Министерство образования и науки Российской Федерации ГОУ ВПО «Уссурийский государственный педагогический институт» Кафе...
317 downloads
238 Views
504KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
Министерство образования и науки Российской Федерации ГОУ ВПО «Уссурийский государственный педагогический институт» Кафедра алгебры и геометрии
Калинина Е.А., Пидюра Т.А.
ОСНОВЫ ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЫ: УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
УССУРИЙСК-2009
ББК 73 У 11 Рекомендовано кафедрой алгебры и геометрии для использования в учебном процессе
Калинина Е.А., Пидюра Т.А. Б73
ОСНОВЫ ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЫ: УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ.- Уссурийск, 2009. – 72 с.
В пособие включены разделы по алгебре и теории чисел, входящие в программу изучения курса основ высшей алгебры. Содержит теоретические сведения, примеры решения задач, примерные варианты контрольной работы. Для студентов-заочников и студентов дистанционного обучения. ББК 73
Θ Калинина Евгения Александровна, 2009 Θ Пидюра Татьяна Алексеевна, 2009
2
ВВЕДЕНИЕ Предлагаемое предназначено для
Вашему
вниманию
учебно-методическое
пособие
студентов – заочников и студентов дистанционного
обучения, изучающих курс основ высшей алгебры. Оно содержит разделы по алгебре и теории чисел, входящие в программу изучения этого курса. Поскольку пособие, в первую очередь нацелено на развитие логического мышления и формирование навыков решения задач у студентов, то в нем помещены теоретические сведения (необходимые математические понятия и приводимые иногда без доказательств теоремы), а также большое количество иллюстрирующих
их
примеров.
Пособие
содержит
весь
материал,
необходимый для выполнения контрольной работы по вышеуказанным разделам. Контрольная работа содержит 20 вариантов по 10 заданий в каждом. Варианты контрольной работы выбираются согласно последним двум цифрам в номере зачетной книжки. Если последние две цифры в номере зачетной книжке превышают 20, то необходимо вычитать 20 из последних двух цифр номера зачетной книжки до тех пор, пока не останется число меньше либо равное 20, так, например, номер зачетной книжки 07148, последние две цифры 48, дважды вычитая по 20, получаем номер варианта 8. Несколько слов об обозначениях, принятых в данном пособии. Основные определения помещаются в рамки, выделяются курсивом, а вводимое понятие – жирным шрифтом. Вводимые обозначения отмечаются вертикальной чертой по левому полю. Примеры начинаются с заголовка «Пример», нумерация их составная: номер раздела, затем номер примера в данном разделе. Текст примеров набран курсивом более мелким шрифтом и завершается символом «■». Этот же символ используется для завершения отдельных утверждений типа теорем. Следует также отметить общепринятые математические символы, используемые в данном пособии:
3
∀ - любой ∃ - существует ! - единственный M - делится нацело
∧ - «и» ∨- «или» ∈ - знак принадлежности ⇒ - следует ∩ - пересечение двух множеств ∪ - объединение двух множеств НОД – наибольший общий делитель НОК – наименьшее общее кратное N – множество натуральных чисел Z – множество целых чисел
4
СОДЕРЖАНИЕ Введение………………………………………………….......……………...3 1. Натуральные числа……………………………………………………..7 1.1.
Множество натуральных чисел……………………………………....7
1.2.
Аксиоматическое построение множества натуральных чисел…...10
1.3.
Метод математической индукции…………………………………..13
2. Целые числа………................................................................................16 2.1.
Отношение делимости и его свойства …………………………….16
2.2.
Наибольший общий делитель. Алгоритм Евклида……………….19
2.3.
Наименьшее общее кратное………………………………………..23
2.4.
Простые
числа.
Каноническое
Бесконечность разложение
множества
составного
простых числа
чисел. и
его
единственность………………………………………………………25 3. Теория
сравнений
и
ее
арифметические
приложения…………………………………………………………….31 3.1.
Числовые сравнения и их свойства………………………………...31
3.2.
Полная и приведенная
системы вычетов. Теорема Эйлера и
Ферма………………………………………………………………...34 3.3.
Линейные сравнения с одной переменной………………………...39
3.4.
Арифметические
приложения
теории
сравнений………………………………………………………….....43 4. Комплексные числа………………………………………………..….45 4.1.
Алгебраическая
форма
комплексными
комплексного
числами
числа. в
Действия
над
алгебраической
форме…………………………………………………………………47 4.2.
Геометрическое изображение комплексных чисел………………..52
4.3.
Тригонометрическая
форма
записи
комплексного
числа………………………………………………………...………..53 5. Решение задач……………………………...…………………………..58 6. Примерные
варианты
для
контрольной 5
работы…………………………………………………………………...60 7. Литература……………………………………………………………...72
6
1. НАТУРАЛЬНЫЕ ЧИСЛА Число - это важнейшее математическое понятие. Натуральные числа, используемые для счета в практической деятельности, появились на самых ранних этапах развития человеческой цивилизации. Первоначально понятие отвлеченного числа отсутствовало – число было «привязано» к тем предметам, которые пересчитывали, и в языке первобытных народов существовали различные словесные обороты для обозначения одного и того же числа разных предметов. Отвлеченное понятие натурального числа (т.е. числа, не связанного с пересчетом конкретных предметов) появляется и закрепляется вместе с развитием письменности и введением для обозначения чисел определенных символов. Дальнейшее развитие понятия числа было обусловлено уже не только непосредственной практической деятельностью человека, но и явилось следствием развития математики.
1.1.
МНОЖЕСТВО НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ
Натуральные числа – это числа, используемые для счета: 1, 2, 3, 4, … , n, …..
(1.1.1)
Из любых двух соседних чисел в записи (1.1,1) число, стоящее справа, называется последующим относительно числа, стоящего слева. Натуральные
числа
(1.1.1)
образуют
множество,
называемое
множеством натуральных чисел. Множество всех натуральных чисел обозначается символом N : N={1; 2; 3; … ; n; …}. Множество натуральных чисел является упорядоченным множеством, т.е. для любых двух натуральных чисел m и
n имеет место одно из
следующих соотношений: либо m=n (m равно n), либо m
либо n<m (n меньше m). Наименьшим натуральным числом является 1 (единица). Во
множестве
натуральных
чисел
вводятся
две
основные
арифметические операции – сложение и умножение. Для обозначения этих операций используются соответственно символы + и ⋅ (или ×). Сложение натуральных чисел. Каждой паре натуральных чисел (n;p) ставится в соответствие натуральное число s, называемое их суммой. Сумма s состоит из стольких единиц, сколько их содержится в числах n и p. О числе s говорят, что оно получено в результате сложения чисел n и p, и пишут (1.1.2)
s=n+p.
Числа n и p в записи (1.1.2) называются слагаемыми. Операция сложения натуральных чисел: 1) коммутативна: n+p=p+n; 2) ассоциативна: (n+p)+k=n+(p+k). Умножение
натуральных
натуральных чисел (n;p)
чисел.
Каждой
упорядоченной
паре
ставится в соответствие натуральное число m,
называемое их произведением. Произведение m состоит из стольких единиц, сколько их содержится в числе n, взятых столько раз, сколько единиц содержится в числе p. О числе m говорят, что оно получено в результате умножения чисел n и p, и пишут m=n⋅p или m=n×p.
(1.1.3)
Числа n и p в записи (1.1.3) называются сомножителями. Операция умножения натуральных чисел: 3) коммутативна: n⋅p=p⋅n; 4) ассоциативна: (n⋅p)⋅k=n⋅(p⋅k). Операции сложения и умножения натуральных чисел связаны законом дистрибутивности умножения относительно сложения: (n+p)⋅k=n⋅k+p⋅k. Таким образом, сумма и произведение двух натуральных чисел опять будут натуральными числами. Поэтому говорят, что множество
всех 8
натуральных
чисел
относительно
замкнуто
операций
сложения
и
умножения. Вычитание натуральных чисел. Вычитание натуральных чисел есть операция, обратная сложению, т.е. соответствие, которое каждой паре натуральных чисел (n;p) ставит такое натуральное число r, что n=p+r. О числе r говорят, что оно получено в результате вычитания числа p из числа n, и пишут r=n-p. Число r называется разностью чисел n и p; число n называется уменьшаемым, а число p – вычитаемым. Во множестве натуральных чисел разность двух натуральных чисел r=n-p существует тогда и только тогда, когда n>p; поэтому говорят, что множество натуральных чисел не замкнуто относительно вычитания. Так, например, натуральное число 5 больше натурального числа 3. Их разность существует и равна натуральному числу 2: 5-3=2. Натуральное число 6 меньше натурального числа 8. Их разность 6-8 уже не будет натуральным числом. Деление натуральных чисел. Деление натуральных чисел есть операция, обратная умножению, т.е. соответствие, которое упорядоченной паре натуральных чисел (n;p) ставит такое натуральное число q, что n=p⋅q. О числе q говорят, что оно получено в результате деления числа n на число p, и пишут q=
n , или q=n/p, или q=n:p. p
Число q называется частным натуральных чисел n и p; число n называется делимым, а число p – делителем. Во множестве натуральных чисел частное определено не для любой 9
пары натуральных чисел (n;p),
т.е. множество натуральных чисел не
замкнуто относительно операции деления. Так, например, положим n=7, p=2. Для этой пары натуральных чисел нельзя подобрать такое натуральное число q, чтобы выполнялось равенство 7=2⋅q. Натуральная степень числа. Свойство ассоциативности операции умножения натуральных чисел позволяет ввести понятие натуральной степени натурального числа: n-й степенью натурального числа m называется натуральное число k, полученное в результате умножения числа m самого на себя n раз: k=m m2 ⋅ ... m 1⋅4 4⋅3 . n
сомножителей
Для обозначения n-й степени числа m обычно используют запись: mn ,
в которой число m называется основанием степени, а число n – показателем степени.
