
или короче
/ (х) == 0 (mod tri),
где коэффициенты а0, аг , . . ., ап — целые числа и пока-
затель п степени сравнения — целое неотрицательное число.
Решить сравнение — значит найти все значения х,
удовлетворяющие сравнению.
27
Два сравнения по одному и тому же модулю с одним и
тем же неизвестным х называются равносильными, если им
удовлетворяют одни и те же значения х.
Если сравнению / W = 0 (mod m) удовлетворяет ка-
кое-либо значение х = а, то этому сравнению удовлетворя-
ют и все числа, сравнимые с а по модулю т: х = а (mod /п),
или, что то же, х = mk 4- а, т. е. все числа, составляющие
один класс вычетов по модулю т, которому принадлежит а.
Каждый класс составляет одно решение. Следовательно,
решить сравнение — значит найти классы чисел, удовлетво-
ряющих сравнению.
Так как числа, взятые из каждого класса по одному, со-
ставляют полную систему вычетов, то найти классы чисел,
удовлетворяющих данному сравнению, это значит найти
соответствующие им вычеты полной системы, удовлетво-
ряющие сравнению. Обычно в качестве а берутся наимень-
шие неотрицательные или абсолютно наименьшие вычеты
по данному модулю т. Таким образом, сколько вычетов из
этой системы удовлетворяют сравнению, столько решений
и имеет сравнение.
174. Путем испытаний наименьших неотрицательных
вычетов найти решения следующих сравнений:
1) 5х2 — 15х 4- 22 = О (mod 3);
2) х2 4- 2x4- 2 = 0 (mod 5);
3) Зх = 1 (mod 5);
4)* Зх = 1 (mod 13);
5) 8х = 3 (mod 14);
6)* 2х в 7 (mod 15);
7)* 6х = 5 (mod 9);
8)* х2 — 2х 4- 2 s 0 (mod 3);
9) х8 — 2 = 0 (mod 5);
10)* 2х8 — Зх2 4- 2х — 1 = 0 (mod 7).
175. Путем испытаний абсолютно наименьших вычетов
решить следующие сравнения, предварительно упростив
их на основании свойств сравнений:
1) 12х = 1 (mod 7);
2)* 8х в 1 (mod 5);
3) Зх = 13 (mod 11);
4) 6х= 3 (mod 7);
5)* 6х 4- 5 = 6 (mod 7);
6) 6x 4- 5 = 1 (mod 7);
28
7)* Зх + 4 а 2 (mod 5);
8)* 15х 4- 4 * 7 (mod 11);
9) 90хм + 46х2 — 52х + 46 а 0 (mod 15);
10)* 25х8 — 36х8 + 18х 4- 13 а 0 (mod 12).
176. Применяя второе следствие из второго основного
свойств? и четвертое основное свойство сравнений, решить
сравнения:
1) 2х а 7 (mod 15);
2)* 5х а 2 (mod 8);
3)* 7х а 2 (mod 13);
4)* 13ха 5 (mod 47);
5)* Зх а 23 (mod 37).
177. Показать, что если (n, т) = 1, то сравнение п-й
степени
х" + fliX""1 + ••• 4-arta0(modm)
* можно, путем введения нового неизвестного у, привести
к сравнению той же степени
У" + Ъгуп~2... + Ъпа0(modtn),
у которого отсутствует член (п — 1)-й степени.
178. Пользуясь предыдущей задачей, привести сравне-
ние
х8 + 5х2 4- 6х — 8 = 0 (mod 13)
к трехчленному виду:
у8 4- ру 4- q а 0 (mod 13).
§ 13. Сравнения первой степени
Сравнение первой степени в общем виде записывается
так:
ах a b (mod т).
При решении сравнения первой степени могут быть сле-
дующие три случая:
1) Если (а, и) = 1, то сравнение имеет одно и только
одно решение (в смысле класса чисел х по модулю т).
2) Если (а, т) = d > 1, но свободный член b не де-
лится на d, то сравнение совсем не имеет решений.
3) Если (а, т) = d > 1 и Ь делится на d, то сравнение
имеет d решений, которые находятся по формуле
хА+1 a mtk 4- a (mod т),
29
где k = О, 1, 2, ..d—1; число а — решение сравнения
arx = br (mod где т = tn^d. Это сравнение получается
из данного ах b (mod m) после сокращения его членов и
модуля т на d.
Способы разыскания решения сравнения ах = b (mod tri)
рассматриваются только для первого случая, когда
(а, т) = 1, так как третий случай сводится к первому
после сокращения на d.
Применяются следующие три способа р е ш е-
н и я:
а) решение находится путем непосредственных испы-
таний наименьших неотрицательных или абсолютно на-
именьших вычетов по модулю т;
б) способ Эйлера. Решение находится по формуле
х ba? ('n)~1 (mod m),
где <р (т) — функция Эйлера;
с) при помощи конечных непрерывных дробей по фор-
муле
х — (— \)nbPn_r (mod m),
где Рп^ — числитель предпоследней подходящей дроби
при разложении — в непрерывную дробь*.
а
Замечание. Иногда сравнение легко решается
искусственным путем (см. упр. 176).
179) Решить способом Эйлера следующие сравнения:
1)* Зх == 1 (mod 5); 5)* 25х = 15 (mod 17);
2)* 5xs6(mod 7); 6)* 29х = 3 (mod 12);
3) 5x^7 (mod 10); 7)* 5х = 26 (mod 12);
4) 3x^8 (mod 13); 8)* 4x = 7 (mod 8).
Указания. 1) В примерах 5), 6) и 7) сравнения пред-
варительно упростить; 2) правильность ответов проверить
подстановкой.
180. Решить при помощи непрерывных дробей следу-
ющие сравнения:
* Основные сведения из теории конечных непрерывных дробей
изложены в § 22 настоящего сборника.
30
23л; =667 (mod 693);
143л; = 41 (mod 221);
91л; = 143 (mod 222);
271x = 25 (mod 119);
13л: = 178 (mod 153).
6)*
7)
8)*
9)*
10)
7х =
13л; =
37л;
113xs
221л: = 111 (mod360);
Указания. 1) В примерах 8), 9) и 10) сравнения
предварительно упростить; 2) правильность ответов про-
верить подстановкой.
184. Решить одним из способов следующие сравнения,
! > 1 и d / b (третий случай):
6)*
7)*
8)*
9)*
10)*
проверить подстановкой.
2)*
3)*
4)*
5)*
4 (mod 19);
1 (mod 27);
25 (mod 117);
89 (mod 311);
в которых (а, т) = d
1)*
2)
3)
4)*
5)*
90x+ 18 = 0 (mod 138);
375x = 195 (mod 501);
14xs 22 (mod 36);
78x= 42 (mod 51);
114xs 42 (mod 87).
12x==s 9 (mod 15);
12л: = 9 (mod 18);
20x = 10 (mod 25);
10л: = 25 (mod 35);
39x = 84 (mod 93);
Правильность ответов
182. Приписать справа к числу 523 такие три цифры,
чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9.
183*. Приписать справа к числу 32 такие две цифры,
чтобы полученное четырехзначное число делилось на 3 и 7.
§ 14. Системы сравнений первой степени
Систему сравнений первой степени с одним и тем же
неизвестным, но с разными модулями, запишем в общем
виде так:
ахх = br (mod т^),
а2х == b2 (mod m2),
(1)
апх = bn (mod тп). ,
Общий способ (способ последовательного решения)
состоит в том, что сначала находится х =з a (mod т)
из первого сравнения, где а — наименьший неотрицатель-
ный или абсолютно наименьший вычет по модулю
и берется класс чисел
х = mvt 4- а, (*)
удовлетворяющих первому сравнению.
Затем это значение х подставляется во второе сравнение,
что дает
а2 (тх/ Ц- а) = &2 (mod m2),
31
откуда находится t опять в виде класса чисел
t = 4- р
и подставляется в равенство (*).
В результате получается значение х в виде класса чи-
сел, удовлетворяющих первым двум сравнениям системы.
Дальше это значение х подставляется в третье сравнение
системы, так же находится ilt затем находится х и подстав-
ляется в четвертое сравнение системы и т. д.
Заметим, что можно идти и несколько иным путем:
сначала решается каждое из сравнений системы и пред-
ставляется в виде:
х = 04 (mod /пх),
xsaa(modm2),
xs=an (mod та),.
а затем поступают описанным способом.
Если окажется, что хотя бы одно из сравнений системы(1)
не имеет решения или сравнение относительно tt в описан-
ном способе неразрешимо, то система (1) не имеет решения.
Если для сравнений az№ bt (mod tnj) системы (1)
(az, mz) = dt и dt I blt то, сокращая члены и модуль каж-
дого t-го сравнения на dz, получаем систему:
— х = — (mod— ),
di \ di j
a±x = b± (mod—),
с^2 di \ di J
— (mod—V
dn dn\ dn /
эквивалентную (1).
Сравнения этой системы можно решить относительно х
и свести решение системы (3) к решению системы:
х==ах (mod —У
\ dz /
х = а, ( mod — \
\ >
(4)
х = а (mod—V
° \ dJ I
32
Если в системе (2) модули ту т2, ...» тп попарно про-
сты, то решение ее можно находить не указанным выше
общим способом, а по формуле:
м , м . . м
X0 = ~yiai + —у2а2+ ... УЛ
/т?! tn% mpi
где М = [тк, т2, .... тп] и yv у8, ... , уп есть решения
сравнений:
— у, 2= 1 (mod m,).
mi
Решением системы будет:
х = х0 (mod М).
Этим способом можно решать и систему (4), если модули
irti т2 тп
—, —.......— попарно просты.
dj di dn
184. Решить системы
1) х = 4 (mod 5),'
х = 1 (mod 12),
х= 7 (mod 14).,
2)* х = 13 (mod 16), ’
х 2= 3 (mod 10),
х== 9 (mod 14).,
3) х = 1 (mod 25),
x== 2 (mod 4),
x s 3 (mod 7),
x= 4 (mod 9).,
4)* 4x= 3 (mod 7),
5xe= 4 (mod 11),
11X2= 8(mod 13)..
5) 2x = 7 (mod 13),
5x 2= 8 (mod 17),
3x= 7 (mod 31),
14x = 35 (mod 19).,
сравнений:
6) 4x == 7 (mod 13),'
x as 2 (mod 17),
5x = 3 (mod 9),
8x2 4 (mod 14).
7) 3x = 7 (mod 10),'
2x = 5 (mod 15),
7x == 5 (mod 12).,
8) 4x = 1 (mod 9),'
5x 2 3 (mod 7),
4x= 5 (mod 12).,
9) 5x = 1 (mod 12),
5хг= 2 (mod 8),
7x2s 3 (mod 11).,
10) Зх 2E 1 (mod 10),
4x 22 3 (mod 5),
2x 22 7 (mod 9).,
2 Заказ 43
33
185. Найти наименьшее натуральное число, которое
при делении на 7, 5, 3, 11 дает соответственно остатки 3,
2, 1, 9.
186. При каких значениях а следующие системы сов-
местны:
1) л- = 5 (mod 18),
х = 8 (mod 21),
х = a (mod 35).
2) х= 3 (mod 11),
х ==. 11 (mod 20),
х = 1 (mod 15),
№ a (mod 18)?
187. Число, записываемое в десятичной системе счисле-
ния как 4х 87у 6, делится на 56. Найти это число.
188. Число N, записываемое в десятичной системе счис-
ления как xyzl38, делится на 7; a 138xyz при делении
на 13 дает остаток 6 и xly3z8 при делении на 11 дает оста-
ток 5. Найти число N.
189. Найти восьмизначное число, представляющее точ-
ный квадрат, зная, что два числа, образуемые одно первы-
ми четырьмя цифрами, а другое остальными четырьмя
цифрами, суть числа последовательные.
190. Зная, что число 13ху45г делится на 792, найти
х, у, г.
191. Найти трехзначные числа, обладающие тем свой-
ством, что, приписав к каждому из них справа следующее
за ним, получим точный квадрат.
192. Некоторое целое число при делении на 7 дает в
остатке 3; его квадрат при делении на 72 дает в остатке 44;
наконец, его куб при делении на 73 дает в остатке 111.
Найти это число.
193. Решить сравнение х2 es —1 (mod 65).
§ 15. Решение в целых числах неопределенных уравнений
первой степени с двумя неизвестными
при помощи сравнений
Неопределенное уравнение первой степени с двумя не-
известными, как известно, имеет вид:
ах + by = с,
где а, Ь, с — целые числа.
34
Если (а, b) = 1, то уравнение имеет целые решения, ко-
торые в общем виде записываются так:
х = %i + bt,
у = у?1 — at
или при отрицательном b удобно брать:
х = — bt,
у = уг + at.
В этих формулах решения х1 и ух — пара частных целых
значений х и у, удовлетворяющих уравнению, и t — про-
извольное целое число.
Если (a, ft) = d > 1 и с не делится на d, то уравнение
ах 4~ by = с не имеет решений в целых числах.
Из теории неопределенных уравнений первой степени
известны несколько способов отыскания пары частных
значений неизвестных, удовлетворяющих уравнению.
При помощи сравнений эта пара частных значений на-
ходится так: исходя из уравнения ах + by ~ с, записы-
вается сравнение ах s с (mod &), где b берется со зна-
ком плюс; значение %, удовлетворяющее сравнению, бе-
рется в качестве xlf а значение ух обычно находится непо-
средственно из уравнения после подстановки в него най-
денного значения хг.
194.) Решить в целых числах уравнения:
1) 3x4- 4у= 13; 7)* 53x4- 47у= И;
2) 8х—13у = 63; 8) 45х — 37у = 25;
3)* 7х — 19у = 23; 9) 81х— 48у = 33;
4) 39х — 22у = 10; Ю) 26x4- 34у = 13;
5)* 17х —25у = 117; 11)* 122x4-129у= 2;
6) 43х-|-37у = 21; 12)* 258х—172у = 56.
195. Для перевозки зерна имеются мешки по 60 кг
и по 80 кг. Сколько нужно тех и других мешков для пере-
возки 440 кг зерна?
196*. Ставится водопровод протяжением 105 м\ имеют-
ся трубы в 3 м и в 4,5 м длиной. Сколько нужно поставить
тех и других труб?
197. Сколько билетов по 30 коп. и по 50 коп. можно ку-
пить на 14 руб. 90 коп.?
198*. Сколько почтовых марок по 3 коп. и по 4 коп.
можно купить на 50 коп.?
?*
35
§ 16. Сравнения высших степеней по простому модулю
Общий вид таких сравнений следующий:
f (х) = aQxn + а^х^1 4- ... + ап = 0 (mod р), (1)
где р — простое число, aQ 0 (mod р), п — целое неотри-
цательное число и коэффициенты — целые числа.
Приведем некоторые теоремы из теории сравнений
вида (1).
Теорема (о понижении степени срав-
нения). Сравнение вида (1) при п^> р можно заменить
равносильным ему сравнением 7? (х) == 0 (mod р) степени
не выше р — 1, где. R (х) представляет собой остаток от
деления f (х) на хр — х.
Теорема (о тождественном сравне-
нии). Если сравнению вида (1), где п < р — 1, удовлетво-
ряют несравнимые между собой по модулю р числа
04, а2, . . . , аЛ, то имеет место тождественное сравнение:
f(x)^(x — a1)(x — a2) ... (х — ak) fk (х) (mod р), (2)
или, иначе можно сказать, что сравнение (1) равносильно
сравнению
(х •—04) (х — з2) ... (х — ak)fk(х) = 0(modр), (3)
где fk (х) — многочлен степени n — k.
Левую часть сравнения (3) • называют также разложе-
нием f (х) на множители по данному модулю р.
Замечание. Разложение многочлена на множите-
ли по данному модулю не является алгебраическим разло-
жением по корням уравнения / (х) = 0.
Следствие. Если k = п, то сравнение (2) равно-
сильно сравнению
f(x)^a0(x — a1)(x — az) ... (х — ал)(modр), (2х)
а сравнение (3) •— сравнению
а0(х — ях)(х — as) ... (х — я„) ===== 0(modр). (3х)
Теорема (о числе решений). Сравнение (1),
где п < р — 1, не может иметь больше, чем п несравни-
мых между собой по модулю р решений, причем некоторые
из них могут оказаться кратными решениями.
36
Теорема Вильсона. Для всякого простого числа
р имеет место сравнение
(р — 1)1 + 1 = О (mod р)
и наоборот, т. е. если (р — 1)! + 1 делится на р, то р —
число простое.
199. Решить следующие сравнения, предварительно
понизив их степени:
1) 6х10 — 12x4-1 sO(mod 5);
2) х5 — 2х3 4~ х2 — 2 = 0 (mod 3);
3)* х5 — 7х4 4- 9х2 — х 4- 13 = 0 (mod 3);
4) х7 — Xе 4- 5х2 — 3 = 0 (mod 5);
5)* х® 4- х4 4~ х3 — ха — 2 = 0 (mod 5);
6) х7 — 6 = 0 (mod 5);
7)* х84-2х74-х8 — х4 — x4-3 = 0(rnod.5);
8) 6х44-17х2— 16 = 0 (mod 3);
9)* 4х7 — 2х3 4- 8 = 0 (mod 5);
10) Зх7 — 2х« 4- 2х2 4- 13 = 0 (mod 5).
200. Следующие сравнения разложить на множители
по данным модулям:
1) х34-4ха —3s0(mod5);
2)* x«4-x3 — х24-х — 2 = 0(mod5);
3) х4 4* х 4~ 4 = 0 (mod 11);
4)* ха 4~ 2х 4~ 2 = 0 (mod 5),
5) Зх3 — 1 = 0 (mod 5);
6)* 2Х4 4-х3 — Зха — 2х — 2 = 0 (mod 11);
7) х4 —7х34-13х24-21х4-23 ^0(mod7);
8)* 2х44~х3 —Зх2 —2х —2 = 0(mod 11);
9) 2Х3 4- 5х2 — 2х — 3 == 0 (mod 7);
10) х4 — 2х2 4“ х 4~ 4 0 (mod 7).
201. Показать, что если р — простое число и т > р,
то сравнение хт = x<?+r (mod р), где q — частное и г —
остаток при делении т на р, имеет место при любом целом
значении х, т. е. является тождественным сравнением.
37,
Пользуясь этим сравнением, указать способ понижения
степени п > р сравнения
аохп ахх!1~х ... 4~ = 0 (mod р)
при а0 ф 0 (mod р) до степени, меньшей р.
202. Пользуясь рассмотренным в предыдущей задаче
способом, понизить степени следующих сравнений и найти
их решения:
1) 8х2° — 15х18 + 7х18 + 28х17 — 4х1в + ЗОх15 + Юх8—
— 4х3 4- 23х2 — 21х — 11 = 0 (mod 13);
2) х10 4- х8 4- х7 — xi — х2 4- 4х — 3 = 0 (mod 7);
3) xioi зх15 хи _ Зх5 эх2 _|_ 1 о* — 5 == 0 (mod 11);
4) 2х38 — 17х15 4- 1 Зх8 — Зх5 4-12х 4- 5 s 0 (mod 11);
5)* х12 — 2х7 4- х3 4- 1 = 0 (mod 5).
203. Показать, что сравнение х3 + ах 4- b = 0 (mod 7)
при а =£ 0 (mod 7) и 6^ 0 (mod 7) не имеет трех решений.
204. Найти необходимое и достаточное условие того,
чтобы двучленное сравнение по простому модулю р:
хп — a (mod р) при (а, р) = 1 и п < р имело п решений.
205. Пользуясь выведенным в задаче 204 критерием,
выяснить, какие из следующих сравнений вида хп=а (mod р)
имеют п решений, и найти эти решения:
1) х9= 1 (mod 7); 4) х4 s= 5 (mod 11);
2)* х2 = 2 (mod 5); 5)* xe = 3(mod 7);
3) x5s 10(mod 11); 6)* x4 s 3 (mod 13).
206. Показать, что если p — простое число, то (р —
— 2)! 1 (mod р).
207. Числа р и р + 2 являются тогда, и только тогда
простыми «близнецами», когда
4[(р - 1)1 + 11 + р s 0 [mod р (р + 2)].
(Теорема Клемента.)
208. Показать, применяя теорему Вильсона, что срав-
нению х2 == — l(mod р), где р = 4п 4- 1, удовлетворяет
число (2м)!.
§ 17. Сравнения высших степеней по составному модулю
Сравнение
/(х)=о0хл 4-а^-1+ ••. + «« = ° (modпг3 ... mfl), (1)
где f (х) — произвольный многочлен с целыми коэффици-
ентами, а0 ф 0 (mod т1 т2 ... тп), п > 1 и* mlt
ma......тп попарно простые, равносильно системе:
f (х) s= 0 (mod mJ,
f (х) = 0 (mod m2), (2)
f(x) == 0 (mod mn)..
Замечание. Число решений сравнения (1) равно
произведению числа решений каждого из сравнений си-
стемы (2). Если хотя бы одно из сравнений системы (2)
не имеет решений, то система несовместна и, следовательно,
сравнение (1) не имеет решений.
Сравнение вида
f(x)^0(modp“-p2” ... (1')
где а1 — целые положительные, a pt — простые числа, так-
же равносильно системе:
f(x) == 0 (mod р”‘)>
/(х) = 0 (mod /?2а), . (2')
f(x) = 0 (mod р„п).
Решение этой системы сводится к решению сравнений вида
/ (х) s 0 (mod /), (3)
решение которых, в свою очередь, начинается с решения
сравнений
f (х) 0 (mod р). (4)
Путем непосредственных испытаний вычетов (лучше
абсолютно наименьших) по модулю р находятся все реше-
ния сравнения (4). Пусть
х = Ьг (mod р),
одно из решений сравнения (4). Для этого решения составля-
ется сравнение
^ + №)/iS0(modp)
39
(f' (&i) — первая производная функции f(x) при х = 6Х), из
которого находится t± == Ьг' (mod р), или tr = pt2 4" 6/ (при
/' (&J, не делящемся на р). После подстановки значения tx
в равенство (5) находим:
X = р (pt2 + Ь2) -Hi = p2t2 + (pb/ + bt) = p2t2 + b2. (6)
f~- + f' (62) = 0 (mod P), из
pa
Далее решается сравнение
которого находим t2 = b2 (mod p), или t2 — pta 4- b2, и
после подстановки в (6) получим:
х = р2 (pt3 + b2') + Ь.2 = рЧ3 + (p2V + b2) = p3t3 + b3. (7)
Вычисление продолжаем до тех пор, пока получим х =
= ра/« + 6«> или
х = Ьа (mod р“). (8)
Решение (8) и является решением сравнения (3).
Если окажется, что f' (bt)делится на р, то решения для
не будет, следовательно, и решение (5) не будет решением
сравнения (3).
Замечание к решению сравнения (1) и системы (2), по-
нятно, остается в силе и по отношению к решению сравне-
ния (!') и системы (2').
209. Решить следующие сравнения:
1) Зх3 Ц- 4х2 — 7х — 6 == 0 (mod 15);
2) 6х3 — Зх2 — 13х — 10 s 0 (mod 30);
3)* xi — ЗЗх3 + 8х — 26 = 0 (mod 35);
4)* х5 — Зх1 + 5х3 + 9х2 4- 4х — 12 0 (mod 42);
5)* х5 + х1 — Зх3 -L- х2 + 2х — 2 = 0 (mod 77).
210. Решить сравнения:
1) 4х3 — 8х — 13 = 0 (mod 27);
2)* х1 — Зх3 2х2 — 5х — 10 = 0 (mod 343);
3) х4 — 4х3 4- 2х2 4- х 4- 6 =s 0 (mod 25);
4)* 9х2 4- 29х 4- 62 = 0 (mod 64);
5) 6х3 — 7х — 11=0 (mod 125);
6)* х34-3х2 —5x4-16s0(mod 125);
7)* х14- 4х3 4- 2х2 4- х 4- 12 = 0 (mod 625).
40
211. Решить сравнения:
1) х4 4- 4х8 4- 2х2 + х + 12 = 0 (mod 45);
2) х4 — Зх3 — 4х2 — 2х — 2 = 0 (mod 50);
3)* х5 — бх4 — бх3 4- 25х2 4- 4х — 20 = 0 (mod 147);
4)* х5 4- Зх4 — 7х3 4- 4х2 4- 4х — 10 = 0 (mod 175);
5)* х4 — 4х3 4- 2х2 4- х 4- 6 = 0 (mod 135);
6) 4х3 4- 7х2 — 7х — 10 = 0 (mod 225);
7)* 31 х4 4- 57х3 4- 96х 4- 19 Г== 0 (mod 225);
8)* 2х® — бх4 — 7х2 — 4 0 (mod 441);
9)* 2хв — бх4 — 7х2 — 4 = О (mod 1225).
§ 18. Сравнения второй степени, символ Лежандра
Рассмотрим сравнения второй степени вида
х2 ss a (mod р), (1)
где а 0 (mod р) и р — нечетное простое число.
Если сравнение (1) разрешимо, то а называется квадра-
тичным вычетом по модулю р, в противном случае а на-
зывается квадратичным невычетом по этому модулю.
Если а — квадратичный вычет по модулю р, то сравне-
ние (1) имеет всегда два различных решения.
Критерий Эйлера. Число а при (а, р) = 1
является квадратичным вычетом по модулю р, если имеет
место сравнение (
а 2 == 1 (mod р); (2)
если же
р—1
а 2 s — 1 (mod р), (3)
то а — квадратичный невычет по модулю р.
Символ Лежандра. Сравнения (2) и (3) объеди-
няются в одно сравнение вида
р-1
а 2 =ц—) (mod р),
где ( —) называется символом Лежандпа и обозначает
\Р /
4- 1 или — 1. Число а называется числителем, р — знаме-
нателем символа Лежандра.
41
Теперь, если (— ) = 1, то а — квадратичный вычет по
\р /
модулю р и сравнение (1) имеет два различных решения;
если же — ) = — 1, то а — квадратичный невычет по
\р /
модулю р и сравнение (1) неразрешимо.
Символ Лежандра можно находить с помощью крите-
рия Эйлера:
р—1
(—} = а 2 == ± 1 (modр),
\Р /
но при больших значениях аир вычисление является гро-
моздким. Вычисление значительно упрощается, если ис-
пользовать некоторые его свойства:
1. Если a = 6(modp), то (—')=
\р / \Р )
2. (1') = 1.
\р /
р—1
1
взаимно просты с р; в частности
6. Закон взаимности квадратичных выче-
тов: если р и q— различные простые нечетные числа, то
Р-1 .
2 2
) , ИЛИ
р—\ . <7—1
2*2,
так как
2
42
212. Пользуясь критерием Эйлера, установить, какие
числа из приведенной системы наименьших положительных
вычетов по модулю 11 являются квадратичными вычетами
по этому модулю.
213. Пользуясь критерием Эйлера, найти классы квадра-
тичных вычетов по модулям: 1) 7; 2)* 13; 3)* 17.
214. Решить следующие сравнения путем испытаний
абсолютно наименьших вычетов (кроме нуля) по данным
модулям:
1) x2=2(mod 7); 2) xa=4(mod 7); 3) х2 = 3 (mod 7);
4)* х3 = 3 (mod 13); 5)* x2 = 4 (mod 11).
215. Вычислить символы Лежандра:
П / б?. \1—\ • 43* / 29 \ , г\ (241 \
' \131)’ \97/ \73Л \383/ \593/
/ 257 \ у. /251 \ / 342 \
\ 571/’ \577/ \677j'
216. Вычислением символа Лежандра установить, ка-
кие из следующих сравнений разрешимы, и найти их ре-
шения:
1) ха== 6(mod 7); 4)*х2s= 10(mod 13);
2)* ха = 3 (mod 11); 5) х2 = 5 (mod 11);
3) х2= 12(mod 13); 6)*х2 = 13(mod 17).
217. Решить следующие сравнения, предварительно
приведя их к двучленным сравнениям:
1) Зх24-7х + 8 = 0 (mod 17);
2)* Зх2 + 4x4-7 = 0 (mod 31);
3) 5х2—Их-]-16s0(mod41);
4)* 12х24-8х— 15 = 0 (mod 47);
5) 5х24-х4-4 = 0(mod 13);
6)* 4х2 — 11х — 3 =0 (mod 23).
218. Показать, что если р — простое число вида 4k 4- 3
и число а — квадратичный вычет по модулю р, то сравне-
ние х2 = a (mod р) имеет решения:
х = ± ai+1 (mod р).
219. Пользуясь результатом предыдущей задачи, ре-
шить сравнения: 1) х2 = 2 (mod 311); 2)х2=3 (mod 47).