1.2. АКСИОМАТИЧЕСКОЕ
ПОСТРОЕНИЕ
МНОЖЕСТВА НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ Выше были приведены некоторые свойства натуральных чисел, а также были введены операции над натуральными числами, подчиненные правилам коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности. Излагая сведения о натуральных числах и действиях с ними, мы неявно обращались к интуитивному пониманию многих понятий, которыми мы ежедневно пользуемся и при этом получаем правильные результаты. Так, например, нам кажется естественным, что 3+2=2+3, и мы даже не задумываемся, откуда берется это свойство операции сложения натуральных чисел. В математике, естественно, возникает вопрос, а сколько же таких 10
именно некоторых первичных утверждений (аксиом) о натуральных числах необходимо выдвинуть, чтобы из этих аксиом в виде теорем можно было получать все известные из нашего жизненного опыта свойства натуральных чисел и операций над ними. Оказывается, что все свойства натуральных чисел могут быть выведены как теоремы из пяти аксиом и формул, определяющих операции сложения и умножения натуральных чисел. Аксиомы натуральных чисел (аксиомы Пеано): I.
1 (единица) есть натуральное число
II.
Для каждого натурального числа n имеется точно одно натуральное число, называемое его последующим и обозначаемое S(n).
III.
Всегда S(n)≠1.
IV.
Из равенства S(n)=S(m) следует m = n.
V.
Принцип полной индукции. Множество натуральных чисел, содержащее 1 и для каждого из n элементов следующий за ним элемент S(n), содержит все натуральные числа.
Сложение и умножение натуральных чисел определяется формулами n+1 = S(n), m+S(n)=S(m+n); m⋅1=m, n⋅S(m)= n⋅m + n. Из аксиом Пеано и определения операций сложения и умножения натуральных чисел как теоремы следуют законы коммутативности и ассоциативности сложения и умножения, свойство дистрибутивности умножения относительно сложения. Из аксиом Пеано и определения операции сложения также следует свойство упорядоченности множества натуральных чисел: для любых двух натуральных чисел m и n либо m=n (m равно n), либо m
множества
натуральных
чисел
устанавливается 11
следующим образом. Во-первых, в качестве теоремы доказывается, что для любых натуральных m и n имеет место один из следующих трех случаев: либо m=n ; либо существует единственное натуральное число k, удовлетворяющее условию n=m+k; либо существует такое единственное натуральное число p такое, что m=n+p. Во - вторых, вводится определение знака > (больше) и знака < (меньше): натуральное число m считают больше натурального числа n ( и пишут m>n), если существует такое натуральное число k, что m=n+k; натуральное число m считают меньше натурального числа n (и пишут mn для любого k следует m+k>n+k; из m=n для любого k следует m+k=n+k; из mn для любого k следует m⋅k>n⋅k; из m=n для любого k следует m⋅k=n⋅k; из m
чисел имеется
наименьшее число. ■
12
1.3. МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ Ряд
математических
утверждений
доказывается
методом
математической индукции, который основан на принципе математической индукции: Пусть А(n)- некоторое утверждение, имеющее смысл для натуральных чисел n. И пусть это утверждение истинно для n=1. Тогда, если из истинности этого утверждения для n=k (k – любое натуральное число, большее единицы) следует истинность утверждения для n=k+1, то утверждение A(n) истинно для любого натурального числа n. Доказательство
методом
математической
индукции
состоит
в
следующем: 1) проверяется, что утверждение А(n) истинно для n=1; 2) предполагается, что утверждение А(n) истинно для n=k; 3) доказывается, что оно истинно и для n=k+1. После этого на основании принципа математической индукции делается вывод, что утверждение A(n) истинно для любого натурального n. Пример 1.1 Доказать, что для любого натурального числа n и любого действительного числа a>-1 справедливо неравенство, называемое неравенством Бернулли:
(1 + a ) n ≥ 1 + an.
(*)
Если n=1, то справедливость неравенства (*) очевидна:
(1 + a )1 ≥ 1 + a. Предположим, что неравенство (*) справедливо при n=k:
(1 + a ) k ≥ 1 + ak . Умножая обе части последнего неравенства на положительное число 1+a, получаем неравенство
(1 + a ) k +1 ≥ 1 + ak + a + a 2 k . Отбрасывая
последнее
положительное
слагаемое
в
правой
части
последнего
неравенства, мы уменьшаем правую часть этого неравенства, и потому 13
(1 + a ) k +1 ≥ 1 + a (k + 1). Полученный
результат показывает, что из предположения о справедливости
неравенства (*) при n=k следует, что неравенство (*) справедливо при n=k+1. Обе части доказательства методом математической индукции проведены, и, и следовательно, неравенство (*) справедливо при любом натуральном n. ■
Пример 1.2 Доказать, что для любого натурального числа n справедливо равенство:
1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = n 2 .
(**)
Если n=1, то справедливость равенства (**) очевидна:
1 = 1. Предположим, что равенство (**) справедливо при n=k:
1 + 3 + 5 + ... + (2k − 1) = k 2 . Докажем, что равенство (**) справедливо при n=k+1. При подстановке в равенство (**) n=k+1 получается следующее соотношение:
1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = (k + 1) 2 . Докажем его справедливость. Выпишем левую часть этого равенства и проведем преобразования.
1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) − 1) = 1 + 3 + 5 + ... + 2k + 1 = 1 + 3 + 5 + ... + 2k − 1 + 2k + 1. С учетом предположения получаем, что сумма всех слагаемых, кроме последнего, равна
k 2 , тогда производя эту замену в последнем соотношении получаем k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2 . Таким образом, мы доказали справедливость соотношения (**) при n=k+1. На основании принципа математической индукции делаем вывод о том, что утверждение (**) истинно для любого натурального n. ■
Пример 1.3 Доказать, что для любого натурального числа n справедливо равенство:
(4 ⋅ 6 n + 5n − 4)M25.
(***)
Если n=1, то справедливость равенства (***) очевидна:
4 ⋅ 61 + 5 − 4 = 24 + 1 = 25M25. Предположим, что равенство (***) справедливо при n=k: 14
(4 ⋅ 6 k + 5k − 4)M25. Докажем, что равенство (***) справедливо при n=k+1. Необходимо доказать, что
(4 ⋅ 6 k +1 + 5(k + 1) − 4)M25. Докажем его справедливость.
4 ⋅ 6 k +1 + 5(k + 1) − 4 = 4 ⋅ 6 k ⋅ 6 + 5k + 5 − 4 = 4 ⋅ 6 k ⋅ 6 + 5k + 1 = = 6(4 ⋅ 6 k + 5k − 4) + (−25)k + 25. В полученном соотношении первое слагаемое делится на 25, т.к. скобка, входящая в это слагаемое, делится на 25 по предположению индукции. Очевидно, что второе и третье слагаемое делятся на 25. С учетом вышесказанного делаем вывод, что и вся сумма делится на 25. Таким образом, мы доказали справедливость соотношения (***) при n=k+1. На основании принципа математической индукции делаем вывод о том, что утверждение (**) истинно для любого натурального n. ■
В ряде случаев может оказаться, что рассматриваемое утверждение A(n) при некоторых натуральных значениях n<m (m- фиксированное натуральное число) ложно или не имеет смысла. С другой стороны, в ряде случаев оказывается возможным доказать, что некоторое утверждение A(n) истинно не только для натуральных значений n, но и для некоторого набора отрицательных значений n. В этих случаях используется следующее обобщение принципа математической индукции: Если утверждение A(n), в котором n – целое число, истинно при n=m и если из истинности этого утверждения для числа n=k, где k – любое целое число, большее или равное m, вытекает, что оно истинно для следующего числа n=k+1, то утверждение A(n) истинно и для любого целого числа n≥m.
15
2. ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА Множество целых чисел есть множество, полученное в результате добавления к множеству всех натуральных чисел новых объектов (которые далее будем называть числами) – числа нуль и отрицательных целых чисел. Это множество будем обозначать: Z , а его элементы будем называть целыми числами. В расширенном множестве Z: 1) множество N является собственным подмножеством; 2) сложение и умножение натуральных чисел в Z совпадает с одноименными операциями в N; 3) вычитание во множестве Z всегда возможно, т.е. разность любых двух элементов (чисел) из Z является элементом (числом) из Z; 4) расширенное множество Z минимально в том смысле, что оно не содержит собственного подмножества, удовлетворяющего условиям 1)-3). Множество целых чисел Z замкнуто относительно операций сложения, умножения и вычитания, т.е. для любых двух данных целых чисел существует единственное третье целое число, являющееся соответственно суммой, произведением и разностью данных чисел. Однако множество целых чисел Z не замкнуто относительно операции деления.
2.1.
ОНОШЕНИЕ ДЕЛИМОСТИ И ЕГО СВОЙСТВА
В этом параграфе мы рассмотрим свойства отношения делимости во множестве Z. Введем следующее определение.