43
220. Показать, что если р — простое число вида 8& +
+ 5 и а — квадратичный вычет по модулю р, то сравнение
х2 ~ a (mod р) имее'1 решения:
х ± ам • 2(2М>* (mod р),
где t = 0 и 1.
221. Пользуясь результатом предыдущей задачи, ре-
шить сравнения: 1) х2 ~ 1 (mod 29); 2) г = 3 (mod 37).
222. Доказать, что уравнение 11у = 5х2 — 7 неразре-
шимо в целых числах.
223. Произведение двух последовательных целых чи-
сел не может быть сравнимо с 1 по модулю 13.
224. Решить неопределенное уравнение:
13у = х3 —21х + 110.
225. Решить сравнение:
5х2 — 4х — 1 == 0 (mod 143).
226. Если простое число р = 8k + 7, то
2 2 1 (mod р),
а если р ~ 8k + 3, то
р—\
2 2 ~ — 1 (mod р).
227. Если простое число р = 4k + 3, то из чисел а
и —а одно является квадратичным вычетом, а другое —
невычетом по модулю р; если же р = 4k + 1, то либо
а и — а — оба квадратичные вычеты, либо оба невычеты.
228. Найти простые числа р, для которых 3 является
квадратичным вычетохМ или. невычетом.
ГЛАВА IV
ПЕРВООБРАЗНЫЕ КОРНИ И ИНДЕКСЫ
§ 19. Числа, принадлежащие показателю;
первообразные корни
Если 8 есть наименьшее положительное решение пока-
зательного сравнения а2 == 1 (mod m), где (я, tri) = 1,
то число а называется принадлежащим показателю 8 по
модулю т.
Приведем некоторые свойства показателя 8.
1. Если а b (mod m) (при а и b взаимно простых с т),
то числа а и Ь принадлежат одному и тому же показателю 8
по модулю т.
2. (О кратности показателя? показа-
телю 8.) Если число а принадлежит показателю 3, то
все значения z в сравнении а2 1 (mod т) есть числа,
кратные 8.
Следствие. Так как по теореме Эйлера яф(т) ==
== 1 (mod m), то показатель В есть делитель <р (т).
3. Если число а принадлежит показателю 8, то степени
его а9, а1, а2, . . . , а5”1 несравнимы между собой по моду-
лю т и дают все решения сравнения
х> 1 (mod tri).
Если число а принадлежит показателю 8 = ср (т),
то в этом случае а называется первообразным корнем по
модулю т.
По составному модулю т в большинстве случаев перво-
образных корней не существует, так как все значения а
в сравнении а2 ™ 1 (mod tri) оказываются принадлежащими
показателям В, меньшим <р (т). По простому же модулю р
всегда существуют первообразные корни сравнения хР~1
=== 1 (mod р) — это числа, принадлежащие показателю ср (р)~
= р — 1, причем число их равно <р(р — 1) (теорема
Гаусса).
45
Общий способ отыскания первообразных корней по
простому модулю р вытекает из следующей теоремы: если
р—1 р—1 р—1
g р' 5^1, g 1............g =£ 1 (mod р),
где pv pt, . . . , Рп — простые делители числа р — 1,
то а есть первообразный корень сравнения
хр-1 = 1 (mod р).
Для испытаний в качестве g берутся обычно числа 2,
3, . . . , р — 1 из приведенной системы наименьших поло-
жительных вычетов по модулю р (кроме единицы).
Другой способ, менее громоздкий, состоит в следующем;
если известен один из первообразных корней (лучше наи-
меньший) g по простому модулю р, то остальные первообраз-
ные корни находятся как наименьшие положительные вы-
четы степеней gk по модулю р, где (&, р — 1) = 1 и 1 <
< k < р — 1.
229. Путем испытаний найти показатели, которым при-
надлежат по модулю т все числа от 2 до т — 1, взаимно
простые cm: 1) т = 5; 2)* т = 7; 3) т = 8; 4)* т = 10;
5) т = 11; 6)* т = 9.
Указание. По следствию из теоремы 2 искомые
показатели надо искать среди делителей ф (т).
230. Пользуясь общим способом, найги все первообраз-
ные корни по модулям: 1) р = 11; 2)* р = 7; 3) р = 13;
4)* р = 17.
231. Найти число первообразных корней и наименьший
из них по модулям: 1) 19; 2)* 23; 3) 31; 4)* 43; 5) 37; 6)* 53.
232. Зная наименьший первообразный корень по каж-
дому из данных модулей, найти все первообразные корни
по этим модулям: 1) 19; 2)* 23; 3)* 31.
233. Показать, что каждый простой делитель числа
22ZZ + 1 при п > 1 имеет вид р = &.2п+2 -ф- 1.
§ 20. Индексы и их применение
Подобно понятию логарифма, в теории сравнений вво-
дится понятие индекса, играющего роль логарифма.
Так как степени первообразного корня g0, g1, . . . , gp~2
по модулю р образуют приведенную систему поло-
46
жительных вычетов (только не наименьших) по модулю р,
то для всякого числа А, не делящегося на р, непременно
будет иметь место сравнение
А = gk (mod р),
где k — одно из значений 0,1,2, . . . , р — 2.
В этом случае показатель k называется индексом чис-
ла А при основании g по модулю р и записывается это так:
k — indgA,
или часто без указания основания: k =ind А.
Свойства индексов
Если gs = g‘ (modp), то s = t (modp—I).
2. ind 1 — 0, так как всегда 1 == gc (mod p).
3. ind (AB) ==s ind A + ind В (mod p — 1).
4. ind A" = n ind A(modp—1).
Д
5. ind - = ind A — ind В (mod p — 1).
6. ind^ A s ind, A . ind^g (mod p — 1).
Применение оперативных свойств индексов (2—5) бу-
дем называть индексированием. Индексирование выполня-
ется при помощи таблиц индексов и антииндексов. Для
каждого простого модуля р по таблице индексов находятся
индексы данных чисел, а по таблице антииндексов нахо-
дятся числа по данным индексам.
Каждая из таблиц расположена в виде прямоугольника;
в заглавной строке стоят цифры 0, 1, 2, . . ., 9; в заглавном
столбце цифры 0, 1, 2, . . . ; сначала (для небольших мо-
дулей) их немного.
Чтобы найти индекс данного числа, отыскиваются де-
сятки этого числа в заглавном столбце, а единицы — в
заглавной строке. На пересечении строки и столбца, иду-
щих от этих десятков и единиц, внутри таблицы и находит-
ся искомый индекс данного числа. Аналогично находится
и число по данному индексу.
234. Составить таблицу индексов: 1) по модулю 29 о
основанием 2; 2)* по модулю 23 с основанием 5.
47
235. Найти показатель 3 в сравнениях:
1) 58 = 1 (mod 7); 6)* 10^=1 (mod 13);
2)* 5s = 1 (mod 11); 7) 27s = 1 (mod 17):
3) 8s = 1 (mod 13); 8)* 185 = 1 (mod 11);
4)* 12s = 1 (mod 17); 9)* 235 = 1 (mod 41).
5) 24s = 1 (mod 31);
236. Индексированием найти показатели, которым при-
надлежат все числа от 2 до р — 1 по простым модулям:
1) р = 5; 2)* р = 7; 3)* р = 11.
237. Индексированием установить, являются ли перво-
образными корнями по модулю 59 следующие числа: 1) 2;
2)* 3; 3) 6; 4)* 8; 5) 12; 6)* 13; 7) 14; 8)* 19.
238. Найти все первообразные корни по следующим мо-
дулям: 1) р = 17; 2)* р = 19; 3)* р = 23.
239. Решить показательные сравнения:
1) 2х = 7 (mod 67);
2)* 13* = 12 (mod 47);
3) 16* =s 11 (mod 53);
4)* 52* = 38 (mod 61);
5) 12*= 17 (mod 31);
6)* 20* = 21 (mod 41).
240. Решить следующие
1) lx = 23 (mod 17);
2)* 39x = 84 (mod 97);
3) 125x = 7 (mod 79);
4)* 37x = 25 (mod 89);
241. Решить следующие
1) 37x15 = 62 (mod 73);
2)* 5г1 = 3 (mod 11);
3) 2x8 = 5 (mod 13);
4)*2x3 = 17 (mod 41);
5) 27x5 s 25 (mod 31);
242. Решить следующие
1) x12 = 37 (mod 41);
2)* x66 = 17 (mod 97);
3) x85 = 17 (mod 67);
4)* x30 = 46 (mod 73);
5)* x8 = 23 (mod 41);
6)* x5 = 74 (mod 71);
7) x2’ = 39 (mod 43);
сравнения первой степени:
5)* 4x = 13 (mod 37);
6) 37x = 5 (mod 221);
7)* 47x s= 13 (mod 667);
8)* 228x = 317 (mod 1517).
двучленные сравнения:
6)* Их3 = 6 (mod 79);
7) 23x3 = 15 (mod 73);
8)* 8x2e =37 (mod 41);
9) 37x8 = 59 (mod 61);
10)* 18x8 =6 (mod 13).
двучленные сравнения:
8)* x8 = 29 (mod 13);
9) x2 = 59 (mod 67):
10)* x2 = 59 (mod 83);
11)* x2 = 32 (mod 43);
12)* x2 = — 17 (mod 53);
13) x2 = — 28 (mod 67);
14)* x2 = 56 (mod 41).
243. Пользуясь критерием Эйлера и применением ин-
дексов, определить, какие из чисел 15, 16, 17, 18, 19, 20
являются квадратичными вычетами: 1) по модулю 23;
2)* по модулю 29; 3) по модулю 41; 4)* по модулю 73;
5) по модулю 97.
§ 21. Другие приложения теории сравнений
Мы уже видели приложения теории сравнений к ряду
задач и примеров (в предыдущих параграфах).
Рассмотрим еще некоторые приложения арифметиче-
ского характера.
Пользуясь понятием числа, принадлежащего данному
показателю, можно определить длину периода при обра-
щении обыкновенной дроби в десятичную периодическую
дробь по следующему правилу: длина периода (число цифр
в периоде) равна наименьшему общему кратному показа-
телей, которым принадлежит число 10 по модулям, рав-
ным простым множителям рг, р2, р3, ... знаменателя,
отличным от 2 и 5, и их степеням р^, р22, р32, . . . до р\\
р^, р*\ . . . включительно, для чего нужно предваритель-
но представить знаменатель в виде • 5" р±х р2*2. . . pk*k,
При помощи понятия сравнения можно установить
некоторые признаки делимости, которые обычно не рассма-
триваются в школьном курсе арифметики.
С помощью сравнений можно также проверять правиль-
ность выполнения арифметических действий.
244. Определить длину периода при обращении следу
ющих обыкновенных дробей в десятичные:
* 1.
3) __ L_; 7)
7 13 . 37 7
4)* _L_;
17 .29
----!---; Ю)* -----.
5 • 7 » 19 4 • 53 • 73
245. Установить признак делимости, общий для чисел
7, И, 13 и для чисел 3, 9, 37.
49
246. Пользуясь установленными в предыдущей задаче
признаками, выяснить:
а) делятся ли числа: 1) 973 126; 2)* 977 132;
3) 96 736 068; 4)* 32 113 158; 5)* 426 297 531;
6)* 385 073 689 на 7, 11 или 13;
б) делятся ли числа: 1) 20 794; 2)* 11 200 122;
3) 2 575 163 на 37.
247. Установить способ проверки результатов арифме-
тических действий при помощи числа 9.
248. Проверить правильность выполнения следующих
арифметических действий:
1) 250414-91382=116 423; 6)* 3745 • 8067 = 30210915;
2)* 42 932— 18 265=24 667; 7) 423 805 807:43=9 855 949;
3)* 13 547 — 9862 = 3685; 8)* 266 377 : 2993 = 89;
4) 8264.5201 =42 981 064; 9)* 28 342 : 383 = 74.
5)* 994.979 = 973 126;
ГЛАВА V
НЕПРЕРЫВНЫЕ ДРОБИ
§ 22. Конечные непрерывные дроби
Если — — обыкновенная несократимая дробь, безраз-
ь
лично правильная или неправильная, то с помощью алго-
рифма Евклида можно эту дробь представить так:
+ 1
Qi + 1^+
где qQ—целое неотрицательное число, qv q2,... , qn — целые
положительные числа. Выражение, написанное в правой ча-
сти, называется конечной непрерывной или цепной дробью.
Кратко написанное равенство выражается так:
= (?о> 91* 9%* • • • > 9п)*
о
Числа qv q2, ... t qn называются знаменателями непре-
рывной дроби, а числа <70, qv q2, ... , qn^ — неполными
частными; все же они qQ) qv q2, ... , 9п являются точ-
ными частными в алгорифме Евклида. Дроби
Л) __ Qo
Со 1 Qi
। 1 Р2 , 1
?о + — > ТГ = <7о Н--------------j—> •
<7! + 1
Qi
Рп ! 1
. =<7о +------------Г
Чп + “Г
Q2 +
1
Qn
51
называются подходящими дробями. Дроби с четными ин-
дексами 0, 2, 4, . называются дробями четного порядка,
а с нечетными индексами 1, 3, 5, ... — нечетного поряд-
ка. Очевидно, что
Л* £
Qn ъ '
Между подходящими дробями и самой дробью - имеют
ь
место соотношения:
Qo
Р2
Q*
Q4
^5 < 5 < Л
Qs Qs Qi
Из этих соотношений видно, что дробь ~ всегда заключена
ь
между двумя соседними подходящими дробями, интервал
между которыми уменьшается по мере возрастания поряд-
ка. Этим и объясняется название «подходящие» дроби.
Между числителями и знаменателями трех последо-
вательных подходящих дробей имеет место, начиная с k =
= 2, зависимость:
__ Рfe-i 7/г 4~ k-2
Qk Qk~i Qk + Q/г-г
Если условно ввести числа Р_2 = О, Р_х == 1, Q_2 = 1,
= 0, то написанное равенство позволяет находить все
подходящие дроби по следующей схеме:
k — 2—1 0 1 2 3 ... n
4s ™ — q0 Qi q>2 q-j * • • Qn.
Ps 0 1 p0 px p2 p3 ... pn
Qs 1 0 Qo Qi Q2 Q3 . . . Qn
Разность между двумя соседними подходящими дробями
находится по формуле:
Сл+1 Сл QaQa+i
52
Для оценки погрешности при замене дроби у подхо-
дящей дробью — будем применять формулу:
1
b Qk Qk Qk+i
249. Разложить данную обыкновенную дробь в непре-
р
рывную, заменить ее подходящей дробью найти погреш-
Q4
ность замены, записать замену приближенным равенством
с указанием погрешности:
|\ 29» 2)* 163 • 3) 648. ЁН» 5)* 1882. б'# 2341
' 3? ? Тб9 ’ ' 385’ ; 359’ 1651’ 1721*
Указание. В примерах 4) и 6) произвести замену
подходящими дробями — .
Сб
250. По данным конечным непрерывным дробям найти
соответствующие им обыкновенные несократимые дроби:
1) у = (2, 1, 1, 3, 1, 2);
2) -==(1, 1. 2, 3, 4);
3)* у = (2, 5, 3, 2, 1, 4, 2, 3);
4) = (1, 3, 2, 4, 3, 1, 1, 1, 5);
5)* ~ = (1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3).
251. Сократить с помощью разложения в непрерывную
дробь следующие обыкновенные дроби:
is 3587 1043 3653 11281 11111
1) ; 2)* ---; 3) ------; 4)* -------; 5)* ------.
' 2743 3427 3107 6583 7093
252. Требуется построить зубчатую передачу при по-
мощи двух шестерен с количеством зубцов, равным отно-
587
шению— . Можно ли техническое осуществление переда-
чи выполнить заменой заданного отношения количества
зубцов шестерен отношением с меньшими числителем и
знаменателем, но с погрешностью, не превосходящей 0,001?
53
253. Найти способ решения неопределенных уравнений
первой степени с двумя неизвестными при помощи непре-
рывных дробей.
254. Пользуясь найденным способом, решить следующие
уравнения: 1) 38х + 1 \1у = 209; 2)* 122х + 129// = 2;
3) 119х — 68// = 34; 4)* 258х — 175// = 113; 5) 41х +
+ 114//= 5.
§ 23. Бесконечные непрерывные дроби;
квадратичные иррациональности
Подобно разложению обыкновенной несократимой дро-
би в непрерывную, можно любое иррациональное число о>
разложить тоже в непрерывную дробь, только бесконечную:
ш = <70 4----j-
Qi +
?г+
^ + <7^+
где </0 — целое число, qlt q2, ... , qk,... — целые положитель-
ные числа; разложение кратко записывается так:
“ = (<?»> ..........<?*»---);
числа q0, qv q2, ..., qk, ... , как и в теории конечных
непрерывных дробей, называются по-прежнему неполными
частными.
Вообще, имеется почти полная аналогия теории беско-
нечных непрерывных дробей с теорией конечных непре-
рывных дробей, а именно:
Подходящими дробями по-прежнему будут:
о __ Яо Pi
Qo 1 ’ Qi
1
Я1 Qi
Pk । 1
, -5; - Н [—
<71 + —Г
Qi +
1
1 ’
Qi +
Яг
1
Як
54
Соотношения между подходящими дробями и самим
иррациональным числом ш остаются теми же, что и при
конечных непрерывных дробях:
<£*<... <ш<... <
Qo Q2 Qi Qo Q3 Qi
Сохраняется формула
Pk _ Pk-t ~b fie—2
Qk Qk-i 4k + Qk-2
и схема получения подходящих дробей.
По-прежнему имеют место формулы:
Рщ Pk _ (- D* ,
Qft+i Qk Qk Q*+i
L-^k —!—.
I Qk 1 Qk Q/c+i
Разложение иррационального числа w можно предста-
вить еще так:
. 1
ш = </о Н-----г-
+—Ц-’
Qn-i +
или, короче,
о» = (<7о> Як Яъ • • • . Шп).
где шп называется полным частным и снова представля-
ет собой иррациональное число:
wn = (<7„. <7«+v • • • )•
В этом случае по формуле
_ ?k-i Qk~\~ ?k-ъ
Qk Qk-i Qk + Qk-^
заменяя неполное частное qk полным частным (ort, полу-
чаем:
оз —
Q&-1 ш/1 + Сл-а
Эта формула выражает о) через полное частное o)rt.
Бесконечные непрерывные дроби могут быть периоди-
ческими, как чистыми, так и смешанными.
55
Бесконечная непрерывная дробь называется чистой
периодической, если ее неполные частные периодически
повторяются в одной и той же последовательности, на-
чиная с qQ , т. е. если дробь имеет вид
(<7о> ^2> • • • > ^7/г • • • > Qnt * * •)>
или в более краткой записи
1(<7о> Qv ?2, • • • » <7л)Ь
Например (2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, . . . ), или [(2, 3, 1)].
Если период непрерывной дроби начинается не с q0,
то такая непрерывная дробь называется смешанной перио-
дической, т. е. если дробь имеет вид
(?0> • • • » Pmt Ро> Р1> • • • > Prv Pit • • • > Рп> * * •)»
или, короче,
[?о> • • • > Фо> Pit • • • , Рп)].
Например (2, 1, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, . . . ), или [2, 1, (3,
1, 2)].
Оказывается, что бесконечные периодические непре-
рывные дроби, как чистые, так и смешанные, имеют тесную
связь с квадратичными иррациональностями. Эта связь
выражается следующими двумя теоремами:
1. Всякая бесконечная периодическая непрерывная дробь
(чистая или смешанная) есть вещественный корень
квадратного уравнения с целыми коэффициентами, т. е.
квадратичная иррациональность.
2. Вещественный иррациональный корень вся-
кого квадратного уравнения с целыми коэффициентами раз-
лагается в бесконечную периодическую непрерывную дробь
(чистую или смешанную).
255. Следующие квадратичные иррациональности пред-
ставить непрерывными дробями, заменить % каждую под-
ходящей дробью —, найти погрешность замены и записать
Оз
замену приближенным равенством с указанием погрешности:
1) /1Т; 2)* /Тб; 3) /12; 4)* 1 + /5? 5) 1 + /^
6)* 14-/2Г 7) L+/L; 8)* ШС/-.
56
Указание. В примерах 4) и 5) заменить дробью
р рь
—; в примерах 6), 7) и 8) заменить дробью ~ со знамена-
Qi Qk
телем Qk > 100 и ближайшим к 100.
256. Следующие иррациональности представить не-
прерывными дробями, заменить каждую подходящей дробью
с погрешностью не больше 0,0001 и записать замену при-
ближенным равенством с указанием погрешности:
1) /3; 2)*/5; 3) /б; 4)* /13; 5)
3
6)* 1±ХХ 7) 2 + Гм
’ 2 ’ 4
257. То же для следующих иррациональностей:
1) 5—/15;
2)* 7—/13;
3)
4^* 5 /б #
5) 1 — /31;
6)* 3 —/ТГ;
7) 5-/37 .
' 3
8# 3-/29 .
! 5
9) —2 —/17;
10)* — 3 — /23;
' 5
.„,*-5-/39
258. Найти квадратичные иррациональности по их
разложениям в периодические непрерывные дроби:
1) [(1, 2, 4, 6)]; 3) [(2, 2, 1, 1)]; 5)* [4, I, (7, 2, 2)].
2)* [(1.2)]; 4) [2, (1, 1, 1,4)];
259. Большим корнем какого квадратного уравнения
с целыми коэффициентами является каждая из следующих
периодических непрерывных дробей:
1) [(1, 1, 2, 2, 1)]; 3)* [(1,4, 2, 3)]; 5)* [2, 5,(1, 2)] ?
2)* [(2, 1)]; 4) [2, (1,1,3)];
260. При помощи непрерывных дробей вычислить о
точностью до 0,0001 оба корня каждого Из следующих урав-
нений:
1) 2х2—15х-]-26 = 0; 4)* Зх2 —7х —3 = 0;
2)* х2Зх — 5 = 0; . 5) 2х2 —Зх —6 = 0;
3) х2-]-9х-]-6 = 0; 6)*2х2-|-5х — 4 = 0.
57
261. Показать, что непрерывная дробь
0 + -^-
Н-
умноженная на непрерывную дробь
j___________________
b+I+T
а
равна у.
262. Показать, что = 2а + - при разложении ирра-
циональности Ка2 G + 1 в непрерывную дробь.
263. Разложить К*2 -f-1 в непрерывную дробь и най-
ти \
Qi
§ 24. Алгебраические и трансцендентные числа
Алгебраическими числами называются корни уравнения
+ ••• + «» = 0 («о =4=0), (1)
где показатель степени уравнения п — натуральное число,
коэффициенты а0, а1( ... , ап — рациональные числа.
Очевидно, что в случае рациональных коэффициентов
уравнение (1) всегда можно преобразовать в уравнение с
целыми коэффициентами.
Алгебраические числа называются целыми, если они
являются корнями уравнения
хп -|- агхп~1 ... а = 0 (2)
с целыми рациональными коэффициентами и со старшим ко-
эффициентом а0, равным единице.
Число а называется алгебраическим числом п-й степе-
ни, если оно является корнем уравнения (1) степени п
58
и не является корнем никакого другого уравнения этого
вида степени, меньшей п.
Если а и р — алгебраические числа, то а + р, а — р
аР также являются алгебраическими числами, а если р #= О
то | — алгебраическое число.
Числа, не являющиеся корнями никакого уравнения
вида (1), называются трансцендентными. Короче говоря,
трансцендентными называются неалгебраические числа.
Теорема Гельфонда. Всякое число вида ар,
где а — алгебраическое число, отличное от 0 и 1, и р —
алгебраическое число не ниже второй степени, трансцен-
дентно.
264. Показать, что следующие числа являются алгебра-
ическими, и определить степень каждого из них:
1)1; 2)*2|; 3)/3; 4)*5) 1 4-/2; 6)* 2 —
— /2; 7) 2 + «; 8)* 1—2г; 9)/3-|-К^ 10)*/2 — /б?
265. Показать, что корни следующих уравнений явля-
ются алгебраическими числами степени, равной степени
уравнения:
1) х3-[-2ха — 4x4-2 = 0;
2)* 2х54-6х3 — 9ха — 15 = 0;
3)* х4 —5х24- 10x4-20 = 0.
266. Показать, что следующие числа являются трансцен-
дентными:
1) 3^2"; 2)* 5УГ; 3) 2/ГГ; 4)* З1"''; 5)*
РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ, ОТВЕТЫ
ГЛАВА 1
ДЕЛИМОСТЬ ЦЕЛЫХ ЧИСЕЛ
§ 1. Основные понятия
115_______________________________г
1. Из условия имеем: 42 157 = 231 b + г, b = 182 —»
отсюда b = 182 и г = 115.
тп + pq
2. По условию, --------------—~~ = t — целое число. Возьмем дробь
mq +пр
--------- и вычтем из нее целое число г:
т — р
mq + пр mq пр тп -j- pq q (т—р) — п(т—р)
— t = -- —----==- =а q — п,
т — р-----------------------------------т — р т — р-т — р
tnq + пр
Теперь ---------= q — п + t — целое число.
т — р
Следовательно, mq + пр делится на т — р.
3. По условию, ad — be = nt и а — b = ntv
Умножив второе равенство на d и вычтя из результата первое,
получим Ь(с — d) — п (dti — /).
Отсюда, учитывая условие относительно чисел b и п, получаем,
что с — d делится на п.
4. Дано, что А/ == 104а + 103d + ЮМ + 10d + е делится на
41. После круговой перестановки цифр числа (на одну цифру вле-
во) получим число:
A/i = ЮМ + ЮМ + ЮМ + Юг + а = 10 (ЮМ + ЮМ +
+ ЮМ + 10 d + е) — Ю5а + а = ЮЛ/ — 99 999а.
Так как 41 / Л/ и 41 / 99 999, то 41 / Л/ь
5. /п5 — тп=з(тп — 1)т (тп-f-l) (тп2+1)=(тп—1) т(т-\-\) [(тп2—-4)4-
+ 5] = (тп —2) (тп — 1) ш (тп + 1) (тп + 2) + 5 (тп — 1) (тп + 1).
Каждое слагаемое полученной суммы делится на 30, так как
произведение k последовательных чисел натурального ряда делится
на k\ (это следует из того, что
= n (п - 1) (и - 2). . . (п — /г + 1)
а = 1 2 3 ... k
целое число);
60
поэтому и сумма делится на 30, а это значит, что т5 — т делится
на 30.
6. Пусть искомое число 10х + 5. Переставив цифру 5 на пер-
вое место слева, получим 5 • 105 4- х\ в силу условия имеем уравне-
ние 5 • 105 4- х = 4 (10 х 4- 5), решая которое, получаем х ==
= 12 820. Искомое число будет 128 205.
7. Произведение, данное в условии, представим так:
и (л + 1) (2л 4- 1) = п (п + 1) {(л - 1) 4- (л 4- 2)] ==
== (л —' 1) п (п 4- 1) 4- п (п 4~ 1) (п 4- 2).
Каждое слагаемое полученной суммы делится на 6 (см. решение за-
дачи 5), следовательно, и сумма делится на 6.
8. Произведение данное в условии, представим так:
л (л2 4“ 5) = п 1(л2 - 1) + 6] = л[(л — 1) (и + 1) + 6J =
= (л — 1) л (л 4“ 1) + 6л.
Теперь ясно, что л (л2 4” 5) делится на 6.
9. Имеем:
(2m 4- I)2 -- (2л 4- I)2 4(т 4- л 4- 1) (лг — л)
(2m + I)2 4- (2л + I)2 2 [2 (т2 + л2 4- т 4- л) + 1]
Полученная дробь сократима на 2, но несократима на 4.
10. Имеем: № = ЮООх 4- 100 (у 4- 1) + 10х 4- г/=101 • (10х 4- //)-(-
(А’+ 10) 0V — 10)
4-100. Отсюда Юх4-^ = д—-——--------------N = 91, № = 8281.
И. Чтобы (л — 2)2 + (л — I)2 + л2 4“ (л + I)2 + (л + 2)2 =
= 5 (л2 4~ 2) было точным квадратом, нужно, чтобы л2 было крат-
но 5, а для этого л2 должно оканчиваться цифрой 8 или 3, что не-
возможно.
12. Любое целое, число можно представить в одном из следую-
щих видов: 9&; 9k 4: 1; 9/г 4; 2; 9k 4; 3; 9k 4~ 4.
Их квадраты будут:
(9^)2 == 9 (9*2).
(9k ± 2)2 == 9 (9/г2
(9k ± З)2 ~ ~
(9k ± I)2 = 9 (9&2 ± 2k) 4- 1;
~ ...» _ + 4.
_ s = 9 (9^2 4- Qk 4- 1);
(9/? ± 4)2 = 9 (9^2 86 4~ 1) 4~ 7.
Отсюда видим, что квадрат целого числа при делении на 9 может
иметь только один из четырех остатков: 0, 1, 4, 7.
13. S„
10а— 1
9
=7(14-114-1114-... + 111... = ~4-
п цифр
103—1 10" — 1\ 7
+ ——+ ...4-—— = (IO"*1 — 9л—10).
9/01
61
14. Рассмотрим число:
(22п+ 1) + 3 == 22(22""2 + 1) = 22 (4 1 + 1).
Показатель 2/г~1 — 1 — число нечетное, значит, 4 2Л 1 де-
лится на 44-1 и поэтому (22”4- 1) 4- 3 = 22(4 4- 1)т=10р, откуда 2^4-
4- 1 =я Юр — 3. В правой части имеем число, оканчивающееся циф-
рой 7.
10"-1 10" — 1
15. 444^Л 888^8 = 4 .-------. 10я 4- 8- —---- «
п цифр - -
= Г4(ю«-1)
о
п цифр
Г2
. — (Юл— 1 + 3)= (666. . .6) - (666... 68).
О - -
п цифр п цифр
10«+1—1 10л—1
16. 1H--J 555. . , 56 =----------. 10^+14-5.10.----------4- 6 =1
п цифр п цифр
10^+14-2 \2 /10"+1-1
3 / \ 3
33 ... 3 4- 1)2.
п цифр
17. тп (т* nA) ~ п (т5 — т) — т (и5 — п) кратно 30 (см. зада-
чу 5).
18. Уравнение у2 = Зх2 4“ 2 неразрешимо в целых числах. В
самом деле, число у либо можно написать как у = Зл, либо у =
= Зл 4: 1; отсюда видим, что у2 при делении на 3 дает в остатке 0
или 1, но не 2, как этого требует правая часть уравнения.
19. 2V2 = 1000 (х 4- 1) + ЮОх 4- 10 (х 4- 2) 4- (х + 3) =
= 11 (101х 4" 93). Отсюда /V = 11/г и потому 11/г2 = 101х 4" 93,
2х 4- 5
/г2 = 9х + 8 4- ——— . Легко видеть, что х=3. Искомое число
4356 = 662.
20. Имеем: 72х + 7у 4“ г = 92г 4" 9р 4“ х. Отсюда у == 8 (Зх —
— 5г). Так как система семиричная, то у < 7 и, следовательно,
х z
Зх — 5г == 0. Поэтому — = — , отсюда х = 5, у = 0, г =
5 3
= 3. Искомое число 503(7^.
21. Умножив и разделив (л 4~ 1) (л 4- 2). .. (л 4- л) на л!, полу-
[1 .2.3. ... -л(л4- 1)(л4-2)...(л4~п) (2л)!
чим --------------—-—;---------------------= —в составе (2л)!
1 . 2 . 3. .... л л! к 7
содержится л четных и л нечетных сомножителей:
(2и)! [1 . 3 . 5. . . . >(2л 1)] . (2 . 4.6. . ,2л)
л! л!
[1 .3.5. ... .(2л- 1)] (1 .2.3. ... -л) 2” . п с
— 1»о• □ • . . . • (2Л —
п\
1).2Л, откуда и следует, что (л 4- 1) (л + 2).. . (п 4~ п) =s 1 • 3 • 5 • ••
, *(2п — 1) 2п делится на 2п,
62
§ 2. Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное
22. 1) 21. 2) 13. 4) 119.
23. 1) 2520. 2) 138 600. 3) 99 671.
24. Пусть (a, b, с) = d, тогда из равенств
а = cq + г, b == cqi + n (1)
следует:
d/r и d/n.
Покажем теперь, что d == (с, г, п). Допустим, что (с, г, и) =
= D; тогда, обращаясь к равенствам (1), видим, что D/а, D/b
и подопущению D/c, следовательно, D = (а, Ь, с), а это значит D =»
= d.
Для п чисел будем иметь (аъ а2, . .. , ап) = (ап, гь r2t ... ,гп^),
где fj, г2, • • • > “ остатки от деления аь а2, ... , на ап.
25. 1) 23. 2) 7. 3) 21.
26. 1) 3276. 2) 1116. 3) 67 818.
27. Если (а,Ь) => 24, то
Пусть для определенности
а b
[а, 6] =>---, имеем 2496 =
а =» 24/тт и Ь = 24и, где (/п, п) =з 1.
т < п. Пользуясь равенством
24/п . 24п
----—-----, откуда 104 == 28 • 13.
Так как (т, п) = 1, то тп = 1 • 104 или тп = 8 • 13.
Теперь получаем:
при т = 1 и п = 104 будет а = 24 • 1 = 24, b = 24 • 104 =»
= 2496;
при т = 8 и п = 13 будет а — 24 » 8 = 192,6 = 24 • 13 = 312.
28. Пусть х и у — искомые числа и (х, у) = d, тогда х = dm
и у == dnt где (/n, п) = 1. Теперь в силу условия
х + у == а (т + п) = 667 = 23 . 29.
п Ixyl
По условию, ——j = 120, откуда
[*, У] ~ 120 • (х, у) = 120d.
С другой стороны, по известной формуле имеем:
. ХУ
К =
а
(1)
(2)
(3)
Из (2) и (3) следует — = 120d, или ху = 120 d3.
d
Таким образом, получаем систему:
г х 4- у = 23 • 29,
( ху = 120 d2.
По (1) d (т 4- п) = 23 • 29, откуда следует, что d = 23 и d = 29
(d = 1 или d = 23 • 29 — непригодно, что легко усматривается).
При d = 23 получаем х = 552, у = 115, при d = 29 получаем х =»
= 435, у = 232.
63
29. Пусть х и у — искомые числа и (х, у) = d\ iw
х у х
— = т и -~ = п, где (т, п) = 1.
d d
По условию:
т + п =з 18,
ху dm • dn
[х, у] = — =------------= mnd = 975 = 3 • 52 * 13. (2)
d d
Из (1) и (2) имеем:
т + п = 18,
-mnd = 3 • 52 . 13,
откуда т = 5, п == 13, d = 15 и, следовательно,
х = 75 и у = 195.
30. По условию, а = 899, b = 493. Пользуясь алгорифмом
Евклида, имеем;
а = b • 1 + 406;
& = 406 . 1 4- 87;
406 = 87.4 + 58;
87 = 58 . 1 + 29;
58 = 29 *2.
Рассматривая эти равенства, начиная с предпоследнего, полу-
чаем:
29 ~ 87 — 58 = 87 — (406 ~ 87-4) = 87 • 5 — 406
= (Ь — 406) • 5 — 406 = 56 — 406 • 6 = 56 — (а — Ь) 6 ==
= а ( — 6) + b . 11.
Итак, 29 = 899х + 493г/, где х = — 6 и у = 11.
31. 1) 17 = а . (— 10) + b . 23 = ах + by.
2) 43 = а • (— 4) + b • 5 = ах + by.
3) 47 = а . 2 4- b . ( — 5) = ах + by.
32. Пусть (а, 6, с) = d, тогда а = mdt b = nd, а = kd;
а + b т-\- п t а 4- с т 4- k b + с п-\- k
--------------н ------—---------и -----==------d.
2 2 2 2’2 2
Отсюда видно, что d есть общий делитель чисел
а + b а + с b + с
2 * 2 ’ 2 ‘
Докажем, что d будет и наибольшим делителем. Допустим, что
/ а 4- b а - - с b 4- с \
I -г-, . —- =D, тогда
\ 4 Z у
d/D, (1)
а + b
-у- = ^iD> (2)
= n.D, (3)
= № (4)
Складывая (2) и (3) и вычитая (4), находим:
а = -J- fii — k^j D.
Аналогично:
b = (т^ — n^ 4~ ki) D,
c~(_ т[ + щ 4- D.
Теперь видим, что a, b, с делятся на D и, следовательно,
D/d. (5)
Сопоставляя (1) и (5), приходим к тому, что D = d, т. е.
/ а 4- b a 4- с 6 4- с \
(а, Ь.с)^—, —, —)•
33. 1) Положим (a, 6, с) == d, тогда
(a, b) — md, (1)
(а, с) = nd, (2)
(6, с) = kd, (3)
где (m, п, k) = 1. Из (1) и (2) следует, что а делится на dm и а де-
лится на dn, следовательно, а = dtnna. Такими же рассуждения-
ми устанавливаем, что
b = d т k 3,
о = d п k\.
Здесь (а, р, к) = 1. Теперь находим:
d4 т2п2/г2аву
\а, Ь, с] = d mnk a = ----------— =
d3 mnk
(bmna) (d mk$)(dnk ч) d abc(a, b, c)
dm • dn • dk (a, b) (a, c) (b, c) *
2) Указание. Для доказательства воспользоваться форму-
лой :
34. Пусть (at b) = d, тогда а == md, b = nd, (т, п) = 1.
Находим:
5a 4“ 36 == (5m 4“ 3n) d,
13a 4“ 86 == (13m + 8n) d.
Получили, что 5a + 36 и 13a 4“ 86 имеют общий делитель d.
3 Заказ 43 Q5
Докажем, что он будет и наибольшим.
Допустим, что (5а -j- 36, 13а + 8b) = D, тогда
D/d, (1)
5а + 36 = mi D,
13а + 86 = Mi D.
Отсюда находим:
а = (8/И1 — З/li) D,
6 — (бди — 13/ni) D.
Видим, что D есть делитель чисел а и 6 и, значит,
D/ d (12)
Из условий (1) и (2) следует, что d = D.
1 1 2а + 6
35. — 4"------- =----------•
а а + 6 а (а + 6)
Так как (а, 6) = 1, то и (а, 2а + 6) = 1. Покажем, что (2а + 6,
а 4- 6) = 1. Допустим, что (2а 4- 6, а 4" 6) == d> 1, тогда 2а 4“
4- 6 = dm, а + 6 — dn, (т, п) = Ц и, следовательно, а = d (т —
— п), 6 = d (2п — т), т. е. d/ а и d/ 6, что исключено условием
задачи.
§ 3. Простые и составные числа
36. Для упрощения можно не выписывать из натурального
ряда от 2321 до 2349 все четные числа и числа, оканчивающиеся ну-
лем и цифрой 5, все они не будут простыми. Имеем: 2321, 2323, 2327,
2329, 2331, 2333, 2337, 2339, 2341, 2343, 2347, 2349.
Теперь исключаем из этих чисел числа, кратные 3; по призна-
ку делимости на 3 находим, что числа 2331, 2337, 2343, 2349 крат-
ны 3; после вычеркивания их остаются числа 2321, 2323, 2327, 2329,
2333, 2339, 2341, 2347. Дальше нужно вычеркнуть числа, кратные
7, так как чисел, кратных 5, уже нет. Сначала находим первое чис-
ло, кратное 7, так: делим первое из оставшихся чисел на 7, полу-
чаем 2321 = 7 • 331 4- 4; судя по остатку (не достает 3 до 7), пер-
вым числом, кратным 7, будет третье от взятого в натуральном ря-
ду, т. е. число 2324; затем каждое седьмое из последующих! 2331,
2338, 2345, но все они уже вычеркнуты. Чисел, кратных 11, только
одно — 2321, которое и вычеркиваем (следующие за ним, каждое
одиннадцатое, числа 2332, 2343 уже вычеркнуты). Дальше находим
первое число, кратное 13: делим первое из оставшихся чисел 2323
на 13, получаем 2323 = 13 • 178 4- 9; опять, судя по остатку, пер-
вым числом, кратным 13, будет четвертое от взятого в натуральном
ряду, т. е. число 2327, которое и вычеркиваем; следующее тринад-
цатое число 2340 уже вычеркнуто. Так как У2350 < 49, то дальше
продолжаем вычеркивать числа, кратные последующим простым
числам до 47 включительно; вычеркнутся числа: 2329 — кратное
17 и 2323 — кратное 23. Оставшиеся числа 2333, 2339, 2341, 2347
и являются простыми.
37. Числа 2647, 2657, 2659, 2663, 2671, 2677.
66
39. 218 + З18 = (22 + З2) (24 — 22 • З2 + З4) (212 — 2е . 3е +
4- З12) = 13 . 61 (212 — 2<> . 3« + З12) = 13 • 61 • 488 881 = 13 X
X 61 . 37 . 73 • 181.
40. л4 + 4 = л4 4~ 4л2 + 4 — 4л2 = (л2 + 2)2 — 4л2 »
= (л2 + 2л + 2) (л2 — 2л + 2).
41. Все натуральные числа можно представить так: 5л, 5л 44,
5л + 2. Числа вида 5л являются простыми только при л =
= 1; в этом случае р = 5, 4р2 4“ 1 = 101, 6р2 4" 1 = 151, т. е.
мы нашли одно значение р, удовлетворяющее условию.
Покажем теперь, что других значений р нет. Если р = 5л + 1,
то 4р2 4“ 1 = 5 (20л2 4: 8л 4* 1) — число составное; если р =
= 5л 4: 2, то 6р2 4“ 1 = 5 (30л2 4z 24л +1) — число составное.
42. Все натуральные числа можно представить так: 6kt 6k 4z 1,
6k ± 2, 6k 4“ 3. Простыми числами, кроме 2 и 3, могут быть толь-
ко числа вида 6k 4: 1. (Заметим, кстати, что обратное утверждение
не всегда имеет место: не всякое число вида 6k 4: 1— простое).
Если взять р = 6k — 1, то тогда р + 10 = 6k — 1 4” 10= 3 (2k +
4* 3) — число составное; если взять р = 6k 4“ 1, то тогда р+
14=6&+ 1 4“ 14 = 3 (2k 4“ 5) — число составное. Таким об-
разом, мы доказали, что не существует простого числа р > 3 та-
кого, чтобы одновременно р + 10 и р 4“ 14 тоже были простыми.
Возьмем р = 2, тогда р + 10 и р 4* 14 — составные; если же
возьмем р = 3, тогда р + 10 и р 4* 14 — простые.
Итак, мы нашли только одно значение р = 3, удовлетворяю-
щее условию.
43. Допустим противное, что при некотором k число р = 6k —
— 1 — последнее простое число. Возьмем число /V = 2 • 3 • 5 » 7 X
X Н ... (р — 1). Первое слагаемое в правой части имеет множитель
2.3=6, поэтому можно записать N = 6/ — 1. Все простые дели-
тели этого числа имеют вид 6/п 4z 1. Так как произведение чисел
вида 6т 4 1 имеет тот же вид, в чем легко убедиться, то число N
имеет еще простой делитель вида q = 6t — 1. С другой стороны,
число /V не делится ни на одно из простых чисел 2, 3.р, поэтому
q > р, что противоречит допущению.
44. По условию, а > 3, т = 3t + 1, л = % + 2. Простые
числа, кроме 2 и 3, можно представить в виде р = 6k 4: 1 (см. за-
дачу 42). Если а = р = 6k + 1, то тогда а4л = 6А4 1 4
4” 3t 4“ 2 = 3 (2k + t 4" 1) — число составное; если же а = р =
= 6k — 1, то а + т = 6k — 1 4“ 3t + 1 = 3 (2k 4* t) тоже чис-
ло составное.
45. По условию, 2р 4“ 1 — точный куб, это значит, что 2р +
4- 1 = (2х + I)3 = 8х3 4- 12х2 + бх 4- 1 = 2х (4х2 4“ бх 4- 3) 4~
+ 1, откуда р = х (4х2 + бх + 3). Так как р — простое, то х =
= 1 и р = 13, поэтому 2р 4- 1 = 27 = З3 — единственное.
46. Сначала покажем, что, начиная с 5, в натуральном ряду нет
трех последовательных нечетных чисел, являющихся простыми.
Если k — 2, k, k 4“ 2 — нечетные числа, то одно из них крат-
но 3. Действительно, пусть k не делится на 3, тогда оно имеет вид
k = Зл 4: 1, но в таком случае либо k — 2, либо k 4“ 2 кратно 3.
Теперь допустим, что простые числа располагаются парами с
промежутками между ними в одно четное составное число (числа-
близнецы) — такое расположение простых чисел является наиболее
плотным; в этом случае их можно представить как 6л — 1 и 6л 4-
+ 1, и их номера будут 2л — 1 и 2л. Действительно, полагая л =
3* 67
== 1, 2, 3, 4, 5, 6, ...» получим числа 6л — 1 = 5, И, 17, 23, 29, 35,...
(их номера 2л — 1 = 1, 3, 5, 7, 9, 11, ...) и числа 6л + 1 = 7, 13,
19, 25, 31, 37, ... (их номера 2л = 2, 4, 6, 8, 10, 12,...).
Как видим, в обоих случаях каждое число больше своего утроен-
ного номера:
6л — 1 > 3 (2л — 1) и 6л + 1 > 3 • 2л.
47. Представим числа натурального ряда так:
30£, 30£ ± 1, 30£ ± 2...... 306 ± 15.
Из них простыми могут быть только числа
р = 30Лг ± 1, ЗОА ± 7, 30& ± 11, ЗОЛ: ± J3.
Дальнейшее решение ясно.
48. Если между числами р — 1 и р + 1 поместить число р >
> 3, то полученное произведение (р — 1) р(р + 1) из трех после-
довательных чисел делится на 3, но, по условию, р не делится на 3,
значит, (р — 1) (р + 1) делится на 3.
В то же время (р — 1) (р т 1) делится на 8, так как р — 1 и
Р + 1 — два последовательных четных числа, из которых, если
одно делится только на 2, то другое будет делиться по меньшей мере
на 4.
Но р2 — q2 = (р — 1) (р + 1) — (р — 1) (р + 1), причем
(р — 1) (р + 1) и (q — 1) (q 4- 1) каждое делится на 3 и на 8, сле-
довательно, р2 — р2 делится на 24.
49. Положим, что некоторое нечетное число р = 2k + 1 раз-
лагается на множители р = пт (т > п). Тогда найдутся такие х и
у, что будет иметь место система:
X + у = т,
х —. у = nt
из которой
т + п т — п '
следовательно, при составном р будет:
о о / т 4- п \ 2 / т — п \2
р = тп = (х +//) (х — у) =>х- — у2 = .....2 - I — —-— I .
Если р будет простое, то его можно единственным образом пред-
ставить в виде произведения р =□ (2k + 1) • 1. В этом случае т =*•
= 2k + 1 = р и п = 1, следовательно,
является единственным, то р — простое, если же
/ т + п \2 /т — п \2
то 4? — составное.
68
Замечание. Из решения задачи вытекает способ разложения
нечетных чисел на множители (х + у) (х — у): из равенства р~х2~у2
следует р-}-у2=>х2, т. е. чтобы найти х и у, достаточно к числу р
[ р — 1 \
подобрать квадрат такого натурального числа у I у < —-— чтобы
сумма р + у2 была полным квадратом (х3). Отыскав таким образом
у и х, будем иметь:
Р = (X + у) (X — у) = тп.
При испытаниях удобно пользоваться таблицей квадратов нату-
ральных чисел и конторскими счетами.
50. 1) По таблице квадратов чисел отыскиваем ближайший к чис-
лу 6643 квадрат: 6724 = 822, находим разность: 6724 — 6643 = 81=9а,
таким образом, 6643 + 81 =6724, или 6643 + 92 = 822; следователь-
но, 6643 = 822 — 92 = (82 + 9) (82 — 9) = 91 . 73 = 7 . 13.73.
2) По таблице отыскиваем ближайший к числу 1769 квадрат —
1849, находим разность 1849— 1769 = 80 — не является квадратом:
берем следующий квадрат 1936, разность 1936— 1769 = 167 не явля-
ется квадратом; следующий квадрат 2025 = 453, разность 2025 —
— 1769 = 256 = 162 (= у2). Итак, 1769 + 162 = 452; следовательно,
1769 = (45 + 16) (45 — 16) = 61 . 29.
Замечание. Процесс является утомительным только тогда,
когда приходится прибегать к многократным испытаниям для оты-
скания у*.
3) 3551 =67 . 53.
4) 6497 = 89 • 73.
51. Имеем: N = а2 + Ь2 = с2 + d2. Числа а и Ь, спа — разной
четности. Пусть а и с, b и d— одинаковой четности. Далее имеем:
(а—с) (а+с) => (d—b) (d~{b),
а — с d + 6 и
d — о а 4- с v *
Здесь члены первой дроби сократили на /, а второй на s:
а — с = tu, d + b = su,
a + c = sy, d — b = tv,
Отсюда
tu + so su — tv
Теперь.
У = &2 = 7 [(tu + so)2 + (su — /о)2] = ~ (u2 + +) (t2 + s2).
52. 9722 + 2352 = 1 000 009 = 1000a + 32 = 293 -3413.
53. Рассмотрим разложение:
. ... O,5-1 (а» - 1) (а» + а» 4-0« + a-> 4-1)
дЮ _L дб 1 ] ------- — ——----------------------------- =3
а5 — 1 (а — 1) (а4 + а? + а2 + а + 1)
= (а2 + а + 1) (а8 — а7 + а5 — а4 + а3 — а + 1);
69
здесь а12 + я9 -J- а6 + а3 + 1 разделили обычным способом на
О!4-аз + а+ 1,
В таком случае:
Зю + 35 + 1=(32 + 3 4- 1) (З8 — 37+ Зб —34 + 33 — 3+ 1) =13.4561.
54. Если k — нечетное, то 1 + 2* кратно 1 4-2 = 3. Если k — чет-
ное число, то оно может быть только либо k = 2Л, либо k = 2пт,
где т > 1 — нечетное число, либо k = 0. Но 1 -f- 2k = 1 4- 22 т =
1 -|- (22,г)^ кратно 1 + 22” (при k = 0 кратно 2). Итак, при всех k,
кроме k = 2п, число 1 + 22 есть составное.
55. Покажем, что для всех а и р, не подчиненных требованию
(а, Р) = 1, (а, р) = 2Л, число а + есть составное. Действительно,
если (а, Р) = 1 — нечетное число, то
а = dm, р = dk, (tn, k) = 1
и a -f- b$ = (am)d + (bk)d кратно ат + bk. Если же (а, Р) = 2nd есть
число четное, причем d > 1 — нечетное, то
а = 2Чт, р = 2ndk,
а* + = (а*Пт)* + кратно а*Пт 4-
Итак, при любых аир, кроме (а, р) = 1 и (а, р) =2Л, число а* 4- Ь$ —
составное.
Обратное утверждение неверно. Например, число 24 4- З2 = 25 —
составное.
56. Допустим, что п — составное, л = а6(а>1, b > 1), тогда
2п — 1 = 2аЬ — 1 = (2а)* — 1 — число составное.
Обратное утверждение неверно: 2р— 1 не всегда простое. Напри-
мер, 2й — 1 = 23 • 89; 222 — 1 = 47 .178 421.
ГЛАВА П
ЧИСЛОВЫЕ ФУНКЦИИ
§ 4. Функция тс(х)
57; 1) 2; 2) 4; 3) 4; 4) 5; 5) 9; 7) 15; 9) 46; 11) 95;
50
58. 1) In 50 = 3,9120 « 3,91; к (х) « — « 13;
о, У*
Дтс (х) 15—13
к (х) 15
0,13 = 13%.
1Э
2) «22, со = 12%; 3) «80, <о = 16%; 4) « 145, ш = 14%.
§ 5. Функция [х]
59. 1) 2 <
< 3, следовательно,
70
3) 2; 4) 0; 5) — 4<—3 <—3, следовательно, Г —3-у1 =— 4,'
L J
6) — 3; 8) 5; 10) 3; 12) 4 < |<580 <5 и 5 < /580 + 1 < 6, следо-
г.--------------- 101тс
вательно, [у 580 + 1] = 5; 14) 0 < cos —— <1 и 4 < 4 +
204
101тс Г 101гЛ
+ cos —— < 5, следовательно, 14 + cos— I == 4; 16) 1; 18) — 4<
< — lg 2512 < — 3 и — 2 < 2 — 1g 2512 < — 1, следовательно, [2 —
— Jg2512] = — 2; 20) — 3.
60. Пусть x = [x] + 0i и у == [у] + 03, где 0 < 0i < 1 и 0 < 02 < 1,
тогда х + у == [х] + [у] + (^1 + 02)« Если 0 < 0Х + 02 < 1, то [х + у)=>
= И + № если же 1 < 0Х + 02 < 2, то [x-f-y| > [х] + [у]. Объединяя
результаты, получаем: [х+ у] > [х] + [у].
61. Из условия по определению функции [х| имеем:
ax == tn + 0» где 0 < 0 < 1 и а + О,
отсюда
tn + 0
X == ---------
а
62. Из условия по определению функции [х] имеем:
12,4m =□ 86 + 0, где 0 < О < 1.
Умножаем члены равенства на 5:
62m = 430 + 50,
430 4- 50 58 + 50 _ л л , л гл
откуда tn =--------== 6 +-------. Так как 0 < 0 < 1, то 0 <50<
62 62
58 + 50
—~— =/ДОЛЖ-
bz
< 5. Чтобы получить целое положительное /и, число
4
но быть целым. Полагая t = 1, получаем 0 =» — и т =» 7.
о
При других целых значениях t требование 0 < 0 < 1 не соблю-
дается.
63. По условию, 0 < 0 < 1, отсюда
1 Л 1 1
О < 29 < 2;
(I)
(2)
Рассматривая неравенства (1) и (2), видим, что если ^0 + ~=0, то
2б1; если же р + у
=1, то
и [20| = 0, и тогда
и [26] =з 1 и опять 0 + 0 + —
71
64. Пусть время поездки в первый раз было х дней, тогда днев-
ной путь по х км составит весь путь в х* км. Во второй раз путеше-
ственник потратил х + 37 дней и в каждые два дня из трех проез-
[х | 374
-------1 дней, следова-
3 J
[х | 374
—"— дней. Получаем урав-
нение:
20 Iх + 37 - '
— х2
з U
-0.
3
1 2
~, Т» так как
3 3
где 0 = О,
л 2
О -- ~ решений нет.
х 4~ 37 — число целое. При 0 = 0 и
При 0 ==> получаем 20 (х + 37 —- -• -Ь ~ ) => х2, или,
3 \ о 3 /
после преобразований, Зх2 — 40х — 1500 — 0, откуда х = 30.
65. Наибольший показатель а, с каким простое число р входит
множителем в п!, находится по формуле:
a
л 4
_р*]'
где pk < п < pk+1 (см. Л. Я. Окунев, Краткий курс теории чисел,
1956, стр. 87 или И. М. Виноградов, Основы теории чисел,
ГИТТЛ, 1952, стр. 25). Применяя ее, имеем:
a —
33 + 11 + 3 + 1 = 48,
следовательно, 100! делится на З48.
Замечание. Так можно разложить п\ на простые множители,
беря за о последовательно все простые числа, меньшие п.
66. а = 98.
67. Число 100! оканчивается столькими нулями, сколько раз чи-
сло 5 в паре с числом 2 входит сомножителем в число 100!, поэтому
Г100] Г1004 л л
имеем — + ~~~ = 20 + 4 = 24 нуля.
о J I 52 I
Г104 Г104 Г104
68. 1 — + ~ Н- “ =» 5 -И 2 4- 1 = 8;
2 22 23
Следовательно, 10! = 28’34 * 52 * 7.
2) 15! = 211 -36 • 5s-7*2 -11 • 13.
3) 20! = 218-38.54-72 1 1-13-17-19.
4) 25! — 222.3l°-56’73* 112* 13-17* 19*23.
5) 30! = 226’3U’57.74* 1 12* 132.17.19*23*29.
72
69. Количество целых положительных чисел, не превосходящих
п и взаимно простых с каждым из простых чисел ръ р2,..., Pk> вы*
числяется по формуле:
г. Г и 1 Гп 1 Г п 1
В (п> Ръ Ръ- • •» Pk) ~ [П 1 — I — • • • — I + ~~~ +♦•• +
LPiJ LP&j lPiPhJ
Г п I Г п I
J LP1P2P3 J
[п
Pk-2 Pk-l Pk
-H-D*
n
.PlPz ••• Pk.
(См. Л. Я. Окунев, Краткий курс теории чисел, 1956, стр 89.}
При п = 180 и pt = 5, р2 =» 7, р3 = 11 имеем:
Г1801 Г1801 Г180"]
В(180; 5,7,11) = [180] — — - — - —
L о J L 7 J L11 J
' 180 1
5.7.11J
= 180 — 36 — 25 -- 16 + 5 + 3-т 2 —0= 113.