Целое число a делится на целое число b ≠ 0 , если существует такое целое число c, что a = bc. В этом случае a называется делимым, b - делителем, c - частным. Говорят, что a кратно b и обозначают a M b. 16
Отношение делимости является бинарным отношением и обладает следующими свойствами: 1. Рефлексивности, т.е. ∀a∈Z (a M a) (т.к. a = a⋅1, то c = 1) 2. Транзитивности, т.е. ∀a, b, c ∈Z (a M b ∧ b M c ⇒ a M c) 3. Отношение делимости сохраняется при изменении знака делимого и делителя, т.е., если a M b⇒ (-a) M b, (-a) M (-b), a M (-b) 4. Если a M c ∧ b M c ⇒ (a ± b) M c 5. ∀a, b, c ∈Z (a M c⇒ ab M c) Следствие 1: ∀ a1, a2, a3,…, an, r1, r2, r3,…, rn∈Z (a1 M c, a2 M c, a3 M c,…, an M c⇒ (a1r1 + a2r2 + a3r3+…+ an rn) M c) Следствие 2: Если ∀ a1, a2, a3,…, as, b1, b2, b3, …, bm M c, r1, r2, r3,…, rs, s1, s2, s3, …, sm∈Z и a1 r1+ a2 r2 + a3 r3 +… + as rs = b1 s1 + b2 s2 + b3 s3 + …+ bm sm + bm+1 ⇒ bm+1 M c Утверждение, обратные 4 и 5 свойствам, ложны. 6. Если a M c ∧ b не M c ⇒ (a ± b) не M c 7. Нуль делится на любое целое число. 8. ∀a∈Z (a M 1) 9. Если a ≠ 0 , то не существует q ∈Z (0⋅q = a), поэтому ни одно число a ≠ 0 не делится на 0. 10.Если a M b ⇒ |a| ≥ |b| Следствие 1: Если 1 M a ⇒ a = 1 ∨ a = -1. Следствие 2: Если a M b ∧ b M a ⇒ a = b ∨ a = -b.
17
Разделить целое число a на целое число b ≠ 0 с остатком – это значит найти два таких целых числа q и r , чтобы выполнялись условия: 1. a = bq + r 2. 0 ≤ r < |b| В этом случае q называется неполным частным, r - остатком. Теорема 2.1. Каковы бы ни были a∈Z и b∈Z, b ≠ 0 , всегда можно и притом единственным образом разделить a на b с остатком. Доказательство: I.) (возможность). Рассмотрим все случаи: 1. ∀a∈Z, b > 0. Выпишем множество целых чисел, кратных b , и расположим его в порядке возрастания: …b(-2), b(-1), b⋅0, b⋅1, b⋅2, …, bq, b(q+1), … И пусть bq - наибольшее кратное b , не превосходящее a , т.е. bq ≤ a < b(q+1). К обеим частям неравенства прибавим -bq, получим: 0 ≤ a-bq < b. положив a – bq = r , получим a = bq + r , где 0 ≤ r < b, т.к. b > 0, то b = |b|, т.е. 0 ≤ r < |b|. 2. ∀a∈Z, b < 0. Т.к. b < 0, то -b > 0 и по случаю 1) для a и -b найдутся q и r такие, что a = (-b)q + r = b(-q) + r , где 0 ≤ r < - b, а т.к. - b = |b|, то 0 ≤ r < |b|. Т.о., существование показано для ∀a∈Z, b ≠ 0 . II.) (единственность). Предположим, что для a, b ∈Z существуют два неполных частных q1 и q2 , и два остатка r1 и r2 такие, что a = bq1 + r1 , где 0 ≤ r1 < |b|, a = bq2 + r2 где 0 ≤ r2 < |b|. Тогда bq1 + r1 = bq2 + r2 или b(q1 - q2) = r1 - r2 (*), т.к. 0 ≤ r1 < |b| и 0 ≤ r2 < |b| ⇒ 0 ≤ |r1 - r2| < |b|. Рассмотрим равенство (*) по модулю: |b|⋅|q1 - q2| = |r1 r2|. Равенство возможно лишь при условии r1 - r2 = 0 или r2 = r1 , но тогда единственность доказана. 18
2.2. НАИБОЛЬШИЙ ОБЩИЙ ДЕЛИТЕЛЬ. АЛГОРИТМ ЕВКЛИДА Введем следующие определения.
Целое число δ ≠ 0 называется общим делителем целых чисел a1, a2, a3, …, an , если каждое из этих чисел делится на δ.
Целое число d называется наибольшим общим делителем чисел a1, a2, a3, …, an, если: 1) d является общим делителем этих чисел, 2) d делится на любой общий делитель этих чисел. Теорема 2.2. Наибольший общий делитель чисел a1, a2, a3, …, an
определен
однозначно с точностью до знака. Доказательство: Пусть d1 и d2 – НОД чисел a1, a2, a3, …, an. Т.к. d1 – НОД, то d1 M d2 (как на общий делитель). Аналогично d2 M d1 . По свойству 10 делимости целых чисел d1 = d2 или d1 = - d2. ■ Условимся в силу этой теоремы за НОД чисел a1, a2, a3, …, an брать положительное значение и обозначать d = (a1, a2, a3, …, an). Пример 2.1. Наибольший общий делитель чисел 135 и -180 равен 45. в самом деле, множество положительных делителей числа 135 имеет вид: A={1, 3, 5, 9, 15, 27, 45, 135}, а для числа -180 – вид: B={1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 30, 36, 45, 60, 90, 180}. 19
Пересечением этих множеств является A∩ B={1, 3, 5, 9, 15, 45}. Число 45 является общим делителем чисел 135 и -180 и делится на все остальные общие делители этих чисел, т.е. на 1, 3, 5, 9, 15. Значит, (135,-180)=45. Заметим, что 45 – наибольший по величине положительный общий делитель чисел 135 и -180. ■
Из определения общего делителя еще не следует, что наибольший общий делитель любого конечного множества целых чисел существует. Чтобы доказать существование наибольшего общего делителя, опишем способ нахождения наибольшего общего делителя, предложенный великим древнегреческим
математиком
Евклидом.
Этот
способ
называют
алгоритмом Евклида. Он основан на следующей теореме. Теорема 2.3. Для любых целых чисел a и b, b ≠ 0, существует НОД этих чисел, причем: а) если a M b, то (a, b) = |b| , б) если a не M b, то НОД равен последнему, отличному от нуля остатку при последовательном делении a на b с остатком r1 , b на r1 с остатком r2 , r1 на r2 с остатком r3 и т.д. Доказательство: а) Пусть a M b, т.к. и b M b, то b - общий делитель a и b . Если c - любой общий делитель чисел a и b , то a M c и b M c. Учитывая, что b - общий делитель a и b , и b M c - любой общий делитель, то |b| - есть НОД. б) Если a не M b , то по теореме о делении с остатком:
20
a = bq1 + r1 , где 0 ≤ r1 <| b |, затем разделим b на r1 ≠ 0 b = r q + r , где 0 ≤ r < r , если r ≠ 0, то разделим r на r 1 2 2 2 1 2 1 2 r1 = r2 q3 , где 0 ≤ r3 < r2 ...................................................... процесс деления окончен и rn+1 = 0 rn−2 = rn−1qn + rn rn−1 = rn qn+1 + rn+1
(2.1)
Рассмотрим первое равенство системы (2.1): a = bq1 + r1 и покажем, что (a, b) = (b, r1) . Обозначим (a, b) = d , т.к. a M d и b M d, то r1 M d , значит d - общий делитель чисел b и r1. Пусть c - общий делитель чисел a и b , тогда a = bq1 + r1 будет делится на c , т.е.c – общий делитель чисел a и b . По условию (a, b) = d ⇒ d M c. Но d - общий делитель чисел b и r1 , и d делится на любой общий делитель. Отсюда делаем вывод: (b, r1) = d . Аналогично из второго равенства системы (1) можно показать, что (b, r1) = (r1, r2) и из третьего равенства: (r1, r2) = (r2, r3) и т.д. Из предпоследнего: (rn-2, rn-1) = (rn-1, rn)
и
из последнего (rn-1, rn) = rn (по первой части теоремы). Объединяя эти равенства, делаем вывод: (a, b) = rn. ■ Пример 2.2 Найдем наибольший общий делитель чисел 2585 и 220 по алгоритму Евклида и его линейное представление.
21
Найдем линейное представление НОД данных чисел, с этой целью распишем каждый шаг алгоритма Евклида. 2585=220⋅11+165; 220=165⋅1+55; 165=55⋅3+0. Последний, не равный нулю остаток в алгоритме Евклида (число 55) есть НОД, т.е. (2585,220)=55. Чтобы выразить 55 через числа 2585 и 220, перепишем равенства в алгоритме Евклида, выразив не нулевые остатки: 165=2585-220⋅11; 55=220-165⋅1 Подставляя каждое равенство в последующее, получаем 55=220-165⋅1=220-(2585-220⋅11)⋅1=220-2585⋅1+220⋅11=220⋅(1+11)+2585⋅(-1)= =220⋅12+2585⋅(-1). Итак, (2585б220)=220⋅12+2585⋅(-1). ■
Существование НОД любого конечного множества целых чисел доказывается следующей теоремой. Теорема 2.4 Если (a1, a2, a3, …, a n-1) = δ и (δ δ, an) = d, то (a1, a2, a3, …, a n) = d .