70. В (2311; 5, 7, 13, 17) = 1378.
71. В (100; 2,3) = 33.
72. В (12 317; 3, 5, 7) = 5634.
73. Достаточно найти количество чисел, не превосходящих 1000
и взаимно простых с числом 363 = 3 • II2, азатем, вычтя это коли-
чество из всех чисел, не Превосходящих 1000, мы получим количест-
во чисел, не взаимно простых с числом 1000 и не превосходящих
1000.
Ответ: 393.
74. Не вычеркнутыми будут числа, взаимно простые с 5, 8, 9.
Числа 5, 8, 9 попарно простые и являются делителями 1800, сле-
довательно, невычеркнутых чисел будет В(1800; 5, 8, 9). Вычисляя,
получаем В (1800; 5, 8, 9) = 1120.
75. В (х; 2, 3, ..., р) есть число чисел, меньших х и не делящих-
ся на 2, 3,..., р, причем р есть ближайшее простое число к[]Лх] и
не превосходящее У^х. Но такие числа будут простыми Следова^
тельно, 3(х; 2, 3, ..., р) есть число всех простых чисел, меньших х,
включая 1 и исключая k чисел: 2, 3, ...» р:
к (х) = 3 (х; 2, 3, р) + k —- 1.
76. Если х делится на plt р2,..., Pk > то
В (х; рь р^
Из этого равенства легко определить х.
Г1201
77. Чисел, делящихся на 2, будет ~ 60; из них не деля-
щихся на 3 и 5 будет 3(60; 3,5) = 32. Чисел, кратных 3, будет
Г1201
— 4о? и среди них не делящихся на 2 и 5 будет 3 (40; 2,5) = 16.
73
и среди них не делящихся
Чисел, кратных 5, будет
на 2 и 3 будет В (24, 2,3) = 8. Чисел, делящихся на одно и толь-
ко одно какое-нибудь из чисел 2,3,5, будет 32 + 16 + 8 = 56.
78. Чисел, кратных 14, среди чисел от 1 до 5 000 будет
Г5 ООО 1
= 357, кратных 21, будет —= 238, кратных 10, будет
= 500. Всего этих чисел 357 + 238 + 500 = 1 095. Но в это
Г5 ООО 1
14
'5 000 ;
число дважды вошли числа, кратные одновременно 14 и 21, т. е.
Г5 0001
кратные [14, 21] =42, их будет —-— =119. Чисел, кратных
L 42 J
Г5 0001
одновременно 14 и 10, т. е. кратных 70, будет = 71.
В это число 71 вошли и числа, кратные [21, 10] =210, и числа,
кратные [14, 21, 10] =210. Всего чисел, кратных хотя бы одному
из чисел 14, 21, 10, будет 1 095— 119 — 71 = 905. Благоприятных
905
случаев 905, а всего случаев 5 000. Искомая вероятность—— =
5 000
= 0,181.
79. Умножим и разделим 1 *3*5 (2m + 1) на 2*4.6 2т:
,.3.5....^+,) = !^.
v 1 т\ 2т
Наибольший показатель а, с которым простое число р содержится
в каноническом разложении (2т + 1)1, есть
Г 2т + 1 *] Г 2/п Ч- 1 I
а _, _ + .. . в
L р J L р2 J
р
Соответственно для числа т\ показатель
Г т 1 Г т 1
(2m+1)!
а для числа Ь3.5* . . . *(2m + 1) = ----, равен разности:
т\ 2т
80. Обе части будут равны нулю при условии
X X
0<~ <------; < 1.
а а— 1
Отсюда
0 < х < а — 1.
Решения будут х = 0, 1,2, . . ., а — 2 (а — 1 решений). Пусть теперь
Г—1 = [—1=» 1,
[а] I/*—1J
74
т. е.
х
а — 1
1 < — <
а
<2,
откуда
а < х < 2 (а — 1).
Решения: х = а, а + 1, a-j-2, ...» 2а — 3 (а — 2 решений).
Аналогично для случая
[х 1 Г х 1
а]~[аТГТ]=2
находим: х = 2а, 2а-|-1, 2а + 2, . . . , За — 4 (а — 3 решений).
Наконец, для
найдем:
а — 2 < ~ < ——7 < а — 1,
а а— 1
а2 — 2а < х < а2 — 2а + 1, х == а2 — 2а (одно решение).
Если взять ~ = ------- == а — 1, а, а -|- 1, .. ., то решений не
[а] £а — 1J
будем иметь.
Всего решений: (а — 1) + (а — 2)(а — 3) + ... + 2fl =
o(a-D р 2
81. Пусть | х | = а, тогда х => а + 9, 0 < 0 < 1.
Всегда можно указать такое г, что
Напишем левую часть в виде:
Г 1 1 Г п — г — 11
1 *1 + р + +•••+ р + р
L п J |_ п j
Г n— г 1 , Г п —11
4-Р + —— +••• + * + — •
| fl ft |
г П —Л — 11
Покажем, что каждое слагаемое от [ х ] до х +-------- равно а.
L п J
Действительно, самое наибольшее из них
п__Л_ 1 п — г — 1 г 4- 1 . п —г—1
х । --------- -а а 0 ---------< а -|“ I---------1 •
п п п п
Следовательно,
75
Этих слагаемых п — г, их сумма равна а (п — г). Аналогично можно
показать, что каждое слагаемое суммы
п — Н , Г п — г + 11
х + + * + , + ••• + х •+
п J [ п J
равно «+1. Число этих слагаемых г, их сумма равна г(а+1).
Сумма всей левой части а(п— г) + г (а + 1) = па + г. Правая часть
[ пх ] = [ п (а 4- 0) ] = [ па -f- /10 ] = па + г, так как из неравенства
п п
следует
Т /10 <С г 4- 1 •
§ 6. Функция {х}.
2
82. 1) {2, 6} = 2,6 — 2 = 0,6; 2) 3) 0; 4) {—4,35} =»
и
= —4,35 — (—5)= 0,65; 6) Т
§ 7. Функции а (а) и т (а)
83. 1) Находим простые делители
по формулам имеем:
числа 375 = 3
58. Теперь
О (375)
31+3- — 1
Т-1
5з+1 _ 1 8 624
.---------= — . — в 624,
5 — 1 2 4
т (375) = (1 + 1) . (3 + 1) = 2 . 4 = 8.
2) 2418; 30. 3) 1440; 8. 4) 1960; 12.5) 2808; 24. 6) 3844; 30.
84. 1) Находим каноническое разложение числа: 360 = 2е X
X З2 • 5. Теперь имеем: (1 + 2 + 4 + 8) (1 + 3 + 9) • (1 + 5)
= 1 + 2+ 44-8+3 + 6 + 12 + 24 + 9 + 18 + 36 4~ 72 4*
+ 5 + 10 + 20 + 40 + 15 4- 30 + 60 + 120 + 45 + 90 + 180 +
+360— все делители числа 360, записанные в виде слагаемых.
2) 1 + 5 + 25 + 125 + 3 + 15 + 75 + 375.
85. Пусть /V = ра , где р и q—простые числа. По условию,
(а + 1) (3 + 1) = 6, отсюда а = 1, [3 = 2; следовательно, /V =
= pq2. Далее, по условию, (1 + р) (1 + q + q2) = 28. Так как
1 4~ q + q2, ™ 1 + q (1 + q) — число нечетное, поскольку q (q +
+ 1) — четное, то 1 + q + q 2= 7 и 1 + р = 4, откуда q = 2 и
р = 3. Искомое число TV = р - q2 = 3 • 22 = 12.
86. Число УУ = ра q$ имеет (а + 1) (3 + 1) делителей,
число N2 = р 2а р2^ имеет (2а + 1) (2t3 + 1) делителей,
число N3 = р3а q3$ имеет (За + 1) (33 + 1) делителей.
По условию, (2а 4- 1) (23 + 1) = 15, откуда а = 1, 3 = 2 (или а <=» 2,
3=1) и, следовательно, (За 4- 1) (33 + 1) = 4*7 = 28.
87. Возвышая произведение ра* ра'2 . . . рап в /г-ю степень, будем
иметь: (р?(+* • • • ()*== (р> )я> (• • • (р*}*п-
76
Искомая сумма всех делителей, каждый из которых взят в /г-й сте-
пени, будет получена, если в формуле
nai*H___1 па2*М_____ 1 — 1
а (N) =, ------- .....--------------
Р1 -- 1 р2 — 1 Рп---- 1
заменим рь р2, • • • » Рп через
но обозначим через (Л7):
р*. р*.
Рп
и левую часть услов-
Л^(«1+1) __ 1
.. т - ' , ,
р, —1
р#(а2+1) _ j
*2_________
р*-1
р*<«п+') -1
Рл-1
88, 1) Каноническое разложение числа:
имеем:
22(2+l) 32(1+1) — !
З2 — 1
Ъ (12)
22 — 1
2) 455. 4) 341.
89. Действительно,
ОЗ _ 1
= <28> = Т=7
7а — 1
7—1
12 = 23»3. По формуле
63
3
80
‘ — ==210.
8
48
= 7* — «28.2.
6
Аналогично поступаем и для чисел 496 и 8128.
90. Выпишем все делители числа N:
N N N
N
Каждому делителю сц соответствует делитель
at
число делителей — четное, за исключением случая,
следовательно,
когда /V == а3,
N а2
т. е. когда делителю а соответствует тот же делитель —=з— ~я.
а а
W
и
<4
Перемножая каждую пару делителей, получаем
п
таких пар будет —, где п — число делителей.
Таким образом, произведение всех делителей:
/ Л7\— -
Р = ( л
\ /
Эта формула включает и случай, когда /V = а2, ибо тогда
/ л/ \ п~~1 1 Д д
( сц — ] 2 N 2 . JV2 ==Л^
\
77
91. По условию, Р «в 5832, или Р = 23*Зб. Но произведение всех
делителей числа вида N •= 2а *3Р будет:
(<Н-1)(Р+1)
Р=(2а.Зе) 2
следовательно,
(«+1)(Р+П
(2а.33) 2 «23.38,
отсюда
а (а + 1) (й + 1) = 6, 3 (а + 1) (3 + 1) = 12,
что дает
а = 1, 3 = 2 и АГ = 2 . З2 = 18.
92. Возьмем N = За *5^, произведение всех делителей его
(а+1)(Р+1)
(За.53) 2 = 330« 54о,
отсюда
а (а + 1) (3 + 1) 60, 3 (а + 1) (3 + 1) = 80,
что дает
а = 3, з = 4 и N = З3 . 54.
93. Указание. Воспользоваться тем обстоятельством, чтс
, N N
й, = —, — ---у ....
&П dn-!
94. Напишем в порядке возрастания все делители числа Mi
. . МММ
d2 d, 1
их будет:
(« + 1)(3+ 1). .. (И + 1).
Соединяя попарно
, М . М N
1 • , di , d2 • , . . •,
1 d2
получим все различные разложения, число которых будет:
(а+1)(3+1)...(|л+1)
2
для случая, когда N — неточный квадрат, и
1 + + 1) (3+ 1) ... + 1)
2
для случая, когда М — точный квадрат.
78
Объединяя эти результаты, получаем, что число различных раз-
ложений равно
ri+(a + l)(3+l) ,,,(^+1)1
L 2 J’
95. Решение приводит к системе:
(«+1)(7+1)= 8,
(«+1) (3+1) =12,
(3+ 1)(7 + 1)= 6.
Перемножая, после преобразований, находим N = 1400.
96. W = 2 • 3 • 54.
§ 8. Функция Эйлера
97. 1) Каноническое разложение числа: 375 = 3 • 53. Теперь
по формуле имеем: ф (375) = 3 • 53 (1 — -~) (1 — ~ )= 3 • 53 к
3 5
2 4
X— • — = 200. 2) 192. 4) 432. 6) 320. 8) 400. 10) 1152.
3 5
98. 1) <р (17) = 17 — 1 = 16. 2) 30. 4) 70.
99. 1) ?(35) = 34 . 2 = 162 . 2) 500. 4) 272.
100. 1) 40. 2) ср (5 . 7 . 13) = ф (5) ф (7) ф (13) = 4 . 6 . 12 =
= 288. 4) ф (12 . 7) = ф (22 . 3 . 7) = 2 . 2 . 6 = 24. 6) 480. 10>
388 800.
101. Чисел, взаимно простых с числом 120 и меньших его, будет
Ф (120) = 32, это числа 1, 7, 11, 13, ..., 119. Все остальные 120 —
— 32 = 88 чисел будут с числом 30 = 2 • 3 • 5 иметь общие дели-
тели, большие единицы.
102. По условию, а = За .5^ .7* . Функция Эйлера от этого чис-
ла будет ср (а) =» 3<х“"1.2‘5^~1-4.7^“”1.6 = 24*За По ус-
ловию, ср (а) = 3600 в 24»За»52, следовательно, 24«3a-5^”"1-7Y~J —
= 24‘32‘52, откуда а = 2, 3 3, 7 = 1 и а = 32*53*7 = 7875.
103. Из условия имеем: ф (а) = ф (pq) = (р — 1) (q — 1) =
= 120 и р — q — 2. Получаем систему:
f (р — 1) (g— 1) = 120,
I р — q = 2;
решая ее, находим р = 13, q = 11 и, следовательно, а = pq =
= 143.
104. Из условия имеем: ср (а) = ср (р2 q2) — р (р — 1) q (q —
— 1) и ф (а) = 11 424 = 2б • 3 • 7 • 17, следовательно, р (р —
— 1) q(q—l)= 2б*3«7 . 17, или р (р — 1) q (q — 1) = 17 . 16 • 7 • 6,
откуда р = 17, q = 7 и а — 172 . 72 = 14161.
105. Из условия имеем: ср (а) = р“'~~] (Pi — 1) р“2““! (Рг —
— 1)... р^”1 (рп—1) и ср (а)= 462 000 = 24*3«53*7* 11; следовательно,
Р».-1 (Р1 - 1) р^-1 (р2 - 1)... (р„ - 1) = 2* • 3 • 53.7.11.
Перегруппируем сомножители в правой части так, как того
требует левая часть:
Р?"1 (Pi - 1) (р2 -!)••. РХ‘ (Рп - 0 = (И-10) (7.6) (53.4),
79-
отсюда = 11 и ах = 2; р2 => 7 и а2 = 2; = 5 и а3 = 3;
a = 1127253 = 741 125.
106. Предварительно докажем, что если (at, m)~l, то (а, пг— а)=
= 1. Действительно, допустим противное, что (а, пг — а) = d > 1,
тогда а ~ dk и т — а — dt, откуда т — d (t + k) и (at т) ==
= d > 1, что невозможно, так как противоречит условию (а, т) =
= 1.
Теперь выпишем в порядке возрастания числа, меньшие т и с
ним взаимно простые:
1, alt а2,..., т — а2, т — alt tn — 1;
всего их ср (т). Каждому числу ai соответствует число пг
сумма каждой пары + (пг — = т, число таких пар ~ ср (/п) и,
следовательно, сумма всех пар:
S = wф (т).
157. 1) Применяя формулу
с 1
д = /7?ф (т), получаем:
S = — . 12*4 — 24. Действительно,
1 +5 + 7+ 11 =24.
3) 54. 5) 37 500.
108. Так как ф (7х) = 7х“1-6, то 7х-1-6 = 705 894, или 7Л~1 =
’«==» 1 17 649 = 78, откуда х—1=6 и х = 7.
109. Так как числителями можно брать только числа, взаимно
простые с Ь и меньшие Ь, то всего искомых дробей будет ф (Ь).
1 3 7 9 оч
НО. 1) 4 дроби, именно:—, ~, —• 3) 12 дробей.
111. На основании решения задачи 77 дробей со знаменателем
2 будет ф (2), со знаменателем 3 будет ср (3) и т. д. и со знаменателем
b = п будет ф (л); следовательно, число всех искомых дробей вы-
разится суммой ф (2) + ф (3) + ... + ф (л).
112. 1) Число всех положительных правильных несократимых
дробей со знаменателями от 2 до 5 равно:
ф (2) + ф (3) + ф (4) + ф (5) = 1 + 2 + 2 + 4 = 9.
Действительно, этими дробями будут:
2’ з’ 3* 4’ 4* 5* 5’ 5*
—, всего 9 дробей.
2) 31. 3) 71.
113. По условию, (300, х) = 20 и все значения х меньше 300.
После сокращения на 20 должно быть (15, у) = 1, где все значения
у меньше 15 и взаимно просты с 15; количество их ф (15) — 8. Это
числа: у = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14; тогда х = 20, 40, 80, 140, 160,
220, 260, 280.
114. ст (45) = 24.
115. ф (36) = 12.
во
116. Указание. Четность ф (tn) следует из решения задачи
106.
117. 1) а = 72 = 23 • За. Находим все делители числа 72 : (1 +
+ 2 + 22 + 28) (1 + 3 4- З2). Теперь, не раскрывая скобок, возь-
мем функцию Эйлера от всех делителей, принимая <р (1) = 1. По-
лучим:
£ ? (d) = [? О) + <f (2) + ? (22) 4- ? (23) ] [ ? (1) + ? (3) 4- ? (З2) ] «
d/a
= (1 + 1 + 2 + 4) (1 + 2 + 6) = 8-9 = 72 = а.
119. Имеем:
и потому в силу условия:
Р^ (Pt ~ О Р^”' (Р2 ~ О - • • р’"“’ (Рп - 1) = 12.
Отсюда видим, что рг- может быть простым числом 2, 3, 5, 7, 11, 13.
Учитывая предыдущую задачу, находим:
х = 13, 21, 26, 28, 42, 36.
120. Если допустить, что (х, 6) = 1, то равенство ф (2х) =
= ф (Зх) переходит в невозможное равенство 1 = 2.
Итак, (х, 6) =з d > 1. Пусть х = 2а у, где (у, 6) = 1. Равенство
(2х) ==» ср (Зх) принимает вид:
<Р(2а+1у)=?(2“ -Зу).
Таким образом, х = 2а у удовлетворяет уравнению.
Другие значения х =» 3^ у, х == 2а 3^ у, где (у, 6) = 1, непри-
годны.
121. Решение аналогично решению предыдущей задачи.
122. Если pi — различные простые нечетные числа, то Pi —-1 —
числа четные:
Pl — 1 = 2“г nit
где П[ — числа нечетные. По условию,
f (m) = (Pi-1) (Р«-1).. .(Рй -1) = 2’*+"*+-+** П1пл.. .«*= 2р -3.
Отсюда С4 + а2 + ... + ak =i р, . nk=*3, т. е. среди чисел Pi
только одно вида 2 1 *3+1, а остальные имеют вид 2 1 + 1.
Пример 1. ф (т) = 24 = 4 • 6 = 2 • 12.
В первом случае tn = 5 • 7 = (22 + 1) • (2*3+ 1).
Во втором случае т == 3 . 13 = (2 + 1) (22 • 3 + 1).
Пример 2. ф (т) = 48 = 4* 12 = 2 • 4 • 6.
В первом случае tn = 5 • 13 (22 + 1) (22 • 3 + 1).
Во втором случае т = 3 • 5 • 7 = (2 + 1) (22 + 1) (2 • 3 + 1).
123. 1) Если ср(х) = ’~х, то 2/х у х —число целое j , х =
2а п, где п — число нечетное.
4 Заказ 43 81
Тогда
или
ср (2а п) = у 2а п,
2а“1 <р (/г) =з 2а~! п.
Отсюда имеем ср (/г) = п, что может быть только при п=1.
Итак, х = 2а — решение данного уравнения.
2) Если ср (х) = — х, то 3/х, х= З^а, где (п, 3) ==> 1.
3
Теперь
<Р (3₽ п) = 3₽ п,
ИЛИ
3^—1.2<f (п) = — -3* П, ср (п) = п = 1,
3
х = Зр — решение данного уравнения.
3) х = 2“ Зр .
4) Решения нет.
ГЛАВА ш
СРАВНЕНИЯ
§ 9. Понятия о сравнениях и свойства сравнений
124. Если п — число нечетное, тогда п — 1 и п + 1 — пос-
ледовательные четные числа. Если одно из них кратно 2, то другое
по меньшей мере кратно 4, поэтому:
(п — 1) (п + 1) = п2 — 1 = О (mod 8),
или п2 = 1 (mod 8).
125. По формуле разложения степени бинома имеем:
р(р — 1)
(а + Ь)Р = аР + раР-Ч) + аР~*Ь2 + . . . + раЬР-* + ЬР.
В правой части все члены, кроме ар и Ьр, делятся на р. Действи-
Р (Р — О (Р — 2)... (р — п + 1)
тельно, =з ----------—---------—------!—- — число целое, но р—
р 1-2.3-....П
число простое и не сокращается ни с одним из сомножителей знаме-
нателя, так как р > п. Обозначив частное от деления (а + Ь)р на р
через q, получим: (а 4* Ь)Р = pq + аР + Ьр, откуда следует сравнение:
(а + Ь)Р = ар + Ьр (mod р).
126. По условию, 100 а + 10 6 + а = 0 (mod 21).
Умножив члены этого сравнения на 4, получим:
400 а + 40 Ь + 4о = 0 (mod 21), (1)
но
400 а = a (mod 21),
40 b = — 2b (mod 21),
4 с = 4с (mod 21) — очевидное сравнение.
82
Сложив эти сравнения, будем иметь:
400 а + 40 b + 4с ~ а — 26 + 4с (mod 21).
Но левая часть в силу (1) сравнима с нулем, следовательно, и
а — 2Ь + 4о = 0 (mod 21).
127. Умножая обе части сравнения на З4 = 81, получим:
3«+4==—81 (mod 10).
Теперь, исключая из правой части число — 80, кратное мо-
дулю, получим искомое сравнение:
3Л+4 = _ i (moc| 10).
128. Так как 11 . 31 — 1 = 340 = 5 * 68 и так как 25= — 1
(mod 11), то, возвышая члены этого сравнения в 68-ю степень, полу-
чим:
(25)68 2340 == 211*31-1 = 1 (mod 11). (1)
Далее, так как 25 = 1 (mod 31), то
(25)68 = 211-31-1 = 1 (mod 31). (2)
Теперь из (1) и (2) по третьему особому свойству имеем: 2В * * 11*81*1 =
= 1 (mod 11*31); умножая члены этого сравнения на 2, получаем
искомое сравнение:
2U-31 = 2 (mod 11-31).
129. Так как
11 = —3,
18 = —3,
2322 = — 2,
13 = — 1,
19 = —2,
(mod 7),
— 1 — абсолютно наименьшие по абсолютной
где числа — 3, — 2,
величине числа, сравнимые с остатками, получающимися при деле-
нии данных чисел на 7, то, перемножая эти сравнения (3-е основ-
ное свойство), получаем:
11 . 18 . 2322 . 13 . 19 = — 36 (mod 7).
Исключая из правой части число — 35, кратное модулю (следствие
2-е из 2-fo основного свойства), имеем:
11 . 18 . 2322 . 13 . 19 = — 1 (mod 7).
Замечание. Решение данной задачи кратко запишется так:
11 . 18. 2322.13 . 19 = ( - 3) (— 3) ( — 2) (— 1) ( — 2) =
= — 36 = — 1 (mod 7).
В дальнейшем в подобных случаях будем пользоваться реше-
нием в такой краткой записи.
130. Имеем:
314 = (3з)4 . З2 = 274 . З2 = ( - 2)4 . З2 = 144 = — 1 (mod 29).
4*
83
131. Так как 15325 = 25 «= 32 = 5 (mod 9), то, вычитая из
этого сравнения очевидное сравнение 1 = 1 (mod 9), получаем
15326 — 1 = 4 (mod 9), откуда следует, что остаток от деления
15325— 1 на 9 равен 4.
132. Напишем k сравнений:
р-1 = -1,
р — 2 = — 2,
р — 3 = — 3,
(mod р)
р — k = — k.
Перемножив их, получим:
(р — 1) (р — 2) (р — 3) ... (p — k) = (- 1)М-2.3 ..... k (mod р). Так
как (1 *2*3 • ...• k, р)=1, то, разделив члены сравнения на 1 *2«3 •.... k,
будем иметь: Ср_j == (— l)^(modp).
133. При п = 5 имеем 225 + 1 = 232 + 1; но 2 32 = (28)4 =
= (2562)а <= 65 5362 = 1542 = 23 716 = — 1 (mod 641), следова-
тельно, 282 + 1 = 0 (mod 641). Действительно, 2за + 1 =
= 4 294 967 297 = 641 . 6 700 417.
Другое решение. Представим число 641 так:
641 = 640 + 1 = 5 • 27 + 1, (1)
641 = 625 + 16 = 54 + 24. Л2)
Из (1) имеем сравнение:
5 • 27 = — 1 (mod 641),
или
54 . 228 = 1 (mod 641). (3)
Из (2) следует, что
24 = — 54 (mod 641). (4)
Перемножая сравнения (3) и (4), получаем:
54 . 232 = — 54 (mod 641),
откуда
232 + 1 = 0 (mod 641).
134. Предварительно покажем, что если (a, m)—k, то и
(b,m) = k. Из сравнения а = b (mod т) следует а = mt + Ь,
или Ъ = а — mt, откуда видно, что если (а, т) = /г, то k / b.
Таким образом, если (а, т) = 1, то и (b, т) == 1.
Теперь, по условию, имеем:
ао = bd (mod m), (1)
а = b (mod m). (2)
Умножая сравнение (2) на а, получаем:
ас = bo (mod т). (3)
Сопоставляя (3) с (1), имеем:
be = bd (mod т),
откуда, имея в виду, что (Ь, т) = 1, получаем:
с = d (mod т).
84
135. По условию, а100 = 2 (mod 73); умножив обе части этого
сравнения на а, получаем:
а101 = 2а (mod 73); (1)
но, по условию,
а101 = 69 (mod 73). (2)
Из (1) и (2) следует, что
2а = 69 (mod 73).
Теперь, прибавив в правой части модуль 73, будем иметь:
2а = 142 (mod 73).
Так как (2, 73) = 1, то, сокращая члены сравнения на 2, получаем:
а = 71 (mod 73),
т. е. искомый остаток равен 71.
136. Из условия следует, что
Па + 2Ь = 0 (mod 19).
Умножим обе части сравнения на 12:
132 а + 246 = 0 (mod 19),
откуда
18 а + 5 b = 0 (mod 19).
137. Составим из чисел
1,2,3............ Р-^-, ....р—2, р — 1
2 2
р —1
— сравнении:
1 =
2 =
(Р — 1),
(Р-2),
Р —1_ Р + 1
2 2
(mod р)
Возводя каждое из этих сравнений в степень 2/? + 1 и складывая,
получаем требуемое сравнение.
138. Если а = b (mod рл), то а = b + tpn и потому
аР =з (6 + tpn) Р = Ь? + pbn-i tpn+ ... + tpPnp =*ЬР+ bP-i tpn+i +
+ ... + tPpnP.
Отсюда
aP = bP (mod pn+l).
§ 10. Вычеты и системы вычетов
139. 1) По т = 9. Полные системы вычетов:
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8; —• 8, — 7, — 6, —- 5, 4, — 3, — 2, — 1,
0; — 4, —3, — 2, — 1, 0, 1, 2, 3, 4.
85
Приведенные системы вычетов:
1, 2, 4, 5, 7, 8; — 8, - 7, — 5, — 4, — 2, — 1; — 4, — 2,
— 1/ 1, 2, 4.
2) По т = 8. Полные системы вычетов:
О, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7; — 7, — 6, — 5, — 4, — 3, — 2, — 1, 0;
— 3, — 2, — 1, 0, 1, 2, 3, 4 или — 4, — 3, — 2, — 1, 0, 1, 2, 3.
Приведенные системы вычетов:
1, 3, 5, 7; — 7, — 5, — 3, — 1; — 3, — 1, 1,3.
140. По общему виду всех чисел данного класса находим:
25 = 8 • 3 + 1; — 20 = 8 . ( — 3) + 4; 16 = 8 . 2 + 0;
46 = 8 • 5 + 6; — 21 = 8 • ( — 3) + 3j 18 = 8 . 2 + 2;
37 = 8 . 4 + 5; - 17 = 8 . ( — 3) + 7.
Полученные остатки все различны и составляют полную систе-
му наименьших неотрицательных вычетов 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
следовательно, и данные числа представляют собой полную систему
вычетов (только не наименьших).
Можно было бы найти неположительные остатки, наименьшие
по абсолютной величине или абсолютно наименьшие.
147. Находим:
24 = 6 . 4 + 0; 14 = 6 • 2 + 2; 25 = 6 . 4 + 1} 37 = 6 . 6 +
+ 1; —8=6. ( — 2) + 4; — 19 = 6 . ( — 4) + 5; —40 =
= 6 . (- 7) + 2.
Выписываем остатки в найденном порядке: 0, 2, 1, 1, 4, 5, 2.
Вычитая из каждого найденного неотрицательного вычета, кроме
вычета нуль, величину модуля 6, получим 0, — 4, — 5, — 5,
— 2, — 1, — 4 — наименьшие по абсолютной величине неполо-
жительные вычеты. Абсолютно наименьшими вычетами будут
0, 2, 1, 1, — 2, — 1, 2.
Все вычеты, значит, и данные числа принадлежат к пяти раз-
личным классам.
К одному и тому же классу принадлежат числа 14 и — 40 с
одинаковыми вычетами 2 или — 4, а также числа 25 и 37 с выче-
тами 1 или — 5.
149. Наименьшие неотрицательные вычеты:
0, 2, 1, 0, 100, 100;
неположительные вычеты, наименьшие по абсолютной величине:
0,- 5, — 10, 0, — 20, — 100;
абсолютно наименьшие вычеты:
0, 2, 1, 0, — 20, 100 или — 100.
§ 11. Теоремы Эйлера и Ферма
152. 1) Так как (5, 24) = 1 и (24) = 8, то должно быть 58 =
= 1 (mod 24). Действительно, 58 = (52)4 = 254 = I4 = 1 (mod 24).
4) Так как (3,18) = 3 > 1, то теорема Эйлера не имеет места.
Действительно, (18) = 6 и Зб = З4 • З2 = 81 • 9 = 9 • 9 =
= 81 = 9 (mod 18).
153. 1) Так как ср (6) = 2, то а2 = 1 (mod 6). Удовлетворяют
значения а = 1 и а = 5, взаимно простые с модулем 6, или классы
чисел 6& + 1 и 6k + 5.
154. 1) Так как 383 = 23 (mod 45), то 383176 = 23175 (mod 45).
Далее, так как ср (45) =24 и (23,45) = 1, то по теореме Эйлера
86
2324 = 1 (mod 45); следовательно, 23i75 = 2324*7+7 = (2324)7«237 =
= l7-237 (mod45), но 237 = (232)3-23 = 5293.23 = 343-23 = 342.34-23=
= 1156-782 = 31 • 17 = 527 = 32 (mod 45).
Итак, 383175 = 32 (mod45). Искомый остаток равен 32.
2) 1. 3) 19. 4) 29.
155. 1) Так как (11) = 10 и (3,11) = 1, то З^ = 1 (mod 11) и
710 = 1 (mod 11), поэтому З80 = (З10)8 = I8 = 1 (mod 11) и 780 =
= (710)8 = 1 (mod 11).
Сложив эти сравнения, получаем: З80 + 780 = 2 (mod 11), т. е.
искомый остаток равен 2.
Другое решение. Так как 3 = —8 (mod 11), 7 = — 4 (mod 11)
и так как ср (11) = 10 и (2,11)= 1, то 210 = 1 (mod 11). Поэтому
38о = (_ 8)80 = 224° = (210)24 = 1 (mod 11) и 780 = (— 4)80 = 480 =
=21в0 = (210)16 = 1 (mod 11). После сложения получаем:
380 + 78о = 2 (mod 11).
2) 6. 3) 2. 4) 2.
156. Число, выраженное последними двумя цифрами числа 2100,
получим как остаток от деления 2100 на 100. Имеем: 2100 = (210)10 =
== 1024Ю = 24Ю =□ (242)6 = 576б = 76б = (- 24)8 =, (— 24)4 - (— 24) =
= 57Q2 . (— 24) = (— 24)2 - (— 24) = 576 - (— 24) = (— 24)2 = 576 з
= 76 (mod 100), т. е. искомые последние две цифры числа 2100 состав-
ляют число 76.
Другое решение. Так как 100 = 25.4, то воспользуемся
теоремой Эйлера и возьмем сравнение: 2Ф(25) = 1 (mod 25), т. е.
22° = 1 (mod25). Так как 2Ю° = 298.22, то найдем сначала остаток
от деления 298 на 25. Имеем: 298 = 280-2i8 = (220)4-(29)2 = 1М22 =
= 144 = 19 (mod 25), отсюда 298 = 25д + 19. Умножив члены полу-
ченного равенства на 4, находим 2100 = 100g + 76.
157. Число, выраженное последними тремя цифрами числа
243402, получим как остаток от деления 24 3 403 на 1000.
Так как (243, 1000) = 1 и ср (1000) = 400, то по теореме Эйлера
243400 = 1 (mod юоо). Поэтому 243402 = 243400.2432 s 1 . 59 049 в
= 49 (mod 1000). Искомые последние три цифры 049.
158. Если положить остаток равным %, то будем иметь:
9341 = х (mod 111).
Так как (93,111) = 3, то 31 • 9340 = хг (mod 37). Вычисление дает:
Xi = 7 и х — Зхг = 21.
159. Пусть ар— 1 = (а — 1) (а^Ч- ^"2+.. •+ а + 1) s 0(modp).
По следствию из теоремы Ферма аР = a (modp); поэтому
ар — 1 = а — 1 (modp).
Таким образом, если аР — 1 = 0 (modp), то и а — 1 = 0(modp).
Но из последнего сравнения имеем:
аР^1 s 1,
аР~2 = 1,
а = 1,
1 = 1.
(mod р)
87
Складывая эти сравнения, получим:
аР-1 + ар~2 4-... + а+1=р = 0 (mod р)
и, следовательно, ар—1 = 0(modp2).
Аналогично находим, что если а? 4- 1 = о (mod р), то аР + 1 = О
(mod р2).
160. По теореме Ферма:
pQ-i —i=o (mod q),
откуда
Р*-1-1=Л, (1)
Аналогично имеем:
qP"1 — 1=0 (mod р),
откуда
gP-i-l=pf2. (2)
Перемножая (1) и (2), получаем искомое сравнение.
161. По следствию из теоремы Ферма х1 = х (mod 7), а по тео-
реме Эйлера х2 = 1 (mod 6). Последнее сравнение можно предста-
вить как
х'=х} <mod6>-
Но (7,6) =1, следовательно, x7 = x(mod 42).
162. Имеем:
рп! т — 1 m+ 1
т — — => т-----------=--------.
2] 2 2
Пусть при делении на т остаток равен г:
=r(modm),
или
2ф(т)-1 = 2г — 1 (mod т).
Но по теореме Эйлера 2Ф(/П) — l=0(modm). Следовательно, и
2г — 1 =0 (mod m), что дает
_ t . mt +1 т 4-1
2г — l=*mt, г= -------, г=>-------.
2 2
163. Если остаток г, то, обращаясь к теореме Эйлера, получаем,
что 4г = l(modzn). Всякое нечетное число можно представить вод-
ной из двух форм т = 4k 1.
Пусть т = 4k—1, тогда последнее сравнение можно написать
как
4r = 1 4- т = 4k (mod т),
отсюда
Если т = 4k + 1, то
4r = 1 4- Зт = 1 4- 12k + 3 (mod т),
88
г = 3k + 1 (mod m),
, 3m 4-1 m— 1 Гт I
f = 3Hl=-------——=>m-------------= m — — .
4 4 L4J
164. Составим разность:
M — N = (a $ — dj) + (t?2 — a2) + • • • + (an — an)*
По следствию из теоремы Ферма:
— at = 0 (mod 5).
В то же время
af — at = (ах- — 1) di (di + 1) Р = 0 (mod 6).
Итак,
М = N (mod 30).
Но, по условию, N = 0 (mod 30), значит,
М = 0 (mod 30).
165. Если целое число а кратно 5, то а = 3k и тогда
д1оо =, 5100 £100 н о (mod 125).
Если же (а, 5) = 1, то по теореме Эйлера аф(125)= 1 (mod 125),
или ахо° = 1 (mod 125).
166. По условию, (а, 10) = 1, но тогда (а, 5) = 1 и (а, 2) =
= 1. Имея в виду, что 1000 = 125 • 8, используем сравнения по
модулю 125 и по модулю 8.
Из решения задачи 165:
а100 == 1 (mod 125). (1)
С другой стороны, по теореме Эйлера а4 = 1 (mod_8); возвы-
сив это сравнение в 25-ю степень, получим:
а100 н 1 (mod 8). (2)
Теперь из (1) и (2) по третьему особому свойству сравнений следу-
ет:
а100 = 1 (mod 1000).
Возведя это сравнение в n-ю степень и затем умножая обе части
полученного сравнения на а, будем иметь:
аюол+1 = а (mod 1000).
167. Используем сравнения по модулю 19 и по модулю 73, имея
в виду, что 19 • 73 — 1 = 1386 = 18 • 77.
По теореме Ферма 218 = 1 (mod 19); возведем это сравнение
в 77-ю степень:
218.77 в 219-73-1 = 1 (mod j9)t
Далее, возьмем сравнение 29 = 512 5 1 (mod 73) и возведем его
в 154-ю степень:
29.154 = 219-73-1 = 1 (mod 73). (2)
89
Теперь из (1) и (2) по третьему особому свойству сравнений полу-
чаем:
219.73-1 = 1 (mod 19-73).
168. Если а не кратно 7, то (а, 7) = 1 и по теореме Ферма
а6 = 1 (mod 7).
Возведем это сравнение в степень /пив степень и:
aQm = 1 (mod 7) и aQn = 1 (mod 7).
Складывая их, получим:
авт + авп = 2 (mod 7),
т. е. при всех а, не кратных 7, двучлен аст + cfln при делении на 7
дает в остатке 2, а не нуль, что и требовалось показать.
169. Если (п, 6) = 1, то (п, 2) = 1. Отсюда следует, что п —
число нечетное, значит, (п — 1) (n + 1) делится на 8 как произве-
дение двух последовательных четных чисел, т. е. имеем:
л2 — 1 = О (mod 8), или n2 = 1 (mod 8).
С другой стороны, из условия (л, 6) == 1 следует, что (л, 3) = 1,
поэтому мы можем по теореме Ферма написать сравнение:
п2 = 1 (mod 3). (2)
Теперь из (1) и (2) по третьему особому свойству сравнений полу-
чаем:
п2 = 1 (mod 24),
что и требовалось показать.
170. Действительно, при р = 3 число 8р2 + 1 = 73 является
тоже простым.
Теперь предположим, что р =£ 3. В таком случае (р, 3) = 1,
тогда по теореме Ферма имеем сравнение: р2 = 1 (mod 3). Умно-
жив члены этого сравнения на 8 и сложив с очевидным сравнением
1 = 1 (mod 3), получаем сравнение:
8р2 + 1=9 = 0 (mod 3),
из которого следует, что число 8р2 + 1 делится на 3, т. е. является
составным.
171. Искомое простое число р ¥= 5, так как 525 + 1 0 (mod 25)
(второе слагаемое 1 не делится на 25).
Для решения задачи преобразуем сравнение так:
5р2 + 1 = ( 5₽2 — 5 ) + 6 = 5 ( 5р2 — 1 ) +
4-6 = 5 [(SP-iJP+i — 1] 4- 6 ее 0 (mod р2).
Число (5^~1)/7+1— 1 кратно 5/7*1— 1, а при р = 5 имеем: по теореме
Ферма —1=0 (mod р), следовательно, и второе слагаемое 6 де-
лится на р. Отсюда р = 2 или р = 3. Значение р = 2 непригодно,
так как 522 + 1 = 626 Ф 0 (mod22). При р = 3 получаем:
5з2 4- 1 = 1 953 126 = 0 (mod З2),
следовательно, искомое число р = 3.
90
172. Надо доказать, что (х3 — I) х3 (х3 + 1) = О (mod 504),
или, что то же, х2 (х7— х) = 0 (mod 7 • 8 • 9). Но по следствию из
теоремы Ферма х7 — х = 0 (mod 7) при любом целом значении х,
следовательно, и
(х3 — 1) х3 (х3 + 1) = 0 (mod 7); (1)
в то же время
(х3 — 1) х3 (х3 + 1) = 0 (mod 8), (2)
как при х четном, так и нечетном, и так как (9) = 6, то
х3 (Х6 _ 1) = о (mod 9). (3)
Таким образом, из (1), (2), (3) по третьему особому свойству
сравнений получаем:
(х3 — 1) х3 (х3 + 1) = 0 (mod 504).
173. По условию, числа р и 2р + 1 — простые, поэтому по
теореме Ферма имеем сравнения:
(2р + I)2 = 1 (mod 3), (1)
р2 = 1 (mod 3). (2)
Теперь, умножая (2) на 4 и вычитая из (1), получаем:
4р +*1 = — 3 = 0 (mod 3),
откуда следует, что 4р + 1 — составное (делится на 3).
§ 12. Сравнения с одним неизвестным (общие понятия)
174. 1) Испытывая числа 0, 1,2, составляющие полную систему
наименьших неотрицательных вычетов по модулю 3, находим, что
сравнению удовлетворяют числа 1 и 2, т. е. получаем решения:
Х1 = 1, 1
хз = 2, J (mod 3)
или классы чисел xi = 3k + 1 и х2 = 3k + 2, которые дают числа:
_ 8, — 5, — 2, 1, 4, 7, ...
, — 7,-4, — 1, 2, 5, 8, ... .
J 2Z 2 } (m°d5), или классы чисел хх » bk + 1, х2 == 5k + 2.
3) х = 2 (mod 5), или класс чисел х = 5k + 2.
5) Решения нет.
9) х = 3 (mod 5), или класс чисел х « 5k 4- 3.
175. 1) Исключая 7х из левой части сравнения, по второму след-
ствию из второго основного свойства сравнений получаем сравне-
ние:
5х = 1 (mod 7).
Путем испытаний находим решение:
х = 3 (mod 7).
91
3) Исключая 11 из 13, по второму следствию из второго основ-
ного свойства, получаем сравнение:
Зх = 2 (mod 11).
Путем испытаний находим решение:
х = 8 (mod 11).'
4) Так как (3,7) =1, то, по четвертому основному свойству,
деля члены сравнения на 3, получаем сравнение:
2х = 1 (mod 7).
Путем испытаний находим решение:
х = 4 (mod 7).
6) Применяя первое следствие из второго свойства, затем чет-
вертое свойство, получаем сравнение 2х = 1 (mod 7). Путем испы-
таний находим решение:
х = 4 (mod 7).
9) Заменяя коэффициенты наименьшими неотрицательными вы-
четами по модулю 15, получаем сравнение:
х2 _ lx + j = 0 (mod 15)<
Испытаниями находим решение х = — 4 (mod 15).
176. 1) Прибавляя к правой части сравнения число 15, равное
модулю, получаем сравнение 2х = 22 (mod 15); так как (2,15) =
= 1, то, сокращая обе части сравнения на 2, получаем решение:
х = И (mod 15).
177. Введя подстановку х = у + а, получаем:
(У + а)п + «1 (У + а)Л”1 + ... + = 0 (mod т).
После преобразований будем иметь:
уп + (па 4- flj) у”"1 + ... + (аЛ + . + ап) = 0 (mod /и). (1)
Выбираем а такое, чтобы было
па + аг = 0 (mod пг). (2)
В результате член, содержащий у?1"1, исключается из сравне-
ния (1), и мы получим сравнение:
уп + &зУЛ~2 + • • • + Ьп = 0 (mod т).
178. Составляем сравнение паа{ = 0 (mod т).Из условия име-
ем: За 4- 5 = О (mod 13), его решение: а = 7 (mod 13); следовательно,
для подстановки берем х *= у + 7. Подставляя в сравнение, полу-
чаем:
(У + 7)з + 5 (у + 7)2 + 6 (у + 7) - 8 = уз + 26 у2 + 223у 4-
+ 622 = у3 4- 2у — 2 = 0 (mod 13).
92
§ 13. Сравнения первой степени
179. 3) Решения нет, так как (5,10) = 5, но 7 не делится на 5.
4) По формуле x = barp(w)~1 (mod т) naxQjtfiw.
х = 8 . З11 = 8 . З3 • (З4)2 = 216 * 812 = 8 * З2 =72 = 7 (mod 13).
Проверка. 3*7 = 8 (mod 13).
180. 1) Находим необходимые данные для формулы:
х = (— 1)" ЬРп^ (mod tri).
Имеем:
19| 7
7 | 5 2=<7О
5|2 l=qi
2 |1 2 = д2
2 = <7з
? I I 2 | 1 | 2 | 2
Р | 0 | 1 2 | 3 | 8 | 19
/2 = 3, Pfi—i — 8.
Отсюда х = ( — I)3 • 4 • 8 = — 32 = — 13 = 6 (mod 19).
Проверка. 7*6 = 4 (mod 19).
7) Решения нет, так как (143, 221) = 13, но 41 не делится на 13.
181. 2) Сравнение неразрешимо, так как (12,18) = 6, но 9 не
делится на 6.
3) Так как (20, 10, 25) = 5, то после сокращения членов срав-
нения и модуля его на 5 получаем сравнение:
4х = 2 (mod 5), или 2х = 1 (mod 5).
Способом испытаний находим: х = 3 (mod 5).
Теперь по формуле х^+1 = гщк + a (mod т) имеем:
хг = 3, х2 = 8, х3 = 13, х4 = 18, хь = 23 (mod25).
П р о в е р к а. 20 • 3 — 10=50 делится на 25; 20 • 8 — 10 =
= 150 делится на 25; 20 ♦ 13 — 10 = 250 делится на 25; 20 • 18 —
— 10 = 350 делится на 25; 20 • 23 — 10 = 450 делится на 25.
182. Обозначим приписываемое число через х, тогда
523 * 103 + х = 0 (mod 7*8.9),
откуда
х = — 523 000 = — 352 = 152 (mod 504),
или класс чисел
X = 504/ + 152.
Значение х будет трехзначным числом при t = 0 и i = 1.
Получаем: xi = 152; Х2 — 656.
Проверка. 523 152 делится на 7, 8, 9; 523 656 делится на
7, 8, 9.
93
§ 14. Системы сравнений первой степени
184. 1) По условию, х = 4 (mod 5), х=1 (mod 12), х = 7 (mod 14).
Из первого сравнения имеем:
х = 5/ + 4. (1)
Подставляем во второе сравнение: 5/ + 4 = 1 (mod 12), или
5/ = 9 (mod 12), откуда t = 9 (mod 12), или t = 12/х + 9.
Подставляя найденное значение t в равенство (1), находим:
х = 5(12^х + 9) + 4 = 60/х + 49. (2)
Найденное значение х подставляем в третье сравнение: 604 + 49 =
= 7 (mod 14), или 604 = — 42 (mod 14), или 44 = 0 (mod 14).
Сокращая члены сравнения и модуль на 2, получаем: 24 =
= 0 (mod 7), или 4 = 0 (mod 7), откуда tr = 7/2 + 0. Подстав-
ляя найденные значения в равенство (2), находим:
х = 60(7/2 + 0) + 49 = 4204 + 49.
Проверка. 49 — 4 делится на 5; 49 — 1 делится на 12;
49 — 7 делится на 14.
Замечание. Решая сравнение 4/ = 0 (mod 14), мы полу-
чили сравнение 24 = 0 (mod 7), и решение его 4 = 0 (mod 7),
или 4 = + 0, которое привело к решению х = 4204 + 49
данной в условии системы. Но сравнение 44 = 0 (mod 14) имеет
еще второе решение /х = 7 (mod 14), или = 144 + 0, посколь-
ку d — (4,14) = 2, которое при подстановке в равенство (2) дает
решение х = 840/2 + 469. Однако 469 = 49 (mod 420), т. е. числа
469 и 49 принадлежат одному классу по модулю 420, поэтому мы не
находим это второе решение системы.
Вообще, если какое-либо сравнение системы или сравнение от-
носительно /г- имеет d решений по некоторому модулю т, то для
решения системы достаточно ограничиться только решением рав-
т
носильного ему сравнения по модулю
d
3) По условию, k = 1 (mod 25); х = 2 (mod 4), х = 3 (mod 7),
х = 4 (mod 9). Модули сравнений данной системы попарно просты,
поэтому решение ее можно найти по формуле:
М М М Л4
хо м У1 а1 + Уъа2 + “ Уз а3 + ~ У 4
fTl2 ^3 ^4
м м _ м м
Находим: М = 6300, — = 252, — = 1575, — = 900, — = 700.
тх т2 т3
Составляем сравнения: 252 yi = 1 (mod 25), 1575 у2 s l(mod4),
900 уз =1 (mod 7), 700 у4 = 1 (mod 9), откуда yi = — 12, у2=— 1,
у3 = 2, у4 = 4. Теперь по формуле находим: х0 = 252 (— 12) • 1 +
+ 1575 (— 1) . 2 + 900.2 • 3 4- 700 . 4 • 4 == — 3024 — 3150 + 5400 +
+ 11 200 = 10 426 = 4126 (mod 6300).
Итак, х = 4126 (mod 6300).
Проверкой убеждаемся, что найденное значение х удовлетво-
ряет сравнениям системы.
5) х = 85 056 (mod 130 169).
6) х = 9573 (mod 13 923).
94
7) По условию, Зх = 7 (mod 10), 2х = 5 (mod 15), 7х е 5
(mod 12). Из первого сравнения имеем: х = 9 (mod 7), или
х = 10/ + 9. (1)
Подставляем это значение х во второе сравнение и решаем его от-
носительно /:
2(10/ + 9) = 5 (mod 15), 20/ = — 13 (mod 15), 5/ = 2 (mod 15), (2)
но (5,15) = 5и2не делится на 5, поэтому сравнение (2) относитель-
но / неразрешимо, значит, не имеет решений и данная система срав-
нений.
8) Из данной системы сравнений видим, что в третьем сравне-
нии (4,12) = 4, но 5 не делится на 4, поэтому оно неразрешимо; сле-
довательно, не решая систему, можно сказать, что она не имеет ре-
шений.
9) Решений нет.
10) По условию, Зх= 1 (mod 10), 4х = 3 (mod 5), 2х = 7 (mod 9).
Из первого сравнения имеем: х = 7 (mod 10), или
х = 10/ + 7. (1)
Подставляя во второе сравнение, получаем: 4 (10/ + 7) ~
= 3 (mod 5), 40/ = — 25 (mod 5). Так как коэффициенты полу-
ченного сравнения кратны 5, то оно имеет место при любом значе-
нии /; иначе говоря, это сравнение не накладывает никаких ог-
раничений на значение х из второго сравнения системы. Поэтому
продолжаем решение, подставляя значение х из (1) в третье срав-
нение системы:
2 (10/ + 7) = 7 (mod 9), 20/ = —7 (mod 9), 2/ = (mod 9),
/= 1 (mod 9), или / = 9/i + 1. Найденное значение подставляем
в равенство (1) и находим:
х = 10 (9/i + 1) + 7 = 90/1 + 17, т. е. х = 17 (mod 90).
Проверка. 3 - 17 — 1 = 50 делится на 10; 4*17 — 3 =
« 65 делится на 5; 2 • 17 — 7 = 27 делится на 9.
185. 262.
186. 1) По условию, х = 5 (mod 18), х = 8 (mod 21), х =
= a (mod 35). Из первого сравнения имеем:
х = 18/ + 5; (1)
подставляем х во второе сравнение и находим /: 18/ + 5 = 8 (mod
21), 18/ = 3 (mod 21), 6/ = 1 (mod 7), /= 6 (mod 7), или удобнее
взять / = — 1 (mod 7), откуда / = 7/i— 1. Подставляем найден-
ное значение / в равенство (1):
х = 16 (74 — 1) + 5 = 1264 — 13.
Это значение х подставляем в третье сравнение системы:
126/х — 13 = a (mod 35), т. е.
21 /i ~ а + 13 (mod 35). (2)
Так как (21,35) = 7, то для разрешимости сравнения (2) необходи-
мо иметь а + 13 ~ 0 (mod 7), или а = 1 (mod 7), что и будет ус-
ловием совместности данной системы.
2) а = l(mod 6).
95
187. _Из условия имеем систему сравнений:
4х 87у6 = 0 (mod 8), 4х87у6 = 0 (mod 7).
Из первого сравнения по признаку делимости на 8 следует, что 7у6
делится на 8, что будет при у = 3 и у = 7.
Подставляя во второе сравнение, получаем:
4x8736 = 0 (mod 7), 4x8776 = 0 (mod 7).
Представим полученные сравнения так:
400 000 + 10 ОООх + 8736 = 0 (mod 7),
400 000 + 10 000х + 8776 = 0 (mod 7),
или после упрощений
4х = 1 (mod 7), 4х = 3 (mod 7).
Первое сравнение имеет решение х = 2 (mod 7), или х = It +
+ 2, откуда при t = 0 получаем xi = 2 и при t = 1 будет хг =
« 9. При других t значения х не пригодны.
Второе сравнение имеет решение х = 6 (mod 7), или х = 7/ +
+ 6, откуда получаем единственное значение х3 = 6. Подставляя
найденные значения х, получаем числа: 428 736, 498 736, 468 776.
188. Из условия имеем систему сравнений:
xyzl38 = 0 (mod 7), 1
138xyz = 6 (mod 13), >
xly3z8 = 5 (mod 11). J
Первое сравнение запишем так:
103xyz + 138 = 0 (mod 7).
Упростив его, получаем Зхуг = 1 (mod 7), откуда
xyz = 5 (mod 7). (1)
Аналогично поступая со вторым сравнением, будем иметь:
138 000 + xyz = 6 (mod 13), откуда
xyz = 1 (mod 13). (2)
Решая систему сравнений (1)и (2) относительно xyz, получаем
xyz= 40 (mod 91), или xyz—91Z+40. Полагая t = 1, 2, 3, ..., 10,
находим:
xyz = 131, 222, 313, ..., 950. (3)
Теперь третье сравнение системы представим так:
х . 105 + 104 + у . 103 + 3 . 102 + z • 10 + 8=5 (mod 11),
или после упрощений х + у + z = 7 (mod 11), т. е.
x + y + z= 11/ + 7. (4)
Учитывая, что 0 < х + у + * < 27, из (4) имеем:
х + у + г = 7 и х + у + z = 18.
Обращаясь к ряду чисел в равенстве (3), находим два числа, удов-
летворяющие условию: 313 138 и 495 138.
96
189. Решение распадается на два случая.
Первый случай. Пусть х + 1 — число, выраженное
первыми четырьмя цифрами, ах — число, выраженное последними
четырьмя цифрами,и, следовательно,
№ = 104 (х + 1) + х = 10 001х + 10 000,
откуда
№— 10 000 (#+ 100)(W — 100)
Х~~ 10 001 “ 73.137
что дает две системы:
1) #+100 = 0 (mod 73М 2) N + 100 ее 0 (mod 137), |
2V — 100 = 0(mod 137);J N — 100 ее 0 (mod 73). J
Значение N из первой системы не удовлетворяет условию задачи,
так как в этом случае № — шестизначное число. Решая вторую
систему, получаем # = 9079 и № = 82 428 241.
Может также быть Af + 100 = 73 • 137, тогда N = 9901 и
№ = 98 029 801.
уу —ЮО = 73 • 137 не удовлетворяет условию задачи, так как
№ — девятизначное число.
Второй случай. Пусть х — число, выраженное пер-
выми четырьмя цифрами, а х + 1 — число, выраженное последни-
ми четырьмя цифрами, и, следовательно, № = 104 х + (х + 1) =
= 10 001х + 1, откуда
№ —1 (#+!)(#—!)
* = 10 001 ~ 73-137
что дает две системы:
1) W+ 1 = 0 (mod 73),| 2) 1 = 0 (mod 137), 1
2V--1 ее 0 (mod 137); / N — l=0(mod 73). J
Решая первую систему, получаем W = 7810 и№ = 60 996 100.
Значение N из второй системы не удовлетворяет условию за-
дачи, так как № — семизначное число.
Значения N + 1 = 73 • 137 и N — 1 = 73 • 137 не удовлет-
воряют условию задачи.
190. По условию, 13xt/45z = 0 (mod 792), но 792 == 8 • 9 • 11,
поэтому можно написать систему:
13xy45z = 0 (mod 8), ]
13xy45z = 0 (mod 9), >
13xy45z = 0 (mod 11). J
Из первого сравнения по признаку делимости на 8 имеем!
450 + z = 0 (mod 8), откуда z = 6 (mod 8).