Следствие: Если (a1, a2 ) = d1 , (d1, a 3) = d2 , …, (d n-2, a n) = d n-1 , то (a1, a2, a3, …, a n) = d n1.
Свойства НОД. 1. Наибольший по величине положительный общий делитель δ целых чисел a1, a2, a3, …, a n является НОД этих чисел. 2. Если каждое из чисел умножить на одно и то же число k ≠ 0 , то их НОД увеличится в k раз. 22
3. Если (a, b) = d , то существуют такие целые числа x и y , что ax + by = d. Если (a1, a2, a3, …, a n) = 1, то числа a1, a2, a3, …, a
n
называются
взаимно простыми. Пример 2.3 Числа 715, 96, 119 попарно взаимно просты, так как (715,96)=(715, 119)=(96,119)=1. ■
Свойства взаимно простых чисел. 1. Для того, чтобы (a, b) = 1 необходимо и достаточно, чтобы существовали x, y ∈ Z (ax + by = 1) . a
b
2. Если (a, b) = d, то (a, b) , (a, b) = 1. 3. Если ab M c ∧ (a, c) = 1 ⇒ b M c. 4. Если (a, b) = 1 и c M ab ⇔ c M a ∧ c M b. 5. Если (a, c) = 1 ∧ (b, c) = 1 ⇒ (ab, c) = 1.
2.3. НАИМЕНЬШЕЕ ОБЩЕЕ КРАТНОЕ. Введем следующие определения.
Пусть a1, a2, a3, …, a n ∈ Z отличны от нуля. Целое число М называется общим кратным этих чисел, если оно делится на каждое из этих чисел.
Число m ∈ Z называется НОК чисел a1, a2, a3, …, a n, если: 1) m – общее кратное чисел a1, a2, a3, …, a n, 2) любое общее кратное чисел a1, a2, a3, …, a n делится на m . НОК определяется однозначно для данных чисел с точностью до знака. В качестве НОК будем выбирать положительное значение и обозначать: 23
[a1, a2, a3, …, a n ] = m . Теорема 2.5 ab
Число (a, b) = m , где является НОК чисел a и b . Доказательство: ab
(a, b) = d ⇒ a = dn и b = dl , где (n, l) = 1. (a, b) =
dn ⋅ dl = ndl = bn = la ⇒ d
ab ab ab Maи M b , т.е. ( a, b) ( a, b) (a, b) есть общее кратное чисел a и b. Покажем, что ab
любое общее кратное a и b делится на (a, b) . Пусть М – любое общее кратное a и b : M M a и M M b. Т.к. M M a ⇒ M = as M b, подставим в последнее отношение значения a и b через d : dns M dl ⇒ ns M l ∧ (n, l ) = 1 ( s M l по свойству взаимно простых чисел), т.е. s = lq . ab ab dnlq { = (ndl)q = M Значение s подставим в M , т.е. М = as = { q ⇒ M a s ( a, b) ( a, b) ,
т.е. M есть НОК чисел a и b . ■ Пример 2.4 Найдем [364,143]. Сначала находим (364,143):
Значит,
[364,143] =
364 ⋅ 143 = 28 ⋅ 143 = 4004. ■ 13
Замечание: 24
НОК нескольких чисел находится аналогично НОД нескольких чисел. Свойства НОК. 1.
Наименьшее общее кратное двух чисел a и b (a≠0, b≠0)
является наименьшим по величине положительным общим кратных чисел. 2.
Если каждое из чисел умножить на одно и то же число k ≠ 0 ,
то их НОК увеличится в k раз. 3.
a b Если a M k и b M k, то , Mk . k k
2.4. ПРОСТЫЕ ЧИСЛА. БЕСКОНЕЧНОСТЬ МНОЖЕСТВА ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ. КАНОНИЧЕСКОЕ РАЗЛОЖЕНИЕ СОСТАВНОГО ЧИСЛА И ЕГО ЕДИНСТВЕННОСТЬ
Натуральное число р называется простым, если оно больше 1 и не имеет положительных делителей, отличных от 1 и р.
Натуральное число n называется составным, если оно больше 1 и имеет по крайней мере один положительный делитель, отличный от 1 и n.
Согласно определения, если n составное, то существует такой делитель δ, что n = n1 , где 1
3) число 1. Основным результатом теории простых чисел является тот факт, что любое составное число разлагается (и притом единственным образом с точностью до порядка) в произведение простых чисел. Чтобы доказать эту теорему, рассмотрим сначала некоторые свойства простых чисел. Теорема 2.6. Если простое число р делится на некоторое натуральное число n ≠ 1, то p=n. Доказательство: В самом деле, если бы p ≠ n, то р имело бы три делителя: 1, р и n , а следовательно , не было бы простым. ■ Теорема 2.7 Если p1 и p2 - различные простые числа, то p2 не делится на p1. Доказательство: Т.к. p2 - простое число, то оно может делится на 1 и на p2. По условия p1 ≠ p2, а по определению p1 ≠ 1 , следовательно p2не делится на p1. ■ Теорема 2.8 Всякое натуральное число n>1 делится хотя бы на одно простое число. Доказательство: Применим метод математической индукции. 1) Для натурального числа n = 2 теорема справедлива, т.е. 2 делится на простое число 2. 2)
Предположим, что утверждение
теоремы справедливо для
всех
натуральных чисел, больших 1 и меньших n, и докажем справедливость теоремы для числа n. Если n простое, то n делится на простое число р = n, и теорема доказана.
26
Если n составное, то n=n1c
(1
индуктивному предположению для n1 теорема верна, т.е. n1 делится хотя бы на одно простое число р. Но тогда и n делится на р. Теорема доказана. ■ Теорема 2.9 Если n – натуральное число, а р – простое число, то либо n делится на р, либо n и р взаимно просты. Доказательство: Пусть d – наибольший общий делитель чисел n и р, т.е. (n,p)=d , т.к. р – простое число, то либо d=1 , либо d = p . Если d = 1, то n и р взаимно просты. Если d = p , n M p. ■ Теорема 2.10 Если произведение двух или нескольких натуральных чисел делится на простое число р , то хотя бы один из сомножителей делится на р. Доказательство: Воспользуемся методом математической индукции. Рассмотрим сначала произведение двух сомножителей. Пусть a1a2 M p . Здесь возможны два случая: a1 M p или a1 не делится на р. Если a1 M p , то утверждение доказано. Если a1 не делится на р, то согласно Т.2.9 а и р взаимно просты. Тогда a2 M p. Допустим далее, что теорема справедлива для случая, когда произведение содержит менее k сомножителей, и докажем справедливость ее для случая k + 1 сомножителей. Рассмотрим произведение k + 1 сомножителей: n = a1a2…akak+1 (2). Представим выражение (2) в виде двух сомножителей, пользуясь сочетательным законом: n = (a1…ak)ak+1 = m⋅ak+1. Но для двух сомножителей теорема доказана; следовательно, одно из чисел m или ak+1 должно делится на р. Если ak+1 M p, то теорема доказана. Если m M p , в силу индуктивного предположения (m содержит k сомножителей), то хотя бы одно из чисел a1…ak должно делится на р. Теорема доказана. ■
27
Теорема 2.11 Если натуральное число n - составное, а р – наименьший его простой делитель, то p ≤
n .
Теорема 2.12 (основная теорема арифметики). Всякое натуральное число n>1 либо простое, либо может быть представлено и притом единственным образом, в виде простых чисел. Доказательство: Два
представления,
отличающихся
только
порядком
расположения
сомножителей, будем считать совпадающими. Существование разложения: Пусть n = 2 . Т.к. 2 – простое число, то для n = 2 утверждение доказано. Предположим, что утверждение справедливо для всех натуральных чисел, больших или равных 2, но меньших n , и докажем справедливость его для числа n . Рассмотрим натуральное число n. Если n - простое, то теорема доказана. Если n - составное, то его можно представить в виде: n = n1n2 , где 1
(2.2)
28
Левая часть равенства (2.2) делится на простое число p1. следовательно, и правая часть тоже делится на p1. Согласно Т.2.10 хотя бы один из сомножителей произведения q1q2…qs должен делится на p1 . Пусть q1 M p1. Т.к. q1– простое число
и p1>1, то по Т.2.6 q1= p1 . Разделив обе части
равенства (2.2) на p1 получим: p2…pk = q2…qs .
(2.3)
Т.к. p2…pk и q2…qs меньше, чем n, то индуктивному предположению из равенства (2.3) следует, что k = s. Таким образом, p1= q1, p2= q2,…, pk= qs. Разложение натурального числа n на простые множители единственно. ■ Всякое число n >1 может быть представлено в виде произведения простых чисел. Пусть, например, p1 встречается α1 раз, p2 - α2 раз,…, pk -αk раз; тогда разложение числа n на простые множители можно записать следующим образом: α α α n = p1 p 2 ... p k . 1
2
k
(2.4)
Множители p1 p2 … pk обычно располагают в порядке возрастания. Представление натурального числа n в форме (2.4) называется каноническим;
это
представление
единственно.