Подставляя g = 6 во второе и третье сравнения, получаем систему:
13ху456 = 0 (mod 9), |
13ху456 = 0 (mod И). /
97
Из первого сравнения этой системы по признаку делимости на 9
имеем х + у + 19 = 0 (mod 9), или
х + у = 0 (mod 9). (1)
Второе сравнение системы представим так: 1 300 000 + х • 104 +
+ у • 103 + 456 = 0 (mod 11), или после упрощения
х — у = 8 (mod 11). (2)
Из сравнений (1) и (2) имеем:
х + У ==э 9/1 + 8, )
х — у = 11 /2 -|- 8. J
Теперь легко видеть, что х = 8 и у = 0. Итак, искомое число
1 380 456.
191. Обозначив искомое трехзначное число через х, по условию
имеем:
х . 1000 + (*+ 1) = 100U+ 1 = №,
или
(TV -J- 1) (/V — !) = 7 . 11 . 13 х,
откуда
QV + 1) (ТУ — 1)
Х 7 . 11 . 13
Из этого равенства для определения 7V и х имеем ряд систем:
1) N + 1 = 0 (mod 7), |
W — 1 ее 0(mod 143). J
Решая систему обычным путем, находим N =* 573, N2 = 328 329,
х± = 328.
2) W + 1 = 0 (mod 143),|
/V—1 ЕЕ 0 (mod 7), J
откуда W « 428, Л/2 = 183 184, х2 = 183.
3) W+ 1 = 0 (mod И), |
1 = 0 (mod 91), J
откуда N =з 274, N2 = 075 076, но х = 075 не является решением,
как число двузначное.
4) 7V+ 1 ее 0 (mod 91), |
1 ее 0 (mod И). J
Получаем W = 727, N2 = 528 529, х3 = 528.
5) W + 1 == 0 (mod 13), 1
ТУ — 1 == 0 (mod 77). J
N=155, №== 024 025, но х = 025 не является решением, как чис-
ло двузначное.
6) TV+ 1 ее 0 (mod 77), |
N — 1 = 0 (mod 13), J
откуда N = 846, №==715 716, х4«=715.
98
192. Из условия получаем систему:
х = 3 (mod 7 ), )
х2 = 44 (mod 72), }
л:» = 111 (mod 73). J
Из первого сравнения имеем:
х = It + 3. (1)
Подставляем найденное значение х во второе сравнение и решаем
последнее относительно /: (It + З)2 = 44 (mod 72), или, после
упрощения,
42/ = 35 (mod 72).
Сокращая на 7, получаем 6/ = 5 (mod 7), откуда t = 2 (mod 7); это
дает / = 74 + 2. Подставляем это значение t в равенство (1):
х = 7 (7/х + 2) + 3 = 494 + 17.
Теперь, подставляя х в третье сравнение системы, имеем:
(494 + 17)3 = 111 (mod 73).
После возвышения в куб и упрощения находим:
4 = 0 (mod 7), откуда 4 = 7/2 + 0.
Подставляя это значение 4 в равенство (2), окончательно по-
лучаем х = 17 (mod 78).
193. Сравнение х2 = — 1 (mod 65)равносильно системе:
х2 = — 1 (mod 5), 1
х2 ~ — 1 (mod 13). J
Путем испытаний абсолютно наименьших вычетов находим реше-
ния соответственно первого и второго сравнений:
х = ± 2 (mod 5),
х = ± 5 (mod 13).
Теперь, решая четыре системы:
х = ±2 (mod 5),
х = ± 5 (mod 13)w J
получаем четыре решения данного сравнения:
х = ± 8, ± 18 (mod 65).
§ 15. Решение в целых числах неопределенных уравнений
первой степени с двумя неизвестными при помощи сравнений
194. 1) Из уравнения имеем сравнение Зх = 13 (mod 4), или
Зх = 1 (mod 4), откуда xi = 3. Подстановкой в уравнение нахо-
дим Общим решением будет:
х = 3 + 4/,
У = 1 - 34
99
2) x= 3+13i,| 6) х = 22 - 37Г, 1
у -с- — з + 8/. J у =s —25+ 43/. J
4) х = 20 + 22/, 1 8) х = 17 + 37/, |
у = 35 + 39/. / у =, 20 + 45/. /
9) Предварительно сокращаем коэффициенты на 3, дальнейшее
решение дает хг = 1 и уг = 1. Общим решением будет;
х = 1 + 16/,
у = 1 + 27/.
10) Так как (26, 34) = 2, а 13 не делится на 2, то данное урав-
нение неразрешимо в целых числах.
195. Из условия имеем уравнение 60х + SOy — 440, или после
сокращения на 20: Зх + 4# = 22. Пишем сравнение Зх = 22 (mod 4),
или Зх = 2 (mod 4), откуда хг = 2. Подстановкой в уравнение
находим у± = 4. Общим решением будет:
х = 2 — 4/,
У = 4 + 3/.
При / = 0 и / = — 1 получаем решения задачи.
197. х = 3 — 5/, у = 28 + 3/.
§ 16. Сравнения высших степеней по простому модулю
199. 1) Данное сравнение 6х10 — 12х + 1 = 0 (mod 5) можно
предварительно упростить, исключив из коэффициентов числа,
кратные модулю. Получим сравнение:
х10 — 2х + 1 = 0 (mod 5).
Теперь, разделив х10 — 2х + 1 на хб— х, получим в остатке х2 —
— 2х + 1. Пишем сравнение, равносильное данному: х2 — 2х +
+ 1=0 (mod 5). Непосредственными испытаниями абсолютно
наименьших вычетов 0, +1, +2 по модулю 5 находим решение х = 1
(mod 5).
Проверка. 6 • 110 — 12*1 + 1= — 5 делится на 5.
2) х = 2 (mod 3). 4) х = 3, )
х _ 4 f (mod 5) 6) х = 1 (mod 5).
8) Решений нет.
10) х = 4 (mod 5).
200. 1) Испытывая вычеты 0, ±1, +2, находим одно из реше-
ний 0ц = — 1 = 4 (mod 5). Пишем тождественное сравнение:
f (х) = (х — 4) Л (х) (mod 5). (1)
Находим fi (х) как частное от деления f (х) на х — 4:
fi (*) = х2 + 8х + 32 = 0 (mod 5).
Это сравнение имеет решение а2 = —2 = 3 (mod 5), следовательно,
fi (х) = (X — 3) (х) (mod 5). (2)
100
Находим /2 (х) как частное от деления /х (х) на х — 3:
f2(x) = х + 11 s 0 (mod 5).
Решая это сравнение, получаем х = 4 (mod 5), следовательно,
f2(x) = х-4 (mod 5). (3)
Теперь из сравнений (1), (2), (3) окончательно имеем тождественное
сравнение:
f (х) = (х —3)(х —4)2(mod5).
Решение х = 4 (mod 5) оказалось двукратным.
Сравнение (х — 3) (х — 4)2 = 0 (mod 5) является равносильным
данному. Левая часть его, или правая часть тождественного срав-
нения, представляет собой разложение на множители функции
f (х) => х8 + 4ха — 3 по модулю 5.
Другая форма решения. Имеем сравнение х3 4- 4х2 —
— 3 е 0 (mod 5), или х3 —- х2 4- 2 = О (mod 5). Его решения:
х == — 1 ]
х = - 2.’J (mod5)
Пишем тождественное сравнение f (х) = (х 4- 1) (х 4- 2) fi (х) (mod 5).
Для нахождения /х (х) делим f (х) = х3 — х2 + 2 на (х + 1) (х + 2).
Получаем f (х) = [(х 4- 1) (х + 2)1 (х — 4) + (10х + 10) = (х + 1) X
X (х + 2) (х — 4) = (х 4- 1 )2 (х + 2) (mod 5), или
f (х) = (х — 3) (х — 4)2 (mod 5).
3) f (х) = (х — 2)2 (х — 3) (х — 4) (mod 11).
5) Сравнение Зх3 — 1 = 0 (mod 5) имеет решение а = 3 (mod 5).
Пишем тождественное сравнение Зх3 — 1 ~ (х — 3) /х (х) (mod 5).
Находим fi (х) как частное от деления Зх3 — 1 на х — 3; получаем
fi (х) = Зх2 4~ 9х 4~ 27 н 0 (mod 5), или после упрощения
fi (х) = Зх2 4- 4х 4- 2 = 0 (mod 5).
Но это сравнение не имеет решений по модулю 5, поэтому окон-
чательно получаем:
Зх3 — 1 = (х — 3) (Зх2 + 4х 4- 2) (mod 5).
7) f (х) = (х - 2)2 (х - 5)2 (mod 7).
9) Решений нет.
• 10) f (х) = (х — 2) (х — 3) (х2 — 2x4-3) (mod 7).
201. При делении т на р имеем т = pq + г, по следствию
из теоремы Ферма для любого х:
хР = х (mod р).
Возведем обе части этого сравнения в степень q\
xPQ = xQ (mod р);
умножив на хг, получаем:
хт =з xpq+r = xq+r (mod р). (1)
101
Теперь, если в сравнении
аохп 4- с^х”"1 + ... + ап = 0 (mod р)
п > р и а0^ 0 (mod р), то, представляя п = pq 4- г, согласно (1) по-
лучаем
хп = xW (mod р),
и, умножив члены этого сравнения на а0, будем иметь:
аохп = а0х4+г (mod р). (2)
Аналогично:
aix^-i = а1х?+,'“1 (mod р) (3)
и т., д. Возьмем очевидное сравнение:
ап = ап (mod р). (4)
Теперь, складывая сравнения (2), (3), ... ,(4), будем иметь:
aQxn + axA7*”1-}-... 4- ап = аох^+г 4- 4- ... 4- ап = 0 (mod р).
202. 1) Предварительно упростим сравнение, заменив коэффи-
циенты их абсолютно наименьшими вычетами по модулю 13.
Получаем:
5х2° 4- 2х19 4- бх18 — 2х17 4- 4х16 — 4х16 4" Зх6 4- 4х3 4- Зх2 — 5х —
— 2 = 0 (mod 13). Так как 20 = 13 • 1 + 7, то q + г «=> 1 4- 7 «=» 8. Те-
перь имеем:
5х8 4- 2х7 4- бх6 — 2х5 4- 4х4 — 4х3 4- Зх6 4- 4х3 4“ Зх2 — 5х — 2 =
= 0 (mod 13),
или после приведения подобных членов
5х8 4- 2х7 — 4х6 — 2х5 4- 4х4 4- Зх2 — 5х — 2 = 0 (mod 13).
Чтобы решить это сравнение, испытываем вычеты: 0, ±1, ±2, ± 3,
±4, ±5, ±6. Подстановкой убеждаемся, что сравнение решений не
имеет, значит, не имеет решений и исходное сравнение.
2) 5х — 3 = 0 (mod 7), его решение х = 2 (mod 7).
3) Решение аналогично решению задачи 202, 1). После упроще-
ний получаем сравнение:
2х2 — х + 5 = 0 (mod 11).
Его решения:
х = 2
I (mod 11).
х = 4. J
4) 2х8 4- 4хБ + х 4- 5 = 0 (mod 11); его решения:
х = 3, )
I (mod 11).
X — О J
203. Из теоретического курса известно, что сравнение
f (х) =» aQxn 4- atx”-1 4- ... 4- ап = 0 (mod р)
степени п < р по простому модулю р имеет п различных решений
тогда и только тогда, когда остаток при делении хР — х на f (х>
имеет коэффициенты, кратные р. Поэтому, разделив х7— х на
Xs + qx + Ь, получаем остаток:
R (х) = 2&Ьх* 4" (b2 — 1 — а3) х — а2Ь.
102
Чтобы сравнение х3 4- ах + b = 0 (mod р) имело три решения,
необходимо иметь коэффициенты R (х), кратные 7, что невозможно,
так как, по условию, а не делится на 7 и b не делится на 7, следова-
тельно, уже 2аЬ не делится на 7, не говоря о других коэффициентах.
204. Деля хР — х последовательно на хп — а, получаем:
первый остаток ахр~п— х,
второй остаток а2хР~2п — х,
третий остаток а3хР~зп — х,
k-й остаток akxP~kn — х.
Если положим, что k-й остаток является и последним, т. е.
R(x)=akxP~kn — х, то необходимым и достаточным условием того,
чтобы сравнение хп = a (mod р) имело п решений, является дели-
мость всех коэффициентов 7?(х) на р (см. начало решения предыду-
щей задачи).
Если будет р — kn > 1, то коэффициенты ak и 1 являются не
кратными р, и, следовательно, в этом случае сравнение не будет
иметь п решений.
р — 1
Если будет р — kn=l, откуда k =д---------- и остаток /?(х) =
р—1
= (а п — 1) х, то, чтобы сравнение хп = a (mod р) имело п реше-
ний, необходимо иметь коэффициент а п —1, кратным р, т. е.
р—1
должно иметь место сравнение а п = 1 (modp) и, кроме того, необ-
ходимо, чтобы р — 1 делилось на п.
7—1
205. 1) Так как 1 3 = 1 = 1 (mod 7), то данное сравнение имеет
три решения. Действительно, непосредственным испытанием абсолют-
но наименьших вычетов 0, ±1, ±2, ± 3 по модулю 7 находим:
х = 1, х = 2, х = — 3 (mod 7).
11-1
3) 10 5 = 102 = 100 = 1 (mod 11); решения х =—1, 2,—4,—5
(mod 11).
4) Так как 11—1 не делится на 4, то сравнение не имеет 4 реше-
ний, но имеет 2 решения: х = + 2 (mod 11).
206. По теореме Вильсона:
(р — 1)! + 1 = 0 (mod р).
Но это сравнение можно представить так:
(р - 2)! (р - 1) + 1 =(р - 2)! р -(Р - 2)! + 1 = (р - 2)!—1 = 0 (modp).
Можно пойти далее и получить сравнения вида:
(р — 3)! 2 + 1 =0 (mod р), (р — 4)! 6 — 1 =0 (mod р) и т. д.
207. По теореме Вильсона:
(р — 1)! + 1 = 0 (modp).
Умножив члены этого сравнения на 4 и сложив с очевидным срав-
нением р = 0 (mod р), получим:
4 1(Р - 1)! + 1] +Р = 0(modp). (1)
103
Теперь возьмем сравнение*.
р + 2 = 0 (mod р + 2), или р = — 2 (mod р + 2).
Умножим обе части этого сравнения на р + 1;
р(р + 1)=— 2(р + 1)=-2[(р +2)- 1]=-2(р +2)4-2 = 2(modp+2),
т. е.
р (р + 1) = 2(mod р + 2).
Умножим обе части полученного сравнения на (р — 1)12:
(р — 1)! р (р + 1) • 2 = (р — 1)! • 4 (mod р + 2),
или
(р + 1)1 2 = (р — 1)1 4 (mod р + 2).
Прибавим к обеим частям по 4 + р:
(р + 1)! 2 + 2 + (р + 2) = (р — 1)! 4 + 4 + р (mod р + 2),
или
2 [(р + 1)! + 1] + (р + 2) = 4 [(р - 1)! + 1] + р (mod р + 2). (2)
Если р + 2 — простое число, то по теореме Вильсона (р + 1)! +
+ 1 = 0 (mod р + 2), поэтому для левой части сравнения (2) имеем:
2 [(р + 1)! + 1] + (р + 2) = 2[(р + 1)! + 1] = 0 (mod р + 2). (3)
В силу (3) и правая часть сравнения (2):
4 [(р — 1)! + 1] + р = 0 (mod р + 2). (4)
В таком случае из (1) и (4) по третьему особому свойству сравнений
имеем:
4 Цр — 1)! + 1] + р = 0 [mod р (р + 2)]. (5)
Обратно, из (5) и (1) следует (4), откуда в силу (2) получаем
(р+ 1)! + 1 = 0(modp + 2), а это в силу теоремы Вильсона озна-
чает, что р + 2 — простое число.
208. По теореме Вильсона:
(р-1)! = —l(modp).
Полагая р = 4n + 1, имеем:
(4п)! = 1.2.3»....4п = — 1 (mod р). (1)
Возьмем часть натурального ряда:
(2п+1), (2п + 2), ...» (4n —1), 4п.
Наименьшее число этого ряда:
2п + 1 = (4n + 1) — 2п = р — 2п,
наибольшее 4п = р — 1.
Теперь (2n + 1) (2п + 2) ... (4п —-1) 4п = (р —• 2п) (р — 2п 4- 1) ...
...(р-2) (р-1) = (-l)2n.i .2.3. ... . 2п = (2п)! (modp).
Итак,
(2п)1 = (2n + 1) (2п + 2) ... (4п— 1)4п (mod р).
104
Умножим обе части этого сравнения на (2п)1:
[(2п)1]а = (4л)! (modp).
Теперь, учитывая (1), имеем:
[(2и)!]а = — 1 (modp).
§ 17. Сравнения высших степеней по составному модулю
209. 1) Сравнение Зх3 + 4ха — 7х — 6 = 0 (mod 15) заменяем равно-
сильной ему системой:
Зх3 + 4ха — 7х — 6= 0 (mod 3),
Зх3 + 4ха — 7х — 6= 0(mod5). J
После упрощений получаем систему:
ха — х = 0 (mod 3), 'i
2х3 + х2 + 2х 1 = 0 (mod 5). J
Путем испытаний абсолютно наименьших вычетов находим решения:
х = 0; 1 (mod 3) и х = ± 2 (mod 5).
Теперь имеем четыре системы:
x = 0(mod3),| x = 0(mod3), |
х = 2 (mod 5); / х = — 2 (mod 5); j
x = 1 (mod 3), | x = 1 (mod 3), 1
x = 2 (mod 5); J x == — 2 (mod 5). J
решая которые, получаем четыре решения данного сравнения:
х = — 3; 3; 7; —2 (mod 15).
2) — 13, — 10, —4, 2, 5, 11.
Указание. Данное в условии сравнение заменить системой
по модулям 5 и 6 или по модулям 2, 3, 5.
210. 1) Для решения сравнения f (х) = 4х3 — 8х — 13 = 0 (mod 27)
рассмотрим сравнение 4х3 — 8х — 13 = 0 (mod 3), или после упрощения
х3 — 2х — 1 н 0 (mod 3).
Путем испытаний абсолютно наименьших вычетов 0, ± 1 находим его
решение х = 2(mod3), или
х = 3ti + 2.
Теперь составляем сравнение:
^ + Г(2)4 = 0(mod3).
О
3
Имеем: f (2) s= 3, /'(2) = 40; — + 404 = 0 (mod 3), откуда 4 s
= 2 (mod 3), или tx = 3/2 + 2.
Найденное значение 4 подставляем в равенство (1):
х = 3 (3/2 + 2) + 2 = 9/2 -|- 8. (2)
Опять составляем сравнение:
^r(8)^ = 0(mod 3).
105
Имеем: f (8) = 1971, /'(8) = 760; + 760/2 = 0 (mod 3), откуда
/2 = 0 (mod 3), или /2 = 3/3. Это значение /2 подставляем в равен-
ство (2) и находим х =* 9 (3/3) + 8 = 27/3 + 8, или х = 8 (mod 27) —
искомое решение данного в условии сравнения.
3) Для решения сравнения х4 — 4х3 + 2х2 + * + 6 = 0 (mod 25)
берем сравнение х4 — 4х3 + 2х2 + х + 6 = 0 (mod 5), упростив кото-
рое, получаем х4 + х3 + 2х2 + х + 1 =0(mod5). Путем испытаний
абсолютно наименьших вычетов 0, ±1, ±2 находим его решение:
Xi = 2 (mod 5), или хх =а 5/г + 2,
х2 = — 2 (mod 5), или х2 = 5/t — 2.
Теперь для первого решения имеем:
— + Л(2)4 = 0 (mod 5), — —74 = 0(mod 5),
5 5
откуда /1 = 0 (mod 5), или /х = 5/2, поэтому
х± = 5 (5/2) + 2 => 25/2 + 2, или х± = 2 (mod 25).
Для второго решения получаем:
+ f'(— 2) 4 = 0 (mod 5), — — 874 = 0 (mod 5),
5 5
откуда = 1 (mod 5), или = 5/2 + 1, и потому
х2 = 5 (5/2 +1) — 2 = 25/2 + 3, или х2 = 3 (mod 25).
5) Для решения сравнения 6х3— 7х—11 = 0 (mod 125) берем
сравнение 6х3— 7х—11 = 0 (mod 5), упростив которое, получаем:
х3 — 2х — 1 = 0 (mod 5).
Его решения:
%! = — 1 (mod 5), или Хх = 5/1 — 1,
х2 = — 2 (mod 5), или х2 => 5/х — 2.
Дальше находим первое решение для данного сравнения;
Хх = — 41 (mod 125).
Для второго решения имеем: f ( — 2) = — 45, f' ( — 2) =
= 65. Как видим, ff (— 2) = 65 делится на 5, следовательно, срав-
нение
^+-+/'(-2)4 = 0 (mod 5)
5
неразрешимо относительно /х; это значит, что данное сравнение
второго решения не имеет.
211. 1) Решение сравнения х4—х3 + 2х2+х + 12 = 0 (mod 45)
сводится к решению системы:
х4 — х3 + 2х2 + х + 2 = 0 (mod 5), 1
я4 + 4х3 + 2х2 + х + 3 = 0 (mod 9). J
Первое сравнение системы имеет решения:
х = ± 1 (mod 5) и х = 2 (mod 5).
1С6
Для решения второго сравнения берем сравнение х4 4- *3 4* 2х2 +
+ х = 0 (mod 3), которое имеет решение х = 0 (mod 3), или х = 34;
4 находим из сравнения
Ш +Г(0Х1 = О (mod 3),
где f (х) = х* 4- 4х3 + 2хг + х + 3:
з
---р1 . 4 = 0 (mod 3), откуда 4 = — 1 (mod 3), или 4 = 34 — 1.
3
Получаем:
х =i 34 = 3 (34— 1) «=» 94 — 3, или х = —3 (mod 9) —решение
второго сравнения системы.
Теперь для решения сравнения, данного в условии, имеем сис-
темы:
x=l(mod5), 1 х = — 1 (mod 5), 'i x = 2(mod5), |
х =—3 (mod 9); J x = —3(mod9); J x=—3 (mod 9) J
решая которые, находим:
x = 6 (mod 45); x = 24 (mod 45); x = 42 (mod 45).
2) 12, 24, 37, 49.
6) Сравнение 4x3 4- 7xa — 7x — 10 = 0 (mod 9.25) заменяем сис-
темой,
4x3 + 7X2 _ 7x _ io = 0 (mod 9), |
4x3 4- 7x2 — 7x — 10 = 0 (mod 25), J
или
4x3 — 2x2 4- 2x — 1 =0 (mod 9), |
4x3 4- 7x2 — 7x — 10 = 0 (mod 25). J
Применяя принятый нами способ, получаем решения: для первого
сравнения х = 7 (mod 9), для второго сравнения х=—5 (mod 25),
х = — 1 (mod 25), х = — 2 (mod 25). Получаем системы:
х = 7 (mod 9), | х = 7 (mod 9), | x = 7(mod9), 1
x = —5 (mod 25); J x = — 1 (mod 25); J x = —2 (mod 25). J
Решая их, находим x = 70; 124; 223 (mod 9 • 25).
§ 18. Сравнения второй степени. Символ Лежандра
212. Испытывая числа 1, 2,3,..., 10 с помощью критерия Эйлера
« а6 = ± 1 (mod 11), имеем:
15=1,
25 == 32 = — 1,
Зб == 243 = 1,
45 => 162 • 4 = 256 • 4 = 3.4 = 1,
55 ==> 53 • 52 = 125 . 25 = 4 . 3 = 1,
65 в (62)2.6 =» 362 • 6 ~ З2 • 6 =» 54 = — 1,
75 = (72)2 .7 = 492.7 = б2.7 = 3.7ее — 1,
85 == (82)2 * 8 = 64а . 8 = (— 2)2 • 8 = 32 = — 1,
95 => (92)2 • 9 = 812.9 = 42 . 9 = 16 • 9 = 5 . 9 = 1,
105 = 1)5 _ 1.
(mod 11)
107
Итак, числа 1, 3, 4, 5, 9 — квадратичные вычеты по моду-
лю 11.
213. 1) Испытывая числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 с помощью критерия
Эйлера
получаем:
р—1
а 2 = а3 = ± 1 (mod 7),
13 = 1,
23 = 1,
З3 = 27 = — 1,
43 = 64 = 1,
53==(—2)3 = —8 = —1,
63==(— 1)3 = — 1.
(mod 7)
Итак, квадратичными вычетами являются числа 1, 2, 4 или
классы чисел по модулю 7:
1k +1, Ik + 2, Ik + 4.
214. 1) Испытывая вычеты ±1, ±2, ±3, находим:
х = ± 3 (mod 7).
2) х s ± 2 (mod 7).
3) Неразрешимо.
215. 1) Пользуясь законом взаимности, имеем:
==—1.
5) -1. 7) 1.
216. Находим символ Лежандра:
6 \ / 2 \ / 3 \
7/~"\7/\7/
следовательно, сравнение неразрешимо.
(12\ / 5 \
— j — 1, решения х = ± 15 (mod 13). 5) / j == 1, реше-
ния х = ± 4 (mod 11).
217. 1) Умножив члены сравнения на 12, получим;
Збх2 + 12 • 7х + 96 = 0 (mod 17), или (бх + 7)2 = 4 (mod 17),
у2 = 4 (mod 17), где у == бх + 7.
108
Сравнение у2 = 4 (mod 17) имеет решения у = Jz 2 (mod 17).
Теперь для решения исходного сравнения надо решить сравнения:
б£+7 = 2— 2,} (mod 17)-
решая которые, получаем:
* I ?: } (mod 17)
Проверкой убеждаемся, что полученные решения удовлетворяют
данному в условии сравнению.
3) Неразрешимо. 5) х = 2, 3 (mod 13).
218. По критерию Эйлера, если а — квадратичный вычет, то
р—1
а 2 = 1 (mod р). Умножив обе части этого сравнения на а, получим:
р+1
а 2 ее a (mod р).
Заменяя в левой части р через 4k + 3, будем иметь:
а2/г+2 = а (mocj
или
(а^+2)2 = a (modp),
откуда х = ± ak+1 (modp).
219. 1) Число 2 есть квадратичный вычет по модулю 311, так как
31Р -1 310-312
/АЛ « (— 1) 8 = (—1) 8 =а (_ 1)3Ю.39= ь
\ 311 /
Имеем: р => 311 = 77 • 4 3, k = 77.
Поэтому
х = ± 2Й+1 =» ± 278 =з (± 1) (212)6 - 26 =э (± 1) 40966.2б ==
==(± 1) . (53 . 2)6 = (± 1)(1062)3 = (± 1) 11 2363 — (± 1)403 =>
=(± 1). 64 000 = (± 1) (— 66) => ± 66 (mod 311).
2) х ~ ± 12 (mod 47).
220. Если р = 8/г + 5, то — == 46 + 2 и по критерию Эйлера
р—1
а 2 = а4/г+2 = 1 (mod р),
или
02^+1 _ J) (а2*+1 + 1) = о (mod р).
Отсюда либо pldik+l—1, либо р/а2й+1 + L так как оба сомножите-
ля одновременно не могут делиться на р, ибо их разность не делит-
ся на р. Итак, должен иметь место один из двух случаев:
1) a2^+1 = 1 (mod р), (а*+1)2 = a (mod р),
х = ± ak+1 (mod р) — решение данного сравнения;
2) а2^+1 = — 1 (mod р), (а/г+1)2 = — a (mod р).
Возьмем какой -либо квадратичный невычет по модулю р = 86 + 5.
109
Наименьшим будет число 2, так как
/ П Ч Р2 ~~ 1 (8/g + 5)2 — 1
( —- | = ( 1) 8 =з ( 1) 8 == ( 1 )<+ * )(4^+3> = 1.
\ р /
По критерию Эйлера
р- 1
2 2 = — 1 (mod р);
заменяя р в левой части числом 8k + 5, получим:
24^+2 = __ 1 (mod р).
Умножаем это сравнение на сравнение, полученное во втором случае:
(a*+i)2.2^+2 = (— а) (— 1) (mod р),
или
(в*+‘ . 22*+1)з = а (mod р),
откуда следует решение:
х = ± qk+1 • 22^+1 (mod р).
Объединяя это решение с полученным в первом случае, окончатель-
но имеем:
х = ± 2(2^+1)/ (mod р), где i = 0 или t = 1,
причем / =з 0 в случае, когда
a2^+i = j (mod р),
и t = 1 в случае, когда
a2fe+i = — l(mod р).