Представление
(2.4)
называют также факторизацией числа n. Следствие 1. α α α Если a = p1 p 2 ... p k , -каноническое разложение числа а, то все делители 1
2
k
β β β этого числа c = p1 p 2 ... p k имеют вид (2.4), где 0 ≤ βi ≤ αi (i = 1,2,…,k). 1
2
k
Следствие 2. α α α γ γ γ Пусть a = p1 p 2 ... p k , b = p1 p 2 ... p k . 1
2
k
1
2
k
λ λ λ НОД чисел а и b имеет вид: (a, b) = p1 p 2 ... p k 1
2
k
, где λi = min (αi,γi) .
Следствие 3. µ µ µ НОК чисел а и b имеет вид: [a, b]= p1 p 2 ... p k 1
2
k
, где µi = max(αi,γi) .
Эти утверждения очевидны.
29
Пример 2.5 2100 = 22⋅3⋅52⋅7; 5390 = 2⋅5⋅72⋅11 . ■
Теорема 2.13 (Евклида). Множество простых чисел бесконечно. Доказательство: (от противного) Предположим, что множество простых чисел конечно: пусть это будут числа p1 = 2, p2 ,… , pk, где pk - наибольшее простое число. Составим произведение p1 p2
…
pk всех простых чисел и рассмотрим
натуральное число n = p1 p2 … pk +1. Т.к. n > pk, то n должно быть составным. Следовательно, оно должно делится на некоторое простое число. Но по предположению все простые числа принадлежат множеству: {p1 p2
…
pk}.
Значит, n делится на одно из этих чисел. Но это невозможно. Полученное противоречие доказывает теорему. ■ Теорема 2.14 (об интервалах) В натуральном ряду существует сколько угодно длинные интервалы, не содержащие ни одного простого числа. Решето Эратосфена. Греческим математиком Эратосфеном (III в до н.э.) был найден способ выделения простых чисел из любого отрезка натурального ряда чисел путем вычеркивания числа 1, затем всех чисел, кратных 2 (кроме 2), затем – кратных 3 (кроме 3), и т.д. Таким образом, надо вычеркнуть все числа кратные простым числам: p1
=2, p2=3, …
, p≤ n. Практические советы
1) Каждое ps
- е число после ps (считая и уже зачеркнутые ранее)
кратно ps и подлежит вычеркиванию.
30
2) Дойдя до не вычеркнутого простого числа большего или равного
n,
следует остановиться, так как все числа, оставшиеся не вычеркнутыми, уже простые (на основании Т. 2.11). Пример 2.6 Выделим все простые числа из отрезка натурального ряда: 1, 2, 3, …, 40. Выписываем все натуральные числа от 2 до 40 и вычеркиваем указанным способом все составные числа (здесь вычеркивание заменяем подчеркиванием).
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24,. 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40. Числа 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37 простые. Разложение натурального числа на простые множители, распознавание простых чисел является довольно трудоемким делом. Облегчить эту работу можно, используя теорему
2.11. ■
3. ТЕОРИЯ СРАВНЕНИЙ И ЕЕ АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ЧИСЛОВЫЕ СРАВНЕНИЯ И ЕГО СВОЙСТВА
3.1.
Если два целых числа а и b при делении на целое положительное число m дают один и от же остаток r, так что: a=mq+r и b=mq1+r, 0≤r≤m,
(3.1)
то они называются равноостаточными или сравнимыми по модулю m. Записывают так: a≡b(mod m).
(3.2)
Соотношение (2) называют сравнением. Пример 3.1 11≡-6 (mod 17)
и
34≡16 (mod 9). 31
Т.к. 11=17⋅0+6 и 6=17⋅0+6; 34=9⋅3+7 и 16=9⋅1+7.
■
Между понятием «сравнимость» и отношением «делимость» существует связь: 1. Из соотношения (3.1): a-b=m(q-q1)=mt ⇒ a-bM m или a-b=mt, где t∈Z 2. Если aM m ⇒ (a-0)M m или по (3. 1) a≡0 (mod m), или a=mt ⇒ mt≡0 (mod m) 3. Если a=mq+r, то a-r=mq, учитывая (3.1)⇒ a ≡ r (mod m). Основные свойства сравнений 1. Отношение a ≡ b (mod m) является эквивалентностью, т.е. удовлетворяет требованиям: а) рефлексивности: ∀ a∈ Z (a ≡a (mod m)) б) симметричности: ∀ a, b∈ Z (a ≡b (mod m)⇒ b ≡a (mod m)) в) транзитивности: ∀ a, b, c∈ Z (a ≡b (mod m) ∧ b ≡c (mod m)⇒ a ≡c (mod m)) (доказательство очевидно по определению сравнений). 2. Сравнения по одному и тому же модулю можно почленно складывать и вычитать. Доказательство: a ≡b (mod m), на основании связи (1) а=b+mt с ≡d (mod m), на основании связи (1) c=d+mt a+c=b+d+mt ⇒ a+c≡b+d (mod m) аналогично и для вычитания. ■ Следствие 1. Слагаемое можно переносить из одной части в другую с противоположным знаком:
a ≡ b (mod m) + - b ≡ -b (mod m) a- b ≡ 0 (mod m), т.е. если a ≡b (mod m) ⇒ a – b ≡0 (mod m). 32
Следствие 2. К любой части сравнения можно прибавлять число, кратное модулю: a ≡ b (mod m) + mt ≡ 0 (mod m) a+mt ≡ 0 (mod m). 3. Сравнения по одному и тому же модулю можно почленно перемножать. Доказательство: a ≡b (mod m) ⇒ a=b +mt c ≡d (mod m) ⇒ c=d +mt` ac=(b+mt)(d+mt`)=bd+m(bt`+td+mtt`)=bd+ms, т.е. aс≡bd (mod m) Следствие 1. Сравнения можно почленно возводить в одну и ту же неотрицательную степень (перемножая сравнение само на себя). Следствие 2. Обе части сравнения можно умножить на одно и то же целое число. 4. Если a ≡b (mod m) ∧ mM n ⇒ a ≡b (mod n), т.е. сравнение имеет место по любому делителю модуля. Доказательство: a ≡b (mod m) ⇒ a-bM m ∧ mM n ⇒ (по свойству транзитивности делимости в Z) a b M n или a ≡b (mod n). 5. Обе части сравнения и модуль можно умножать на одно и то же целое положительное число. Доказательство: a ≡b (mod m) ⇒ a =b+mt Умножим обе части сравнения и модуль на одно и тоже целое число c>0, в результате получим ac=bc+mct ⇒ ac≡bc (mod mc). 33
6. Если ak ≡bk (mod m) ∧ (k,m)=d ⇒ a ≡b (mod
m ). d
Доказательство: По условию
(k,m)=d ⇒ k=k1d; m=m1d, где (k1, m1)=1. Тогда
ak1d ≡bk1d (mod m1d) ⇒ ak1d -bk1d M m1d или d(ak1-bk1) M m1d ⇒ k(a-b)M m1. Т.к. (k1,m1)=1 a-bM m1 или a≡b (mod m1), где m1=
m . d
Следствие1. Обе части сравнения и модуль можно разделить на их общий делитель, т.е. если d=k, ak≡bk (mod m) ⇒ a≡b (mod m1). Следствие 2. Обе части сравнения можно делить на их общий делитель, если он взаимнопрост с модулем. Т.е. d=1; ak≡bk (mod m) ⇒ a≡b (mod m).
3.2.
ПОЛНАЯ И ПРИВЕДЕННАЯ СИСТЕМЫ ВЫЧЕТОВ. ТЕОРЕМА ЭЙЛЕРА И ФЕРМА
Т.к.
отношение
сравнимости
является
эквивалентностью,
то
Z
разбивается на попарно пересекающиеся классы, причем в классы попадают сравнимые числа по данному модулю. Поэтому классов по mod m столько, сколько разных остатков получается при делении на m. Остатками могут служить числа 0, 1, 2, …, m-1 ⇒ всего m различных остатков, следовательно, и m классов.
Совокупность вычетов, взятых по одному из каждого класса по mod m называется полной системой вычетов. Полных систем по mod m можно составить бесчисленное множество. Наиболее употребительны:
34
1.
Полная система наименьших неотрицательных вычетов: 0, 1, 2, …, m-1.
2.
Полная система наименьших положительных вычетов: 1, 2, …, m.
3.
Полная система абсолютно наименьших вычетов: 0, ± 1, ± 2, m −1
…, ± 2
m
при нечетном, или 0, ± 1, ± 2, …, ± 2 -1 при четном
(название системы говорит само за себя). Теорема 3.1 (признак полной системы вычетов) Любая совокупность m целых чисел х1, х2,…, хm попарно несравнимых по модулю m образуют полную систему вычетов по модулю m. Доказательство: По условию дано m чисел попарно несравнимых по mod m лежат в разных классах. А т.к. классов по mod m, то взято из каждого класса по одному вычету, согласно определению это и будет полная система вычетов. ■ Теорема 3.2 Числа одного и того же класса по модулю имеют с
один и тот же
НОД, т.е. если a ≡ b (mod m) ⇒ (a,m)=(b,m). Доказательство: a ≡ b (mod m) a=mt+b, где t ∈ Z. По лемме о нахождении НОД: (a,m)=(b,m), что и требовалось доказать. Следовательно, если один вычет класса взаимно прост с модулем, то такими будут все вычеты этого класса. Поэтому можно говорить о классах вычетов взаимно простых с этим модулем. ■
Совокупность вычетов, взятых по одному из классов взаимно простых с модулем называют приведенной системой вычетов.
35
Из определения следует, что приведенную систему можно составить из полной, выделяя из нее те вычеты, которые взаимно просты с модулем. Поэтому и приведенные системы носят названия: 1. приведенная система наименьших положительных вычетов, 2. приведенная система абсолютно наименьших вычетов.
Пример 3.2 m =10. 1,3,7,9- приведенная система наименьших неотрицательных вычетов,
± 1, ± 3- приведенная система абсолютно наименьших вычетов. ■
Вопрос о числе вычетов в приведенной системе по mod m решается при помощи функции Эйлера: ϕ(m).
Функция Эйлера определена для всех положительных
m, как число
целых положительных, не превосходящих m и взаимно простых с m (или как число чисел ряда 0, 1, 2,…, m-1 взаимно простых с m).
Из определения видно, что в приведенной системе по модулю m
ϕ(m)
чисел.
Теорема 3.3 (признак приведенной системы вычетов) Система ϕ(m) чисел, несравнимых между собой и взаимно простых с модулем m образуют приведенную систему вычетов. Доказательство:
36
По условию числа несравнимы по mod m, они из разных классов т взаимно просты с модулем. Их ϕ(m) ⇒ по определению это будут приведенная система вычетов. ■ Свойства функции Эйлера. 1.
ϕ(m)-мультипликативна, т.е. (n1 ,n2 )=ϕ(n1). ϕ(n2 )
2.
ϕ(p)=p-1, eсли р-простое
3.
ϕ (pϕ )=pϕ (1 − p )
4.
ϕ( P1α1 ⋅ Pα2 2 ⋅ K ⋅ p n n )=ϕ( P1α1)ϕ( Pα2 2 )…ϕ( p n n )=
1
α
α
1
1
1
1
2
n
= P1α1 ⋅ Pα2 2 ⋅ K⋅ pαn n (1− р )(1− р )…(1− p )
Теорема 3.4 ( Теорема Эйлера) Если (a,m)=1, aϕ(m) ≡ 1(mod m). Доказательство: Рассмотрим линейную форму ах. Если вместо х в нее подставлять значения приведенной системы вычетов по mod m, то и ах будет пробегать значения приведенной системы вычетов. Действительно, 1. Значений будет ϕ(m), т.к. х принимает ϕ(m) значений; 2. все они попарно несравнимы, т.к. хi не сравнимо с хj(mod m) для i≠j, i, j=1, 2, …, ϕ(m), потому что принадлежат равным классам, ⇒ ахi не сравнимо с аxj (mod m) для i≠j; 3. все взаимно просты с модулем, т.к. (xi,m)=1 для всех i=1, … , ϕ(m) и (a,m)=1 ⇒
(по
свойству
взаимно
простых
чисел)
(ax1,
m)=1.
По признаку приведенной системы ax1, ax2,…, axϕ(m)-образует приведенную систему вычетов. 37
Пусть ax1, ax2,…, axϕ(m) – приведенная система наименьших неотрицательных вычетов. Найдем для каждого axi наименьший неотрицательный вычет:
(mod m) ⇒ ax1, ax2,…, axϕ(m) – приведенная система a xϕ ( m ) ≡ x ϕ ( m ) a x1 ≡ x 1 a x2 ≡ x2
наименьших неотрицательных вычетов. аϕ(m) х1. х2 .… .хϕ(m) ≡ х1`. х2`.… .х`ϕ(m) (mod m), т.к. х1`. х2`.… .х`ϕ(m)= х1. х2 .… .хϕ(m) и
( х1 х2 … хϕ(m),m)=1 можно обе части сравнения разделить на общий
множитель, взаимно простой с модулем. Получим aϕ(m) ≡ 1 (mod m), что и требовалось доказать. ■
Теорема 3.5 (Теорема Ферма – частный случай теоремы Эйлера) Если m=р простое число, т.е. (a,p)=1 ⇒ ap-1≡1 (mod p).
Следствие из теоремы Ферма ∀ a∈ Z и р- простого имеет место ар≡а (mod p). Доказательство: Из теоремы Ферма: (a,p)=1 ⇒ ap-1≡1 (mod p). Умножая сравнения на а⇒ ар≡а (mod p). Если (а,р)≠ 1⇒ а р (по свойствам делимости на простое число), т.к. аM р ⇒ а(ар-1-1) M р или ар-а M р, что равносильно ар≡а (mod p). ■
Предположение, обратное т.Ферма не имеет места; т.е. при (a,n)=1; an-1≡1 (mod n) нельзя утверждать, что n- простое число.
38
3.3.
ЛИНЕЙНЫЕ СРАВНЕНИЯ С ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Общий вид сравнения первой степени с одним неизвестным: ах ≡ b (mod m)
(3.3).
Решить уравнение (3.3), значит найти все целые значения х, которые ему удовлетворяют. Если найдется значение х1, которое удовлетворяет сравнению (3.3), то и все х1 ≡ х (mod m) будут удовлетворять этому сравнению (по свойствам сравнений). Поэтому решением сравнения считают не одно число, а целый класс чисел по модулю m, удовлетворяющий сравнению. Таких классов решений сравнение имеет столько, сколько вычетов полной системы ему удовлетворяют. Критерий разрешимости и число решений сравнения первой степени с одним неизвестным. 1. Если в сравнении ах ≡ в (mod m), (а,m)=1, то сравнение имеет единственное решение. Доказательство: Подставим в ах вместо х значения полной системы вычетов по mod m и получим опять значения полной системы вычетов по mod m, т.е. все вычеты будут попарно несравнимы по mod m. Поэтому только для одного значения х1: ах1 попадает в тот же класс, что и вычет в, и будет иметь место сравнения: ах1 ≡ в (mod m). Следовательно, единственное решение запишем: х ≡ х1 (mod m).■ 2. Если в сравнении (1) (а,m)=d>1 и b не M d ⇒ решений сравнение не имеет, т.к. не выполняется теорема: Числа одного класса имеют один и тот же НОД с модулем, т.е. (а,m)=(b,m), если
a ≡ b (mod m). Т.к. b не M d
39
⇒ (а,m) ≠ (b,m).
Поэтому ни при каком значении х это свойство
выполняться не будет и решений нет. 3. Если в сравнении (1) (а,m)=d>1 и b не M d, то сравнение имеет d решений. Доказательство: (а,m)=d ⇒ а=а1d, m=m1d, (a1, m1)=1, b M d ⇒ b=b1d. Тогда сравнение (3.3) можно переписать: a1dx ≡ b1d (mod m1d). По свойству сравнений обе части сравнения и модуль имеют общий делитель d, на который все сравнение можно разделить: a1x ≡ b1 (mod m1), где (a1, m1)=1. По первому случаю это сравнение (равносильное исходному, т.к. преобразовали с помощью свойств сравнений) имеет единственное решение по m1: x1 ≡ x (mod m1) или х=х1+ m1t, ∀ t ∈ Z.
(3.4)
Значит числа х1+ m1t – решения и сравнения (3.3). По mod m эти числа принадлежат d различным классам, представителями которых являются вычеты: (3.5)
x1,x1+m1, x1+2m1,…, x1+(d-1)m1.
Все эти числа (3.5) получили из (3.4), где t=0,1,2,…, d-1. Разность между любыми двумя числами (3.5) не делится на m, следовательно, все принадлежат разным классам по mod m. Таким образом, в данном случае по исходному модулю имеем d решений: х ≡ х1, x1+m1, x1+2m1,…, x1+(d-1)m1 (mod m).■ Способы решения сравнений первой степени с одним неизвестным. 1. Метод подбора. Так
как
под
решением
сравнения
понимают
класс
вычетов,
удовлетворяющий данному сравнению, то, подставляя вычеты полной системы в сравнение, устанавливают, какие из них данному сравнению удовлетворяют.
Соответствующие
им
классы
являются
решениями
сравнения.
40
Пример 3.3 Решим сравнение 7х ≡ 3 (mod 4) Т.к (7, 4)=1 ⇒ ∃ единственное решение.
0, ± 1, 2- полная система абсолютно наименьших вычетов по mod 4. х=0; 7.0 не ≡ 3 (mod 4) х=1; 7.1 ≡ 3 (mod 4) ⇒ х ≡ 1 (mod 4)- решения сравнения. ■
2. Метод преобразования коэффициентов. На практике целесообразно, используя общие свойства сравнений, попытаться преобразовать коэффициенты так, чтобы правую часть можно было разделить на коэффициент при х. Применяют следующие преобразования: - замена коэффициентов абсолютно наименьшими вычетами, - замена b (прибавлением кратного модулю) сравнимым по mod m числом так, чтобы оно делилось на а, - переход от а и b к другим, сравнимым с ними числам по mod m,y которых оказался бы общий делитель. Преобразованиям можно подвергать а или b, а так же а и b сразу. Пример 3.4. Решить сравнения:
1. 5х ≡ 8 (mod 6); 2. 7х ≡ 6 (mod 15). Решение.
1. (5, 6)=1 ⇒ ∃ единственное решение. -х ≡ 2 (mod 6 ), т.к.