221. 1) pj=29 = 8 • 34-5, & + 1 = 4, 2k 4- 1 » 7; число а=з7-
квадратичный вычет, так как
/ 1\ = (-i)3-14
\29/ \7 ) \ 7 /
Поскольку a2ft+1 = 7’ =(72)3 . 7 = 20s . 7 = 56 000= 1 (mod 29), то бе-
рем i = 0 и получаем:
х= ± 7^ = (± 1) 74 =(± 1) 492 = (± 1) 202 = (± 1)(-6) =
= ± 6 (mod 29).
2) р =з 37 = 8 . 4 4- 5, k 4- 1 => 5, 2k 4- 1 = 9; число а = 3 —
« / 3 \ . 1ЧЫ8/37\ / 1 \
квадратичный вычет, так как I “ I в (— 1) I — j = I — ) e 1.
Поскольку a2k+1 = З2 = (З*)2.3 = 72 . 3 == 12.3 = - 1 (mod7 37), то
берем t« 1 и получаем:
X = ± 35.29 =3(44)243.512 = (± 1)-21 .(-6) « (± 1) (— 126) =
=Е(± 1)(- 15) = ± 15 (mod 37).
222. Указание. Надо рассмотреть сравнение 5жа — 7 =
= 0 (mod 11).
223. У Казани е. Надо доказать, что х (л + 1) Ф 1 (mod 13).
НО
224. Рассмотрим сравнение:
х2 —21х+ НО = 0 (mod 13),
или
ха — 8х + 6 = О (mod 13).
Теперь
(х —4)2 = 36 (mod 13),
откуда
Xi = 10 + 13/,
х2 = 11 + 13/.
Поэтому
у1==13/2~/, у2=13/2 + /.
Заменяя в х2, у2 величину / через —/, получаем: если х= 10 + 13/,
или х == 11 — 13/, то у = 13/2 — /.
225. Ответ. х==1, 57, 79, 122 (mod 143).
226. 2 — квадратичный вычет по модулю р = 8k + 7. Действи-
/ 9 \ р2~1
тельно, (—|=(—1) 8 =(—ij(8^+6)(^+l)=3 1. в таком случае
\ Р /
Р-1 >
по критерию Эйлера 2 2 = 1 (mod р); аналогично убеждаемся, что
по модулю р = 8^ + 3 число 2 — квадратичный невычет.
227. Если а — квадратичный вычет по модулю р = 4 k + 3, то
по критерию Эйлера
р—1
а 2 aa2ft+I = 1 (mod р).
Беря вместо а число — а, получаем:
а2£+! _ _ । (mod pj
и — а — квадратичный невычет.
Аналогично решается и вторая часть задачи.
228. Имеем по закону квадратичной взаимности:
, о ч з-i р-1 р-1 / п .
(3.\e(_i) 2 • 2 4)=(~1)2 4)-
\ Р ) \ 3 / \ з )
ГТ / 3 \
Таким образом, величина символа Лежандра I — зависит от
/ \ — / п \
(—1 ) 2 и от ( ~ j.
Если =2n—1, р==4п—1, р=—1 (mod 4), то
Р—1
(-1) 2 (1)
Если =2л, р^4п+1, р = 1 (mod 4), то
111
p-1
(-1) 2 «1.
(2)
Величина
может иметь два значения. Если р= 1 (mod 3), то
(3)
Если р ~ 2 = — 1 (mod 3), то
(4)
Теперь видим, что 3 будет квадратичным вычетом, если одно-
временно будут иметь место (1) и (4) или (2) и (3). В первом слу-
чае р = — 1 (mod4) и р = — 1 (mod 3), что дает р = — 1 (mod 12),
р = 12 6—• 1. Во втором случае р = 1 (mod 4) и р = 1 (mod 3), от-
куда р = 1 (mod 12), р = 12& + 1.
3 будет квадратичным невычетом, если одновременно имеют
место условия (1) и (3) или (2) и (4). В первом случаер~—1 (mod 4),
р ~ 1 (mod 3). Решая эту систему, находим р = 126 — 5. Во
втором случае находим р = \2k + 5.
Итак, если р == 126 i 1, то 3 — квадратичный вычет, если же
р == 12& 5, то 3 — квадратичный невычет.
§ 19. Числа, принадлежащие показателю;
первообразные корни
229. 1) Испытывая числа 2, 3, 4, взаимно простые с 5, с показа-
телями 1, 2, 4 — делителями ср (5) = 4, имеем:
21 Ф 1, 22 Ф 1, 24 = 1, следовательно, число 2 принадлежит пока-
зателю S =з 4 по модулю 5;
ЗМ1,32^1, З4 =1, следовательно, число 3 принадлежит показа-
телю б = 4 по модулю 5;
41=£1, 42=1, следовательно, число 4 принадлежит показателю
В = 2 по модулю 5.
Числа 2 и 3 являются первообразными корнями по модулю 5.
3) Испытывая числа 3, 5, 7, взаимно простые с 8, с показателями
1, 2, 4 — делителями ср (8) = 4, получаем:
З1^!, З2 = 1, следовательно, число 3 принадлежит показателю
В == 2 по модулю 8;
51 Ф 1, 52 ~ 1, следовательно, число 5 принадлежит показателю
S = 2 по модулю 8;
71 Ф 1, 72 = 1, следовательно, число 7 принадлежит показателю
Ь == 2 по модулю 8.
Первообразных корней по модулю 8 нет.
5) 2, 6, 7, 8 принадлежат показателю о = 10 по модулю 11.
3, 4, 5, 9 принадлежат показателю & ==» 5 по модулю 11.
10 принадлежит показателю б = 2 по модулю 11.
230. 1) Имеем: р=>11, ср(Ц)=з10, ^=>2, d2 => 5, сравнения
для испытаний:
1 (mod 11), g2 Ф 1 (mod 11).
112
Испытываем числа 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, взаимно простые
с 11, кроме 1, так как всегда Р = 1 по любому модулю т > 1 при
всяком целом неотрицательном k. Имеем:
2&^1, 22^1
35 з 1
45 s 1
55 s 1
65 ф 1, 62 1
75 ф 1, 72 ф 1
85 ф 1, 82 Ф 1
95 = 1
105 ф 1, ю? = 1
(mod 11)
Итак, первообразными корнями по модулю 11 являются числа
2, 6, 7, 8; число их ф (р — 1) = ф (10) = 4.
3) 2, 6, 7, 11 — первообразные корни, число их ф (12) — 4.
231. 1) Имеем: р = 19, <р (р) = 18, => 2, d2 = 3, формулы для
испытаний gQ Ф 1, ge Ф 1 (mod 19); 29 Ф 1, 2е Ф 1 (mod 19), следова-
тельно, 2 — наименьший первообразный корень . Число всех корней
по модулю 19 равно (18) = 6.
3) 8, g ~ 3. 5) 12, g = 2.
232. 1) Из первого примера предыдущей задачи известно, что
наименьший первообразный корень по модулю 19 равен 2. Выпи-
сываем значения &=5, 7, 11, 13, 17, взаимно простые с 18. Имеем:
25 = 32 ~ 13
2? = 25 • 22 ее 13 . 4 = 52 ее 14
2П= (25)2 . 2 ее 132 . 2 = 17 • 2 ее 15 (mod 19)
21з = 2и • 4 ~ 15 • 4 = 40 ее 3
217=121° . 27 ЕЕ 17 • 14 = 238 ее 10
Итак, числа 2, 3, 10, 13, 14, 15 — первообразные корни по мо-
дулю 19.
233. Пусть число 22П+ 1 имеет простой делитель р, тогда 22Л+
+ 1=0 (mod р), или 22” = — 1 (mod р). Возводя члены сравнения
в квадрат, получим:
22”+1 = 1 (mod р), (1)
откуда видно, что основание 2 принадлежит показателю 2ra+J по мо-
дулю р; тогда по следствию из свойства р — 1 делится на 2Л+1,
или
р = 1 (mod 2n+1). (2)
Последнее сравнение справедливо при всех п > 1, во всяком случае,
р — 1 делится на 23, т. е. р = 8/ + 1.
Требование (2) можно еще больше усилить. По критерию Эйле-
ра о квадратичных вычетах!
— / 2 \
2 2 = [ — | (mod р),
\ Р )
5 Заказ 43
ИЗ
но
, о \ (8/+1)2—1
- ) - (-D 8 = Н) 8 -h
\ Р 1
значит, р—1
2” s 1 (mod р); (3)
так как в силу (1) число 2 принадлежит показателю S = 2/2+1, то
из (3) следует:
р—1 «+1 и+2
делится на 2 , откуда р == k • 2 +1.
Например, при п = 5 имеем:
22’ + 1 = 232 + 1 == 4 294 967 297.
Возможные простые делители этого числа будут иметь вид р—&»27+
4- 1 — 128 k + 1. Так, при k = 5 простое число р = 128 . 5 + 1 = 641
есть делитель 22& + !•
ГЛАВА IV
ПЕРВООБРАЗНЫЕ КОРНИ И ИНДЕКСЫ
234. 1) :
2°, 21, 22, . .
2° = 1,
2" = 12,
212 = 7,
217 = 21,
223 ~ 10,
§ 20. Индексы и их применение
Находим наименьшие положительные вычеты степеней
. ., 2/7~2 по модулю р — 29:
21 ЕЕ 2, 22 ЕЕ 4, ~ - - -
28 ее 24,
213 ЕЕ 14,
, 218 = 13,
, 224 ЕЕ 20,
29 = 19,
214 = 28,
219 ЕЕ 26,
22ь = Н,
23 ЕЕ 8, 24 ЕЕ 16, 25 ЕЕ 3, 26 ЕЕ 6,
210 = 9, 2И ЕЕ 18,
215 = 27 216 ее 25,
22° = 23 221 = 17, 222 ее 5,
22« = 22,’ 227 ее 15.
114
Примеры:
ind 5 =□ 22, ind 10 = 23, ind N = 5, N = 3, ind N = 10, N => 9,
ind 15 = 27, ind 23 = 20. indJV = 15, AT = 27, indW = 23, W = 10.
235. 1) Индексируя левую и правую части сравнения, получаем
b ind 5 s 0 (mod 6). По таблице индексов находим ind 5 = 5, под-
ставляем в сравнение: 8 • 5 х (mod 6). Сокращая члены сравнения
на ,5, имеем:
о н 0 (mod 6),
откуда наименьшее значение В == 6.
3) Ь = 4, 5) В = 30, 7) В = 16.
236. 1) Выписываем числа 2, 3, 4. Индексированием решаем
сравнения 2s = 1 (mod 5), З8 = 1 (mod 5), 4° = 1 (mod 5).
Имеем: В ind 2 ~ 0 (mod 4), В ind 3 = 0 (mod 4), 5 ind 4 ~ 0 (mod 4);
по таблице индексов находим:
6.1 = 0 (mod 4), 5.3 = 0 (mod 4), 6*2 = 0 (mod 4).
Упрощаем сравнения:
6 = 0 (mod 4), 6 = 0 (mod 4), 5 = 0 (mod 2),
отсюда
В = 4, 5 = 4, В = 2.
Следовательно, числа 2 и 3 принадлежат показателю 5 =4, а чис-
ло 4 — показателю 2 по модулю 5.
237. 1) Находим индексированием показатель В, которому при-
надлежит число 2 по модулю 59:
25 = 1 (mod 59), о ind 2 =0 (mod 58), о . 1 =0 (mod 58),
отсюда В = 58 = р—1, следовательно, число 2 является первообраз-
ным корнем по модулю 59.
3) Число 6 — первообразный корень по модулю 59.
5) Число 12 не является первообразным корнем по модулю 59.
7) Число 14 — первообразный корень по модулю 59.
238. 1) Выписываем числа 2, 3, 4, ..., 16.
Из таблицы индексов по модулю 17 видно, что для подстанов-
ки в сравнение В ind а = 0 (mod 16) взаимно простыми с 16 явля-
ются только индексы следующих чисел: 3, 5, 6 , 7, 10, И, 12, 14.
Следовательно, эти числа принадлежат показателю р — 1 = 16 и яв-
ляются первообразными корнями; остальные же числа 2, 4, 8, 9, 13,
15, 16 принадлежат меньшим показателям, а потому не являются
первообразными корнями.
239. 1) Индексируя члены сравнения, получаем:
х ind 2 = ind 7 (mod 66), х • 1 = 23 (mod 66),
х = 23 (mod 66), или x = 66 k + 23 при k = 0, 1,2, ... .
3) x ind 16 = ind 11 (mod 52), x . 4 = 6 (mod 52); сокращаем чле-
ны сравнения и модуль на 2:
2х « 3 (mod 26).
Так как (2,26) = 2, но 3 не делится на 2, то это сравнение не
имеет решений, .значит, не имеет решений и исходное сравнение.
5) х = 13 (mod 30).
5* 115
240. 1) Индексируя сравнение, имеем:
ind 7 + ind х = ind 6 (mod 16),
ind x = ind 6 — ind 7 (mod 16),
ind x = 15—11 (mod 16),
ind x s 4 (mod 16).
По таблице антииндексов находим х = 13 (mod 17).
П р о в е р к а. 7 • 13 — 23 = 91 —- 23 — 68 делится на 17.
3) х = 74 (mod 79). 6) х = 30 (mod 221).
Указание. Так как 221 = 13 • 17, то данное сравнение
заменить системой: 37 х = 5 (mod 13), 1
37 х = 5 (mod 17). J
241. 1) Индексируя сравнение, получаем:
15 ind х = ind 62 — ind 37 = 19 — 64 = 27 (mod 72).
Это сравнение первой степени относительно ind х\ так как
(15, 27, 72)—3, то сравнение, если разрешимо, имеет три решения от-
носительно ind х. После сокращения имеем сравнение (разрешимое):
5 ind х = 9 (mod 24).
Решая, например, способом непрерывных дробей, получаем:
ind х = 21 (mod 24).
Поэтому! ind х = 24 • О + 21 = 21 )
ind х ее 24 • 1 + 21 = 45 ! (mod 72).
ind х == 24.2 + 21 = 69 ]
По таблице антииндексов находим:
X ЕЕ 17 1
х = 63 } (mod 73).
X ЕЕ 66 j
Проверка производится подстановкой корней в сравнение,
данное в условии.
3) х = 2, 3, 10, 11 (mod 13).
5) После индексирования и упрощения получаем сравнение
5 ind х ее 7 (mod 30);
так как (5,30) — 5, но 7 не делится на 5, то это сравнение не имеет
решений, следовательно, и исходное сравнение не имеет решений.
7) х = 13, 29, 31 (mod 73). 9) х = 25, 30, 31, 36 (mod 61).
242. 1) Индексируя сравнение, получаем:
12 ind х = ind 37 (mod 40).
12 ind x ее 32 (mod 40), d ==□ (12, 32, 40)=4,
3 ind x s 8 (mod 10).
Решение, ind x = 6 (mod 10) Поэтому:
ind x ее 10-0 + 6 = 6
ind x = 10 ♦ 1 + 6 = 16
ind x = 10 • 2 + 6 = 26
ind x = 10 • 3 + 6 = 36
(mod 40),
116
откуда
х = 39 \
х ~ 18
х = 2 pmod41)-
х = 23 )
Проверка. 213 = (2«)2 = 642 = 232 = 529 = 37;
37 = 37 (mod 41) и т. д. для остальных корней.
3) х = 33 (mod 67).
5) Неразрешимо.
7) х = 34, 32, 20 (mod 43).
9) х = ±27 (mod 67).
11) Неразрешимо.
13) х = ± 21 (mod 67).
243. 1) Критерий Эйлера для модуля 23 будет
а11 = 1 (mod 23);
индексируя, получаем:
11 ind а = 0 (mod 22), или ind а = 0 (mod 2).
Отсюда видим, что ind а должен быть числом четным.
В таблице индексов по модулю 23 из заданных в условии чисел 15,
16,..., 20 имеют четные индексы только числа 16 и 18, которые, сле-
довательно, и являются квадратичными вычетами по модулю 23.
3) Числа 16, 18, 20 — квадратичные вычеты по модулю 41.
5) Числа 16, 18 — квадратичные вычеты по модулю 97.
§ 21. Другие приложения теории сравнений
244. 1) Пишем сравнение:
108 5 1 (mod 19);
индексируя его, находим:
В ind 10 = 0 (mod 18), 6 . 17 = 0 (mod 18),
6 = 0(modl8), 6=18.
Следовательно, число цифр в периоде равно 18.
Замечание. Если число 10 является первообразным кор-
нем по модулю р, то при обращении дроби — в десятичную в перио-
Р
де будет р—1 цифр, так как в этом случае 10 как первообразный ко-
рень принадлежит показателю 6 = р —1.
3) Пишем сравнения:
Ю8 = 1 (mod 13),
Ю8 = 1 (mod 37);
индексируя их, находим:
6 ind 10 = 0 (mod 12),
6*5 = 0 (mod 6).
6 ind 10 = 0 (mod 36),
6.2 = 0 (mod 3),
6 . 10 = 0(mod 12),
6 = 6,
6.24 = 0 (mod 36),
= 3.
117
Наименьшее кратное [В, &i] = [6; 3] = 6,
Следовательно, число цифр в периоде равно 6.
5) 330 цифр. 7) 18 цифр . 9) 28 цифр.
245. Представим число N, взятое в десятичной системе счисле-
ния, так:
2V =з пх 10™ + п2 =« пх 10™ 4- + п2 рр п± == пг (10™ ± 1) + (п2 рр nJ,
где п2 —число, образуемое первыми т цифрами числа Nt nv — число,
образуемое оставшимися цифрами числа N.
Из полученного равенства имеем сравнение:
IV = n2=pnx (mod 10™ ± 1),
из которого следует: чтобы число N делилось на числа вида 10™il
и их делители, достаточно, чтобы п2 р- делилось соответственно
на 10™ 4; 1 и их Делители.
При т = 3 будет 103 + 1 = 1001 = 7 • 11 .13, получаем об-
щий признак делимости на 7, 11, 13: чтобы число W делилось на 7,
11 или 13, достаточно, чтобы разность между числом, образуемым
первыми тремя цифрами числа N, и числом, образуемым оставши-
мися его цифрами (или наоборот), делилась соответственно на 7, 11
или 13.
При т = 3 будет 103 — 1 = 999 = 3 • 9 • 37, получаем общий
признак делимости на 3, 9, 37: чтобы число N делилось на 3, 9 или
37, достаточно, чтобы сумма числа, образуемого первыми тремя
цифрами числа /V, и числа, образуемого оставшимися его цифрами,
делилась соответственно на 3, 9 или 37.
246. а) 1) 973—126 = 847.
847 делится на 7, следовательно, и число N делится на 7-
847 делится на 11, следовательно, и число N делится на И;
847 не делится на 13, следовательно, и число /V не делится на 13.
3) 96 736 — 69 = 96 668. К числу 96 668 снова применяем взя-
тый признак, но вычитаем 96 из 668: 668 — 96 = 572; 572 делится
на 11, следовательно, 96 736 068 делится на 11; 572 делится на 13,
следовательно, 96 736 068 делится на 13.
б) 1) 794 + 20 = 814 делится на 37, следовательно, число N де-
лится на 37.
3) 2575 + 163 — 2738; 738 + 2 — 740 делится на 37, следо-
вательно, число N делится на 37.
247. Пусть W — натуральное число по десятичной системе счис-
ления и М — сумма его цифр.
В силу известного признака делимости на 9
N = Л4 (mod 9).
Пусть
М = Мх 1
.. (mod 9);
N2 s M2 )
тогда
Др + w2 = ± AL (mod 9), (1)
или, обозначая Mx + Al2 через M, получаем:
A/t-t N2 = Al (mod 9). (2)
Из (1) и (2) следует:
± AL = Л4 (mod 9),
118
т. е. если сложение или вычитание выполнено верно, то сумма илй
разность цифр компонент сравнима с суммой цифр результата.
Совершенно аналогично рассуждая, для действия умножения
имеем:
. М2 . . . Mk = М (mod 9),
т. е. если умножение выполнено верно, то произведение сумм цифр
сомножителей сравнимо с суммой цифр результата.
Результат деления проверяется с помощью контроля умноже-
ния.
248. 1) 12 + 23 = 35 == 17 (mod 9), 35 — 17= 18 делится на
9, следовательно, сложение выполнено верно.
4) 20 • 8 = 160 == 34 (mod 9), 160 — 34 = 126 делится на 9,
следовательно, умножение выполнено верно.
7) 37 = 7 « 49 = 343 (mod 9), 343 — 37 == 306 делится на 9,
следовательно, деление выполнено верно.
§ 22. Конечные непрерывные дроби
249. 1) 29 _ m 1 3 1 1 1 91
29 [37 з7 *’ 11 11 11 2>‘
37 ["29 0^
_8_IL_3=<?2
ALL1 =93
_3_J2_1=<?4
ALL1
о 2=<fo
По схеме составляем подходящие дроби:
Qs 0 1 3 1 1 1 2
ps 0 1 0 1 3 4 7 11 29
Qs 1 0 1 1 4 5 9 14 37
А = 1
Qi 9 ’
—= А_ =, А ~ 0,008 < 0,01;
Q4Qs 9-14 126
7
— « 0,78 с избытком.
9
29 7
Итак, — -±(+0,01) =0,78.
37 9
„ , Р4 Й гт
Погрешность берем со знаком + потому, что — < — . Частное
Qi
119
7
от деления 7 на 9 берем с избытком потому, что — является при-
ближением с недостатком.
29
В десятичном приближении — «0,78 погрешность не указываем,
так как ее нужно вычислять особо, как сумму погрешности + 0,008
и погрешности округления частного при делении 7 на 9.
3) 648 69 1,6830.
385 41
4) ОН ® (_ 0,0005) « 1,5909.
359 22
250. 1) Составляем подходящие дроби по
схеме:
64
25
Можно решение выполнить и так:
но этот путь решения удобен только при небольшом количестве ча-
стных q0, qlf .. ., qn.
2)—. 4)?^3.
43 1810
251. 1) _3587| 2743
2743 l = £7o
27431 844
”2532'о=Г
844 I 211 1
844 '4=^
0
^Z = 1 +_1 1+Л = .
2743 з+1 13 13
120
Как видим, сокращение происходит без выполнения процесса де-
ления числителя и знаменателя дроби на их наибольший общий де-
литель 211.
3653 281
3107 S 239 ’
252. Задача сводится к замене данной дроби подходящей дробью
с погрешностью замены, не превышающей 0,001. Разлагаем дан-
ную дробь в непрерывную:
— 587 | 113
565 5=><7О
_113 ]22__
ПО 5=^
22_|_3_
ALL7==^
0 З=^3
Составляем подходящие дроби по схеме:
Qs 5 5 7 3
Ps 0 1 5 26 187 587
Qs 1 0 1 5 36 113
26 z 1
Если возьмем для замены дробь — , то погрешность будет ----------=>
5 5-36
1 26
== — ~ 0,006, более заданной 0,001, поэтому дробь — не подходит.
180 5
187
Берем дробь —. Находим погрешность:
36
—!— = — «о.оооз < o,ooi.
36-113 4068
Итак, можно построить передачу при помощи шестерен с мень-
шим количеством зубцов, что технически возможно (погрешность
не превышает заданную), является более удобным (меньше зубцов)
и более прочным (зубцы крупнее).
253. Возьмем сначала уравнение:
ах + by — 1, где (a, b) = 1.
а
Представим дробь —- в виде непрерывной дроби:
b
а / X
Т" “=* (<7о, #1, 72» • • • 1 Яп)л
b
По формуле разности между двумя подходящими дробями имеем:
Рп Рп-1.^ (-1)"-1 t
Qn Qn-i Qn Qn-i
121
но
РП ___
Qn &
поэтому
ь Qn-i ь Qn-i
откуда
или
«(—1)^1 QM+b(~ir ^-1 = 1.
Сопоставляя найденное равенство с уравнением ах by ~ 1, по-
лучаем:
x = (-lf-iQ^, у = (-1)" Рп^.
Если возьмем уравнение ах + by = с, то получим:
х = Qn^ с и у = (-1)" Р^ с.
Если в уравнении коэффициент b будет со знаком минус, то, оче-
видно, в формуле для у нужно брать (—I)"-1.
Подставляя найденные значения х и у в формулы х = xt — bt
и у == уг 4- at вместо хг и уь найдем общее решение уравнения
ах + by = с.
38 38
254. 1) Разлагая дробь — в непрерывную, получим —=
о (0, 3, 12, 1,2). Находим подходящие дроби по схеме:
qs 0 3 12 1 2
Ps 0 1 0 1 12 13 38
Qs 1 0 1 3 37 40 117
Имеем: Рп^ = 13, <2^ = 40, п = 4. По формулам получаем:
Х1 = (—1)3 40 • 209 = — 8360,
У2 = (—1)4 . 13 . 209 = 2717.
Общеерешение:
х = - 8360 — 117 /,
У = 2717 4- 38 /.
Проверка. 38 (— 8360) + 117 . 2717 == — 317 680 +
+ 317 889 = 209.
119 119
3) Разлагая дробь — в непрерывную, получим: — = (1, 1, 3).
122
Находить подходящие дроби удобнее по схеме.’
1 1 3
Ps 0 1 1 2 7
Qs 1 0 1 1 4
Видим, что (119, 68) = 17 и с = 34 делится на 17.
Сокращая члены уравнения, получаем:
7х — 4у = 2.
По формулам находим:
X! == ( — 1)1 1 - 2 = — 2; ^ = ( — 1)1 . 2 • 2 = — 4.
Общее решение:
х = — 2 + 4/J
— 4+ It,]
Проверка. 7*( — 2) — 4-( — 4) = — 14+16 = 2.
5)х = — 125 — 114/, у = 45 + 41/.
§ 23. Бесконечные непрерывные дроби; квадратичные
иррациональности
255. 1) Целая часть 1^11 есть 3, поэтому ]fll = 3 + —,
_ __
1 /ll+з /11 +з тт
откуда о). = —-— = 7-7=----~-----------------• Целая
у 1 /11-3 (/11 -3)(|Л11+3) 2
/11 + 3 „ /11 + 3 „ . 1
часть числа ---!-есть 3, поэтому --!---= 34----, откуда
2 __ 2 со2
2 2 (К11 4-3) _ тт
со2 = ---- =3 у 11 4~3. Целая часть
/11-3 (/11 - з)(|Л11+3)
/11+3 равна 6, поэтому /11+3 = 6 + —, откуда ы3 =
= —--------= Cll 2Е—- = ш Получаем:
/11-3 2
/П = з+ -4—
з+_1___
6+1
3+_L__
6 +
или в краткой записи 11 = [3, (3, 6)].
123
Находим подходящие дроби по схеме:
Qs 3 3 6 3 6
Ps 0 1 3 10 63 199 1257
Qs 1 0 1 3 19 60 379
Определяем погрешность:
—?— =3 —— « 0,00005.
Q3Q4 60-379 22470
Берем — 3,3166 с недостатком.Итак, У11 « —0,00005)«
Q3 60 60
«3,3166 (см. конец решения примера 1 из задачи 249).
t__97
3) У12 « — (— 0,0002) « 3,4642.
28
5) 1+/Г « — (4-0,005) » 3,643.
14
7) Разлагая число ш = — - |--в непрерывную дробь, получаем:
1
QiQs
1
112.153
« 0,00006.
Имеем:
£±К.З_ ~ (_ 0,00006) « 1,36607.
124
256. 1) Разлагая число Уз в непрерывную дробь, получаем
Берем дробь 1,73203 с избытком.
Q8 153
Находим погрешность: ------------—— & 0,00003 < 0,0001.
153-209 31977
Эта погрешность удовлетворяет требованию точности замены. Полу-
чаем:
Уз « “ (+ 0,00003) SS 1,73203.
у6 ~ (+ 0,00006) « 2,44944.
2 +К5~ ., । L m_________L_ = 3(V5+1) =У45 + 3
3 ’ 1 У5—1 4 4
У45 4- 3 __ q . ___1------__ У45 + 5. продолжая разложе-
4 ~ ®а’ У 45 — 5 5
ние, получаем: __
3)
5)
2 + = [1, (2, 2, 2, 1, 12, 1)].
3
Составляем подходящие дроби:
Qs 1 2 2 2 1 12 1
ps 0 1 1 3 7 17 24 305 329
Qs 1 0 1 ~2~ 5 12 77 216 233
Вычисляем погрешность:
1 == 1 = 1— « 0,00002 < 0,0001;
Q5Q6 216-233 50328
она удовлетворяет условию. ~___
Берем ~ 1,41203 с недостатком. Получаем;
Q5 216 3
~ 0,00002) к 1,41203.