5 ≡ − 1 (mod 6) 8 ≡ 2
х ≡ -2 ≡ 4 (mod 6) умножили обе части (-1) х ≡ 4 (mod m) – решение
2. (7, 15)=1 ⇒ ∃ единственное решение. 7х ≡ 6+15=21 (mod 15 ) х ≡ 3 (mod 15) ■
41
3. Решение сравнений первой степени при помощи теоремы Эйлера. Если (а,m)=1 ⇒ a ϕ (m) ≡ 1 (mod m) – теорема Эйлера. ах ≡ b(mod m) ⇒ ≡ ϕ (m) − 1 . b(mod m) есть решение сравнения ах ≡ b (mod aϕ (m) ≡ b(mod m) x a
m), если (а, m)=1. Пример 3.5 Решить сравнение 5х ≡ 4 (mod 8). 1 (5, 8)=1 ⇒ ∃ ! решение ϕ (8)=(23)=23. =4 2
х ≡ 5 ϕ (m) -1.4=53. 5. 4 ≡ 20 ≡ 4(mod 8) х ≡ 4 (mod 8) ■
4. Решение сравнений при помощи цепных дробей. ах ≡ b (mod m), где (a,m)=1. m Раскладывают a в неправильную дробь, тогда
P Q
n
=
m a . По свойствам
n
подходящих дробей: PnQn-1 –Pn-1Qn =(-1)n, имеем: mQn-1 –Pn-1a =(-1)n, отсюда ⇒ A Pn-1=-(-1)n+mQn-1 и т.к. Qn-1 – целое число, то аPn-1 ≡ (-1)n-1 (mod m).
Умножая обе части сравнения на (-1)n-1b , получим a((-1)n-1bPn-1) ≡ b (mod m). Сравнивая последние с (3.3), получаем: x ≡ (-1)n-1Pn-1b(mod m), где Pn-1m
числитель предпоследней подходящей дроби в
разложении a и т.к.
сравнение имеет единственное решение, то оно совпадает с найденным. Пример 3.6 Решить сравнение 95х ≡ 59 (mod 308), т.к. (95, 308)=1 ⇒ ∃ ! решение. 308 =(3, 4, 7, 1, 2) n=5 95
qk Pk
1
3
4
7
1
2
3
13
94
107
308
42
Pn-1=107 х ≡ (-1)4..107. 59 ≡ 153 (mod 308) х ≡ 153 (mod 308) ■
3.4.
АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ТЕОРИИ СРАВНЕНИЙ
Вывод признаков делимости с помощью сравнений. Впервые знаменитый французский математик Б. Паскаль (1623-1662) указал способ, как заменить данное число другим так, чтобы вычисление остатка от деления на m значительно упростилось. Рассмотрим этот способ для чисел, данных в десятичной системе исчисления. Признак этот легко обобщить на случай любой q- ичной системы исчисления. Пусть натуральное число N в десятичной системе имеет вид: N=anan-1…a1a0= =an. 10n + an-1
.
10n-1 + …+a1. 10+a0. Обозначим абсолютно
наименьшее число, сравнимое с 10k по mod m через rk, так что 10k≡rk (mod m), k=0, 1, 2, …, n и r0=1. Тогда по свойствам сравнений:
+
+ ... +
a 0 r 0 a1 r1 an3 rn (mod m) N ≡ 1444424444
(3.6)
Rm
или N≡Rm(mod m). Сравнение (3.6) выражает признак делимости (а также равноостаточности) Паскаля: 1. При делении на m Rm дает такой же остаток как N 2. NM m ⇔ RmM m.
43
Пример 3.7 Пусть m=3
a0 ≡ a0 10 a1 ⋅ 10 ≡ a1 ⋅ 1 2 ≡ 1 10 (mod 3) (mod 3) ⇒ 2≡ ⋅ ⋅ 1 a 10 a 2 2 10n ≡ 1 n a n ⋅ 10 ≡ a n ⋅ 1 1 ≡ 1
т.к. N=a0 +10 .a1+…+10n .an, то N≡ a0+ a1 + …+ an (mod 3). Если сумма цифр числа делится на 3, то и число делится на 3. ■
Обращение обыкновенной дроби в систематическую и определение длины периода систематической дроби. Рассмотрим этот вопрос для системы исчисления с основанием q=10. Аналогично можно рассматривать этот вопрос в системе исчисления с произвольным основанием q. Пусть
а – правильная несократимая дробь, т.е. 1≤ a≤ b и (a,b)=1. b
а) если в разложении ее знаменателя входят лишь простые числа 2 и 5 (делители основания системы), т.е. b=2α .5β, то несократимая дробь
a может b
быть представлена в виде конечной десятичной дроби. б) если не содержит множителей 2 и 5, т.е. (b,10)=1, тогда разложение
a в b
бесконечную десятичную дробь будет содержать Pb(10) цифр в периоде. ( Pb(10)- показатель числа 10 по mod b). Доказательство: Пусть Pb(10)=k, т.е. 10k≡1 (mod b), 10.a=b.c0+r1, где 0≤r1≤b. По лемме для нахождения НОД: (10a,b)=(b,r). Т.к. (a,b)=1∧ (10,b)=1⇒ по свойству взаимно 44
простых чисел (10a,b)=1, т.е. (b,r)=1. Следовательно, r1≠0. Поэтому 1≤r1≤b. 10r1=b.c+r2, т.к. условия для r1и b такие, как a и b, получим неограниченно продолжающуюся последовательность. ■ Пример 3.8 9 9 9 ⋅ 4 5 ⋅ 625 = 5 = 55 = = 0,05625 160 2 5 10 105
■
4. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА Исторически введение комплексных чисел оказалось связанным с получением формулы вычисления корней кубического уравнения: x 3 = px + q.
(4.1)
В первой трети XVI века итальянский математик Н. Тарталья показал, что корень этого уравнения всегда представляется выражением x = 3 u + 3 v,
(4.2)
где u и v – решения системы уравнений 3
p u + v = q, uv = . 3
(4.3)
Так, например, чтобы найти корень кубического уравнения x 3 = 9 x + 28,
Необходимо составить систему (4.3) для данного уравнения, решая которую получим: u=27, v=1 и u=1, и v=27. Используя соотношение (4.2), находим x=4, т.е. число 4 является корнем данного уравнения. Однако оказалось, что существуют кубические уравнения, для которых система (4.3) не имеет решений во множестве действительных чисел, в то время как кубическое уравнение заведомо имеет действительный корень. Например, уравнение x 3 = 15 x + 4 45
имеет действительный корень x=4, в чем легко убедиться, подставив в данное уравнение вместо x число 4. Если же для данного уравнения записать (4.3), то окажется, что эта система не будет иметь решений во множестве действительных чисел. Это невероятное тогда явление впервые объяснил итальянский математик Р.Бомбелли в 1572 г. и его, объяснение, по существу, было основано на введении понятия комплексного числа и правил действий над комплексными числами. Однако вплоть до XIX века, несмотря на то, что аппарат комплексных чисел позволил получить много важных фактов, относящихся также и к действительным числам, само существование комплексных чисел многим математикам казалось весьма сомнительным. Лишь в XIX веке после появления работ К.Гаусса, в которых давалось наглядное геометрическое изображение комплексных чисел (как точек или векторов
на
плоскости),
существование
комплексных
чисел
стало
общепризнанным фактом. Упомянем еще
один факт, который также приводит к мысли о
необходимости расширения множества действительных чисел до множества комплексных
чисел.
Как
известно,
натуральная
степень
любого
действительного числа опять будет действительным числом. Однако операция извлечения корня (обратная операция возведения в степень) не всегда выполнима во множестве действительных чисел. Во множестве действительных чисел не существует числа, которое было бы корнем уравнения x n = b,
где n- четное число, b – отрицательное действительное число. Один
из
способов
построения
множества
комплексных
чисел
заключается в том, что множество действительных чисел расширяется путем присоединения к множеству действительных чисел нового числового объекта – корня уравнения x 2 + 1 = 0.
Полученное
«расширенное»
множество
называется
множеством 46
комплексных чисел. И обозначают С.
4.1.
АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ ФОРМА КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА. ДЕЙСТВИЯ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ ФОРМЕ
Комплексные числа не являются числами в элементарном смысле этого слова, применяемыми при подсчетах и измерениях, а представляют собой математические объекты, определяемые перечисленными ниже свойствами. Под
множеством
комплексных
чисел
понимают
минимальное
множество, которое является расширением множества действительных чисел и в котором есть элемент i с условием i2 + 1 = 0. Комплексное число обозначается символом a+bi, где a и b – действительные числа, называемые соответственно действительной и мнимой частью комплексного числа
a+bi, а символ
i, определяемый
условием i2 =- 1, называется мнимой единицей. Обычно комплексное число a+bi обозначают одной буквой (чаще всего z): z=a+bi. Действительная и мнимая части комплексного числа z=a+bi обозначают Re z и Im z соответственно: a=Re z, b=Im z.
Два комплексных числа z1 =a+bi и z 2 =c+di равны тогда и только тогда, когда равны их действительные и мнимые части, т.е. a=c и b=d.
47
Комплексное число
z1 =a+bi считается равным нулю, если его
действительная и мнимая части равны нулю, т.е. a= b=0.
Комплексное число z1 =a+bi при b=0 считается cовпадающим с действительным числом a, т.е. a+0i=a.
Комплексное число z1 =a+bi при a=0 называется чисто мнимым и обозначается bi, т.е. 0+ bi=bi.