216
125
о 4- V14 89
7) ~ || (~ 0,00008) « 1,43548.
257. 1) В том случае, когда перед квадратным корнем стоит
знак минус, целая часть корня берется такой, чтобы квадрат ее был
больше подкоренного числа. В данном примере в качестве целой
части числа —У15 берем —4; имеем:
5-/15=14- — > «1 =---Ц=- = 4 + /15;
оо1 4 — У 15
4 -|- /15 = 7 + 1,
<О2
1 /154-3 .
/15 — з" 6
продолжая разложение дальше, получаем;
5 —/15 = [1,7, (1,6)].
Составляем подходящие дроби:
Вычисляем погрешность:
—1— = —!— == __L_ ~ о,оооо4 < о,ооо1.
Q.Q6 63-433 27279
Берем — = — « 1,12698с избытком. Итак, 5-/15 «— (4-0,00004)«
Qi 63 69
1,12698.
3) 3~У~7 - 0 4-1 о> = 5 = 5 (3+/7) 15 4-/175.
7 5 4 1 3 — /7 2 2
15+/175 = ш = 2 = /175-ЦЗ
2 ' «>,’ /175 — 13 ~ 3
Продолжая процесс дальше, получаем:
3__1/у
-----= [О, и, (8, 1,2, 1, 8, 13)].
3
Составляем подходящие дроби:
<к 0 14 8 2
ps 0 1 0 1 8 9 26
Qs 1 Т 1 н’ 113 127 367
126
Вычисляем погрешность:
—— =-------!-----= —— я 0,00007 < 0,0001.
Q:,Q4 113-127 14351
р 8
Берем — =— я 0,07080 с избытком. Получаем:
Qs ИЗ
3~^5 я А (4- 0,00007) я 0,07080.
5 113
, -.Гот - , 1 1 6 +/31
(Oj 6 — у 31 о
6 4- /зТ = 9,1 щ = 5 == /31 4- 4
5 ~ «2’ = /31—4 3
Продолжив процесс разложения дальше, получим:
1 -/31 = [— 5,2, (3, 5, 3, 1, 1, 10, 1, 1)].
Вычислим знаменатели подходящих дробей по схеме:
<к Qs 1 0 —5 1 2 2 3 3 5 37 3 118 I 155 . . -
х Л
Если возьмем для замены подходящую дробь —, то погреш-
Qi
ность будет:
----!---= —1— я0,00006 < 0,0001
118-155 18290
— удовлетворяет требованию точности замены.
р
Для вычисления числителя подходящей дроби — следовало бы
поступать так. Берем
£f = -5+_L_ .
Q4 2+J 118 118
3 4-----
5+1
получаем не только числитель Р4 == 539, но и всю дробь, но со зна-
ком минус благодаря отрицательному == — 5 .
Однако проще и в этом случае для вычисления подходящих
дробей применять схему. Так, для данного примера имеем:
qs -5 2 3 5 3 1 ...
ps 0 1 — 5 —9 —32 -169 -539 .«.
Qs 1 0 1 2 3 37 118 155
127
о Р4 539
Получаем — = — ——.
Q+ 118
Имеем в виду, что знаки минус перед числителями являются
знаками перед самими подходящими дробями благодаря отрицатель-
ному <70, что получается в случае замены отрицательной квадратич-
ной иррациональности.
р 539
Берем — = —3 % 4,56780 с избытком. Итак,
Qi 118
___ кзп
1—/31 « — — (+ 0,00006) «—4,56780.
118
5 - - 1/'~37
7) со =------. В качестве целой части числа — У37 сле-
довало бы взять — 7, но 5 — 7 не делится на 3, поэтому берем — 8
и получаем:
5-]Л37 1 1 3 8 + ]/"37
3 8 — /37 9
8 + /37 , , 1 9 /37 + 1
9 ю2 /37 — 1 4
продолжая процесс дальше, получаем:
—= [— 1, 1, 1, (1, 1, 2)].
3
Находим подходящие дроби по схеме:
—1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1
Ps 0 1 —1 0 -1 — 1 о -5 —7 — 12 —31 —43 —74
Qs 1 0 1 ' 1 1 2 3 5 13 18 31 80 111 191
Погрешность: ----------= —!— « 0,00005 < 0,0001.
ИЬ191 21201
Р 43
Берем — = — « 0,38738 с недостатком. Итак,
Q3 Н£
aj _ (— 0,00005) « — 0,038738.
3 111
9) _2— /17=1-7,1, 7, (8)]«——(—0,00003) « -6,12307.
65
11) — 4 — /46 = I— 3, 1, 5, (2, 1,1, 3, 1, 12, 1, 3, 1, 1, 2, 6)| «
948
« — — .(+ 0,00006) « —2,15653.
115
258. 1) Из условия co s= (1, 2, 4, 6, co).
128
Составляем таблицу подходящих дробей:
По формуле выражения со через полное частное
Ф — ? ? П-2 Qn-l^n + Qn-2
имеем: 81со + 13 (В == , 56(о -|~ 9
откуда 56 о»2 + 9со =81ш + 13,
или 56ш2 — 72ш — 13 = 0.
Решая уравнение, получаем:
18 ± У” 506
СО :=э ----------- ,
28
Так как со — [(1, 2, 4, 6)| — число положительное, то берем по-
ложительный корень и окончательно находим:
2о
9 4-У"221
3) (2,2, 1, = .
10
4) Из условия имеем:
<0 = (2, ШХ), (1)
о>! = (1, 1, 1, 4, о)х). (2)
Из (1) получаем:
Ш =2+ — >
“1
откуда [
(О. ~ -----' . (1 )
со—2
Для (2) удобнее составить схему:
7.? 1 1 ’ 1 4
0 1 т 2 т 14 14со1 3
Qs 1 т т т V ~9 9а)! + 2
129
„ 1 4(0, -к 3 /1 r\
Получаем ojt =---------——. Подставляя значение из (Г) в
9(ох -|- 2
(2'), имеем:
"“2 -^- + 2 '
ю — 2
или после преобразований:
1 __ Зср 4-8
со — 2 2со 4- 5
откуда Зсо2 — 21, (о2 = 7, ^ = iV7 .
Берем положительное значение корня и получаем:
[2,(1, 1, 1,4)1 =КГ.
Другое решение. Из условия по-прежнему имеем: со =
= (2, (Oi), или
« = 2 4- —, (1)
COi
(О, = (1,1, 1,4,^). (2)
Из (2) по схеме находим:
14сох 4“ 3
С0[ = ------------------------,
9<01 4- 2
откуда после преобразований получаем уравнение!
3(oJ — 4сох — 1=0,
решая которое, имеем:
2 4“УГ
“1== 3
Берем в качестве сох положительный корень
2 + гг
OJ = -------
3
и подставляем в (1):
ш=2+ ________L—_ = 2-|- ?_,-7.±2^
2 + /7 2 + К7 2 +К?
3
= (7 4-2/Г) (2-Г7) = (7 4-2Г7)(/7~- 2) =j 3/7 ут
-3 3 зк"
130
Способ является менее удобным из-за операции освобождения
от иррациональности в знаменателе, особенно при больших числах.
259. 1) Из условия имеем:
о> = (1, 1,2, 2, 1, ш).
Составляем таблицу подходящих дробей:
или
Отсюда
17<п 4- 12
Ш = -------------,
10ш + 7
Юш2 — 17ш —5 = 0.
Большим корнем этого уравнения и является данная непрерыв-
ная чистая периодическая дробь:
[(1, 1,2, 2, 1)] = 17.+-1С4—.
20
4) Большим корнем уравнения ш2 — ш — 4 = 0.
260. 1) Решая уравнение, находим:
15±ГТ7
х1,2= - •
Вычисляем первый корень хх. Представляя хг непрерывной дро-
бью, получаем:
^-[4, (1,3,1,)].
Составляем подходящие дроби по схеме:
4s 4 1 3 1 1 3 1 1 3 ...
ps 0 1 7 5 19 17 43 153 196 349 1243
Qs 1 o’ 1 1 4 5 9 32 41 79 260
II «
1 1 Р
Так как ------- =-------- « 0,00006 < 0,0001, то берем
Q7Q8 79-260 Q7
349 349
— « 4,7808 с недостатком и получаем « — (— 0,0001)«
4,7808.
Вычислим второй корень. Представляя непрерывной дробью,
получаем:
*2 = [2, 1,2, (1, 1,3)].
131
Составляем подходящие дроби:
& 2 1 2 1 1 3 1 1 3
Ps 0 1 2 3 8 11 19 68 87 155 552
Qs Т V Т 1 т 4 7 25 32 57 203
Так как —-— ==> —i— « 0,00009 < 0,0001, то берем
Q,Q8 57.203
155
— «2,7192 с недостатком; получаем:
57
х2 « ^( — 0,0001) » 2,7192.
3) Решая уравнение, находим:
_-9±/57
*1,2--------2 •
Вычисляем первый корень. Разлагая xL в непрерывную
получаем:
Qi
дробь,
Х1 = [—1,3, (1, 1, 1,3, 7, 3)].
X! « — ~ (- 0,0001) « — 0,7250.
Вычисляем второй корень. Разлагая х2 в непрерывную дробь,
получаем:
х2 == [—9, 1, 2, (1, 1, 1,3,7, 3)].
Составляем подходящие дроби:
<ь Ps 0 1 111 со I со 1 —8 2 —25 1 -33 1 -58 1 —91 3 -331 7 —2408 -—
Qs 1 0 1 1 3 4 7 11 40 291
132
11 р
Так как ------=-----« 0,00009 < 0,0001, то берем —
Q7Q8 40-291 r Q,
331
з» -— ^ 8,2750 с недостатком, получаем:
х2^ — —-(—0,0001) « —8,2760*.
911
б) 0,0001) «—2,6375,
х2 « -(-0,0001)»—1,0332.
301
261. Положим
J =*. (1)
тогда требуется доказать, что
/ . к а
X (Л + X) = —.
о
Из (1) находим х => ------ ,
*4-2----
а + х
откуда после преобразований получаем:
х2 + ах — - = 0, или (а + х) х = —,
b b
что и требовалось доказать.
262. Имеем: Vа* + а + 1 = а + У^2 + ^+1 —а = а +
+ . + г 1 . .
а2 + а + 1 + а ]/а2 Q + 1 + в
а + 1
а2 -J- а 1 -J- о , (а -|" 1) Ч- ”|Z" a? -f- a -f-1 — 1
a -j- 1 а 1
! 02 + а+1 -1 _ 1
(а1) ( У"а2 + а + 1 + 1) j£^±±±±+l ’
а
* Ограничиваясь вычислением корней только квадратных урав-
нений, мы не рассматриваем и не применяем способ Лагранжа.
133
a
а
Итак,
а
- а 4-1 — (а - 1)
а
У a2 + ?~b 1, + а—-1
1
1+—
1+4
3
Находим подходящие дроби по схеме:
Отсюда
3
263. Имеем: 1/rx2-j-l=x~l-]/~x2-j-l — х == х -|-
У х2 + 1 х
Следовательно, Ух 2 + 1 = К (2х)].
Составляем подходящие дроби:
264. 1)
IT 3
Число — является корнем уравнения
5
3
х -----«= 0, или 5х — 3 = 0
5
134
с рациональными коэффициентами, левая часть которого не при во-
дима в поле рациональных чисел. Следовательно, число — явля-
5
ется алгебраическим числом первой степени.
3) Число /Г является алгебраическим второй степени как ко-
рень уравнения х2 — 3 = 0.
5) Слагаемые данного числа 1 4- У 2 являются алгебраическими
числами, следовательно, число 1 4~ У2 является алгебраическим
уже потому, что представляет собой сумму алгебраических чисел.
Чтобы установить степень числа 1 + У2 , поступаем так.
Составляем квадратный трехчлен, корнями которого являются
числа 1 ± У2 : [я — (1 4- У2 )] [х — (1 — У2 )] = х2 — 2х — 1; чис-
ло 1 + У2 является корнем уравнения х2 — 2х — 1 => 0 с рацио-
нальными коэффициентами, левая часть которого не приводима в по-
ле рациональных чисел. Следовательно, число 1 4- У2 является
алгебраическим числом второй степени.
7) Число 2 -f- i является алгебраическим второй степени как ко-
рень уравнения х2 — 4х 4- 5 = 0.
9) Число У 3 -f- У 5 является алгебраическим как сумма алгеб-
раических чисел. Установим степень его. Возьмем число У 3 —У 5.
Составим квадратный трехчлен, корнями которого являются числа
/3 ±/б:
[х- (УТ+ /б)] [х — (/Т- V5)] = х2 - 2/Зх-2.
Полученный трехчлен имеет не все коэффициенты рациональными.
Составим многочлен с рациональными коэффициентами следующим
образом:
[ (х2 — 2) - 2 V3^] [(X2 — 2) + 2 /Зх] = X* — 16х2 + 4.
Теперь ясно, что число /3 +/5 является корнем получен-
ного многочлена или, что то же, уравнения
х4 — 16х2 4-4 = 0
с рациональными коэффициентами, левая часть которого не приво-
дима в поле рациональных чисел. Следовательно, число У 3 4- У 5
является алгебраическим четвертой степени.
265. 1) Все коэффициенты уравнения являются рациональными
числами, и левая часть его представляет собой многочлен, не приво-
димый в поле рациональных чисел (по теореме Эйзенштейна*) .
Следовательно, все корни данного уравнения являются алгебраи-
ческими числами третьей степени.
266. 1) Так как 3 — алгебраическое число, отличное от 0 и 1,
и У 2 — алгебраическое число второй степени, то по теореме Гель-
фонда число 3 z трансцендентно.
* См.: Окунев Л., Я.. Высшая алгебра, 1958, стр. 237 или
Курош А. Г., Курс высшей алгебры, 1963, стр. 353.
ТАБЛИЦЫ
Таблица простых чисел в пределах первой тысячи
2 47 109 191 269 353 439 523 617 709 811 907
3 53 113 193 271 359 443 541 619 719 821 911
5 59 127 197 277 367 449 547 631 727 823 919
7 61 131 199 281 373 457 557 641 733 827 929
11 67 137 211 283 379 461 563 643 739 829 937
13 71 139 223 293 383 463 569 647 743 839 941
17 73 149 227 307 389 467 571 653 751 853 947
19 79 151 229 311 397 479 577 659 757 857 953
23 83 157 233 313 401 487 587 661 761 859 967
29 89 163 239 317 409 491 593 673 769 863 971
31 97 167 241 331 419 499 599 677 773 877 977
37 101 173 251 337 421 503 601 683 787 881 983
41 103 179 257 347 431 509 607 691 797 883 991
43 107 181 263 349 433 521 613 701 809 887 997
Таблица квадратов натуральных чисел от 1 до 99
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 4 9 16 25 36 49 64 81
1 100 121 144 169 196 225 256 289 324 361
2 400 441 484 529 576 625 676 729 784 841
3 900 961 1024 1089 1156 1225 1296 1369 1444 1521
4 1600 1681 1764 1849 1936 2025 2116 2209 2304 2401
5 2500 2601 2704 2809 2916 3025 3136 3249 3364 3481
6 3600 3721 3844 3969 4096 4225 4356 4489 4624 4761
7 4900 5041 5184 5329 5476 5625 5776 5929 6084 6241
8 6400 6561 6724 6889 7056 7225 7396 7569 7744 7921
9 8100 8281 8464 , 8649 8836 9025 9216 9409 9604 9801
136
Таблицы индексов и антииндексов
137
Простое число 17
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 3 0 7 14 13 1 4 12 9 6 15 8 11 10 2
1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 1 8 3 7 9 4 10 12 13 2 5 6 15 11 16 14
Простое
число 19
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 13 2 16 14 6 3 8
1 17 12 15 5 7 И 4 10 9
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 13 7 14 9 18
1 17 15 11 3 6 12 5 10
Простое
число 23
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 2 16 4 1 18 19 6 10
1 2 3 5 9 13 20 11 14 21 17 8 7 12 15
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 5 2 10 4 20 8 17 16 И
1 2 9 12 22 14 18 21 13 19 3 15 6 7
Простое
число 29
N 0 1 2 3 4 5 б 7 8 9
0 0 1 5 2 22 6 12 3 10
1 23 25 7 18 13 27 4 21 и 9
2 24 17 26 20 8 16 19 15 14
1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 3 6 12 24 19
1 9 18 7 14 28 27 25 21 13 26
2 23 17 5 10 20 11 22 15
Простое
число 31
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 24 1 18 20 25 28 12 2
1 14 23 19 11 22 21 6 7 26 4
2 3 8 15 29 17 27 13 10 5 3 16 9
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 3 9 27 19 26 16 17 20 29
1 25 13 8 24 10 30 28 22 4 12
2 5 15 14 И 2 6 18 23 7 21
138
Простое число 37
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 26 2 23 27 32 3 16
1 24 30 28 11 33 13 4 7 17 35
I СО ьо 25 14 22 9 31 5 15 20 29 8 10 19 12 18 6 34 21
1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 32 27 17 34 31
1 25 13 26 15 30 23 9 18 36 35
2 3 33 11 29 22 21 7 5 14 10 28 20 19 3 6 12 24
Простое
число 41
ЛГ 0 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 26 15 12 22 1 39 38 30
1 8 3 27 31 25 37 24 33 16 9
2 34 14 29 36 13 4 17 5 11 7
3 23 28 10 18 19 21 2 32 35 6
4 |20
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 3 1 32 40 9 6 28 35 13 36 4 5 37 11 24 30 17 25 21 16 20 27 3 14 38 39 18 2 23 29 26 12 15 10 33 31 8 19 34 22 7
Простое
число 43
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 27 1 12 25' 28 35 39 2
1 10 30 13 32 20 26 24 38 29 19
2 37 36 15 16 40 8 17 3 5 41
3 4 11 22 34 6 9 21 31 23 18 14 7 4 33
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 3 9 27 38 28 41 37 25 32
1 10 30 4 12 36 22 23 26 35 19
2 14 42 40 34 16 5 15 2 6 18
3 4 11 24 33 29 13 39 31 7 21 20 17 8
Простое
число 47
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 18 20 36 1 38 32 8 40
1 19 7 10 11 4 21 26 16 12 45
2 37 6 25 5 28 2 29 14 22 35
3 39 3 44 27 34 33 30 42 17 31
4 9 15 24 13 43 41 23
139
Простое
число 53
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 3 4 5 48 49 13 50 43 0 6 31 33 45 27 1 19 7 5 32 26 17 24 39 23 22 2 15 20 11 8 47 12 42 9 29 18 4 25 36 40 14 10 51 30 44 3 35 16 38 21 34 37 46 41 28
Z о
О 1
1 17
2 24
3 37
4 46
5 40
2
34
48
21
39
27
23456789
4
15
43
42
25
8
30
33
31
50
16
32
7 14
26
18
41
13
9
47
11
28
52
36
29
22
3
51
19
5
44
6
49
38
10
35
12
45
23
20
Простое
число 59
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 50 2 6 51 18 3 42
1 7 25 52 45 19 56 4 40 43 38
2 8 10 26 15 53 12 46 34 20 28
3 57 49 5 17 41 24 44 55 39 37
4 9 14 11 33 27 48 16 23 54 36
5 13 32 47 22 35 31 21 30 29
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 32 5 10 20 40
1 21 42 25 50 41 23 46 33 7 14
2 28 56 53 47 35 11 22 44 29 58
3 57 55 51 43 27 54 49 39 19 38
4 17 34 9 18 35 13 26 52 45 31
5 3 6 12 24 48 37 15 30
Простое
число 61
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 6 2 22 7 49 3 12
1 23 15 8 40 50 28 4 47 13 26
2 24 55 16 57 9 44 41 18 51 35
3 29 59 5 21 48 11 14 39 27 46
4 25 54 56 43 17 34 58 20 10 38
5 6 45 30 53 42 33 19 37 52 32 36 31
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 32 3 6 12 24
1 48 35 9 18 36 11 22 44 27 54
2 47 33 5 10 20 40 19 38 15 30
3 60 59 57 53 45 29 58 55 49 37
4 13 26 52 43 25 50 39 1/ 34 7
5 14 28 55 51 41 21 42 23 46 31
Простое
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 39 2 15 40 23 3 12
1 16 59 41 19 24 54 4 64 13 10
2 17 62 60 28 42 30 20 51 25 44
3 55 47 5 32 65 38 14 22 1 1 58
4 18 53 63 9 61 27 29 50 43 46
5 31 37 21 57 52 8 26 49 45 36
6 56 7 48 35 6 34 33
число 67
Z 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 4 8 16 32 64 61 55 43
1 19 38 9 18 36 5 10 20 10 13
2 26 52 37 7 14 28 56 45 23 46
3 25 50 33 66 65 63 59 51 35 3
4 6 12 24 48 29 58 49 31 62 57
5 6 47 22 27 44 54 21 41 42 15 17 30 34 30 53 39 11
140
Простое число 71
АГ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 6 26 12 28 32 1 18 52
1 34 31 38 39 7 54 24 49 58 16
2 40 27 37 15 44 56 45 8 13 68
3 60 11 30 57 55 29 64 20 22 65
4 46 25 33 48 43 10 21 9 50 2
5 62 5 51 23 14 59 19 42 4 3
6 7 56 35 69 17 53 36 67 63 47 61 41
i 0 1 2 3 4 5 6 ’7 8 9
0 1 7 49 59 58 51 2 14 27 47
1 45 31 4 28 54 23 19 62 8 56
2 37 46 38 53 16 41 3 21 5 35
3 32 11 6 42 10 70 64 22 12 13
4 20 69 57 44 24 26 40 67 43 17
5 48 52 9 63 15 34 25 33 18 55
6 30 68 50 66 36 39 60 65 29 61
Простое
число 73
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 8 6 16 1 14 33 24 12
1 9 55 22 59 41 7 32 21 20 62
2 17 39 63 46 30 2 67 18 49 35
3 15 11 40 61 29 34 28 64 70 65
4 25 4 47 51 71 13 54 31 38 66
5 10 27 3 53 26 56 57 68 43 5
6 7 23 42 58 44 19 36 45 48 60 69 50 37 52
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 5 25 52 41 59 3 15 2 10
1 50 31 9 45 6 30 4 20 27 62
2 18 17 12 60 8 40 54 51 36 34
3 24 47 16 7 35 29 72 68 48 21
4 32 14 70 58 71 63 23 42 64 28
5 67 43 69 53 46 И 55 56 61 13
6 7 65 38 33 44 19 22 37 39 49 26 57 66
Простое число 79
N । 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
° 0 4 1 8 62 5 53 12 2
1 66 68 9 34 57 63 16 21 6 32
2 70 54 72 26 13 46 38 3 61 И
3 67 56 20 69 25 37 10 19 36 35
4 74 /5 58 49 76 64 30 59 17 28
5 50 22 42 77 7 52 55 33 15 31
6 71 45 60 55 24 18 73 48 29 27
7| 41 51 14 44 23 47 40 43 39
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 3 9 27 2 6 18 54 4 12
1 36 29 8 24 72 58 16 48 65 37
2 32 17 51 74 64 34 23 69 49 68
3 46 59 19 57 13 39 38 35 26 78
4 76 70 52 77 73 61 25 75 67 43
5 50 71 55 7 21 63 31 14 42 47
6 62 28 5 15 45 56 10 30 11 33
7 20 60 22 66 40 41 44 53
141
Простое число 83
0
1
2
3
4
5
6
7
8
28
29
18
30
55
19
36
31
0
24
80
38
40
46
66
33
42
1
74
25
5
81
79
39
65
41
72
77
60
14
71
59
70
69
2
9
75
57
26
53
6
21
27
17
54
35
7
51
22
44
73
4
78
64
61
11
15
49
8
56
52
20
23
37
45
32
3
63
10
48
76
13
58
68
62
47
12
67
16
34
50
1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 28 37 40 41 69 23 63 21 2 56 74 80 82 55 46 43 42 4 29 65 77 81 27 9 3 8 58 47 71 79 54 18 6 16 33 11 59 75 25 36 12 32 66 22 35 67 50 72 24 64 49 44 70 51 17 61 48 45 15 5 57 19 34 39 13 7 30 10 31 38 68 78 26 14 60 20 62 76 53 73 52
N
0
2
3
4
5
6
7
8
9
Простое
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 3 4 5 6 7 8 86 14 87 30 68 15 79 46 0 84 82 31 21 7 69 62 4 16 33 12 80 10 55 47 50 37 1 23 57 85 29 78 83 20 61 32 9 49 22 28 19 8 27 26 70 71 52 63 72 66 5 53 76 17 64 39 34 73 41 13 67 45 81 6 3 11 54 36 56 77 60 48 18 25 51 65 75 38 40 44 2 35 59 24 74 43 58 42
число 89
1 0 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 42 73 40 78 72 87 5 32 3 37 41 31 56 38 83 15 7 9 22 34 4 79 25 71 45 21 27 66 13 12 59 75 35 46 63 81 20 39 36 88 47 16 49 11 65 60 28 19 86 52 48 58 33 17 2 84 57 80 67 55 85 10 51 6 74 82 62 23 76 77 30 64 18 44 68 8 69 50 53 14 54 43 26 24 29 61 70
Простое
число 97
7/0 1 23436789
i 0 1 2345 6 789
34
42
24
74
39
93
80
50
23
49
70
25
77
60
4
10
75
28
17
20
68
65
76
27
58
52
12
29
73
22
1
71
2
32
45
87
26
72
90
82
8
40
59
16
15
37
94
53
38
48
31
89
18
91
84
55
57
21
83
о
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
53
93
79
16
72
33
3
62
85
5
71
77
7
80
69
68
15
19
37
25
64
94
35
12
54
49
75
95
88
28
29
82
78
60
76
51
84
87
52
43
4 is
22
2
9
89
61
32
47
66
21
46
13
10
45
57
14
63
41
39
8
36
65
50
31
91
70
24
И
40
83
34
56
58
67
59
23
55
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие .................................................... 3
Глава I. Делимость целых чисел
§ 1. Основные понятия .......................................... 5
§2. Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное 7
§ 3. Простые и составные числа................................. 10
Глава II. Числовые функции
§ 4. Функция л(х) ........................................ 13
§ 5. Функция [х]............................................ 13
§ 6. Функция {х}.............................................. 15
§ 7. Функции о(а) и х(а)...................................... 16
§ 8. Функция Эйлера ъ(а)...................................... 17
Глава III. Сравнения
§ 9. Понятия о сравнениях и свойства сравнений ... 20
§ 10. Вычеты и системы вычетов ................................ 23
§11. Теоремы Эйлера и Ферма................................... 26
§ 12. Сравнения с одним неизвестным (общие понятия) . . 27
§ 13. Сравнения первой степени ................................ 29
§ 14. Системы сравнений первой степени ..................... . 31
§ 15. Решение в целых числах неопределенных уравнений
первой степени с двумя неизвестными при помощи срав-
нений .............................................. 34
§ 16. Сравнения высших степеней по простому модулю . . 36
§ 17. Сравнения высших степеней по составному модулю . 38
§ 18. Сравнения второй степени, символ Лежандра ... 41
Г лава IV. Первообразные корни и индексы
§ 19. Числа, принадлежащие показателю, первообразные
корни ................................................. 45
§ 20. Индексы и их применение .......................... 46
§ 21. Другие приложения теории сравнений................ 49
Глава V. Непрерывные дроби
§ 22. Конечные непрерывные дроби ....................... 51
§ 23. Бесконечные непрерывные дроби; квадратичные ир-
рациональности ........................................ 54
§ 24. Алгебраические и трансцендентные числа ........... 58
Решения, указания, ответы .............................. 60
Таблицы ................................................ 136
143
Василий Устинович Грибанов,
Петр Иванович Титов
СБОРНИК УПРАЖНЕНИЙ ПО ТЕОРИИ ЧИСЕЛ
Редактор В, В. Гольдберг
Переплет художника М. JJ. Компанейца
Художественный редактор А. В. Сафонов
Технический редактор В. И. Корнеева
Корректор В. Г. Соловьева
Сдано в набор 26/11-1964 г. Подписано к печати
17/VII 1964г. 84х1081/32. Печ. л. 9(7,56). Уч.-изд.
л. 6,6. Тираж 30000 экз. Тем. план 1964 г. № 27.
Заказ № 43.
Издательство <Просвещение» Государственного ко-
митета Совета Министров РСФСР по печати.
Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Саратовский полиграфический комбинат Росглав-
полиграфпрома Государственного комитета Совета
Министров РСФСР по печати, г. Саратов, ул. Чер-
нышевского, 59.
Цена без переплета 20 коп. Переплет 10 коп.