Суммой двух комплексных чисел
z1 =a+bi
и z 2 =c+di называется
комплексное число z, действительная часть которого
равна сумме
действительных частей чисел z1 и z 2 , а мнимая часть – сумме мнимых частей чисел z1 и z 2 , т.е. z=(a+c)+(b+d)i. О числе z говорят, что оно получено в результате сложения комплексных чисел z1 и z 2 , и пишут z= z1 + z 2 . Числа z1 и z 2 называются слагаемыми. Пример 4.1 (4+2i)+(-6-7i)=(4-6)+(2-7)i=-2-5i. ■
Свойства операции сложения комплексных чисел 1.
ассоциативность: ∀ z1 , z 2 , z3 ∈C (( z1 + z 2 )+ z3 = z1 +( z 2 + z3 ));
2.
коммутативность: ∀ z1 , z 2 ∈C ( z1 + z 2 = z 2 + z1 );
48
Комплексное число –a-bi называется противоположным комплексному числу a+bi. Комплексное число, противоположное числу z, обозначается –z. Сумма комплексных чисел z и –z равна нулю, т.е. z+(-z)=0.
Разностью двух комплексных чисел z1 =a+bi и z 2 =c+di называется комплексное
число
z,
являющееся
суммой
числа
z1
и
числа,
противоположного z 2 , т.е. z= z1 +(- z 2 )=(a-c)+(b-d)i, т.е. комплексное число, действительная и мнимая части которого равны соответственно разности действительных и мнимых частей уменьшаемого и вычитаемого. О числе z говорят, что оно получено в результате вычитания комплексного числа z 2 из комплексного числа z1 , и пишут z= z1 - z 2 . Пример 4.2 (11+5i)-(6-3i)=(11-6)+(5-(-3))i=5+8i. ■
Произведением комплексных чисел
z1 =a+bi и z 2 =c+di называется
комплексное число z= z1 ⋅ z 2 = (ac-bd)+ (ad+bc) i. О числе z говорят, что оно получено в результате умножения комплексного числа z1 на комплексное число z 2 , и пишут z= z1 ⋅ z 2 . Числа z1 и z 2 называются сомножителями. Пример 4.3 49
2
(2-4i)⋅(3+5i)=2⋅3-4i⋅3+2⋅5i-4i⋅5i=6-12i+10i-20⋅ i =6-12i+10i-20⋅(-1)=(6+20)+(10-12)i= =26-2i. ■
Свойства операции умножения комплексных чисел 1.
ассоциативность: ∀ z1 , z 2 , z3 ∈C (( z1 ⋅ z 2 )⋅ z3 = z1 ⋅( z 2 ⋅ z3 ));
2.
коммутативность: ∀ z1 , z 2 ∈C ( z1 ⋅ z 2 = z 2 ⋅ z1 );
Частным двух комплексных чисел
z1
и z 2 ( z 2 ≠0) называется
комплексное число z, что z1 = z⋅ z 2 . Частное комплексных чисел z1 =a+bi и z 2 =c+di вычисляется по формуле
z=
ac + bd bc − ad + i, где (c,d)≠(0,0). c2 + d 2 c2 + d 2
О числе z говорят, что оно получено в результате деления комплексного числа z1 на комплексное число z 2 , и пишут z=
z1 или z= z1 / z 2 . z2
Пример 4.4 2 − 3i (2 − 3i )(4 − 5i ) 8 − 12i − 10i + 15i 2 − 7 − 22i − 7 − 22 = = = = + i. ■ 4 + 5i (4 + 5i )(4 − 5i ) 41 41 41 16 − 25i 2
Сложение и умножение комплексных чисел связаны правилом, называемым
законом
дистрибутивности
умножения
относительно
сложения: ( z1 + z 2 )⋅ z3 = z1 ⋅ z3 + z 2 ⋅ z3 .
Число
a 2 + b 2 называется модулем комплексного числа z=a+bi.
Модуль комплексного числа обозначают |z|.
50
Пример 4.5 2
2
z=4-7i. |z|= 4 + ( −7) = 16 + 49 =
65. ■
Модули двух любых комплексных чисел z1 и z 2 (в случае частного предполагается, что z 2 ≠0) удовлетворяют соотношениям: 1.
| z1 + z 2 |≤| z1 |+| z 2 |,
2.
| z1 - z 2 |≥|| z1 |-| z 2 ||,
3.
| z1 ⋅ z 2 |=| z1 |⋅| z 2 |,
4.
| z1 / z 2 |=| z1 |/| z 2 |,
5.
| z n |=| z = z .
n
n
Комплексное число a-bi называется комплексно сопряженным с числом z=a+bi и обозначается z . Свойства комплексно сопряженных чисел 1.
Произведение комплексного числа z=a+bi и комплексно сопряженного
с ним числа z =a+bi есть действительное число z ⋅ z = a 2 + b 2 . 2.
Если z - число, комплексно сопряженное с числом z, то число,
комплексно сопряженное с числом z , есть z, т.е. ( z ) = z . 3. Если z1 , z1 и z 2 , z 2 - две пары комплексно сопряженных чисел, то сумма, произведение, разность и частное чисел z1 и z 2 являются числами, комплексно сопряженными сумме, произведению, разности и частному чисел z1 и z 2 соответственно, т.е. z1 + z 2 = z1 + z 2 , z1 - z 2 = z1 − z 2 z1 , z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 , z1 / z 2 = z1 / z 2 ( z 2 ≠0).
4.
Если z=a+bi и
a = Re z =
z =a-bi – пара комплексно сопряженных чисел, то
z+z z−z , b = Im z = . 2 2i
51
4.2.
ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ ИЗОБРАЖЕНИЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ
Подобно тому, как действительные числа можно изображать точками числовой прямой, комплексные числа можно изображать точками плоскости. Каждому комплексному числу z = a+bi поставим в соответствие точку М(а,b) плоскости (с прямоугольной системой координат) с абсциссой a и ординатой
b. Точка М(а,b) называется точкой, изображающей число a+bi.
Далее
с
каждой
координатной плоскости Оху можно связать вектор начала координат и оканчивающийся в точке М.
точкой
М
OM , выходящий из Поэтому комплексные
числа допускают еще одну геометрическую интерпретацию: каждое комплексное число a+bi можно геометрически интерпретировать как вектор
OM с координатами (а,b). Координаты вектора
OM при этом будут
такими же, как и координаты точки М, а именно (а,b). Геометрическая интерпретация комплексных чисел позволяет наглядно истолковать сумму и разность двух комплексных чисел. Пусть даны два комплексных числа z1 =a+bi
и z 2 =c+di. Их суммой будет комплексное
число z1 + z 2 =(a+ c)+(b+d)i. С другой стороны, известно, что при сложении векторов их соответственные координаты складываются. Поэтому если вектор
OM имеет координаты (a,b) , а вектор ON - координаты (c,d), то
52
их сумма вектор
OК будет иметь координаты (a+c,b+d). Вектор
OК есть
геометрическое изображение суммы комплексных чисел z1 и z 2 .
Так как разность двух комплексных чисел z1 и z 2 есть сумма комплексного числа z1 и числа, противоположного комплексному числу z 2 , то геометрически ее можно изобразить как сумму вектора координатами (a,b) и вектора
OА с
OB ' с координатами (-с,-d), т.е. как вектор
OC с координатами (a-c,b-d).
Поэтому два комплексных числа можно складывать и вычитать по правилам сложения и вычитания векторов на плоскости.
4.3.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКАЯ ФОРМА ЗАПИСИ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА
53
Наряду с записью комплексного числа в алгебраической форме также употребляется и другая, называемая тригонометрической. Пусть комплексное число z = a+bi ≠0 изображается вектором координатами (a,b). Обозначим длину вектора
OА с
OА буквой r:
r=| OА |, а угол , который он образует с положительным направлением оси Ох, - через угол φ (угол φ считается измеренным в радианах).
Воспользовавшись определениями функций sin φ и cos φ:
sin φ=b/r, cos φ=a/r, комплексное число z=a+bi можно записать в виде
z = r(cos ϕ + i sin ϕ) , где r= a 2 + b 2 , а угол ϕ определяется из условий sin ϕ =
b a2 + b2
, cos ϕ =
a a2 + b2
.
Тригонометрической формой комплексного числа z называется его представление в виде z = r(cos ϕ + i sin ϕ) , где r и ϕ – действительные числа и r ≥ 0. Действительное число r называется модулем комплексного числа и обозначается |z|, а угол ϕ - аргументом комплексного числа z. Аргумент ϕ комплексного числа z обозначается Arg z.
54
Теорема 4. 1 Для любого комплексного числа z, отличного от нуля, существует единственная пара действительных чисел r и ϕ такая, что π. z = r(cos ϕ + i sin ϕ), 0
(4.4)
Доказательство: Если r удовлетворяет условиям (4.4), то |z|2=r2(cos2 ϕ + sin2 ϕ) и r=|z|. Следовательно, существует не более одного действительного числа r, удовлетворяющего условиям (4.4). Пусть z = a+bi ≠0, где a, b – действительные числа. Положим r = 2 2 a 2 + b 2 , r > 0 . Тогда (a/r) +(b/r) =1. Тогда существует единственное
число ϕ, удовлетворяющее условиям:
a b = cos ϕ и = sin ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. r r Т.к. r > 0 и
(4.5)
a b + i , то из (4.5) следует r r
z = r
z = r(cos ϕ + i sin ϕ), 0 ≤ ϕ ≤ 2π.
(4.6)
С другой стороны, из (4.6) следуют равенства a+bi = r cos ϕ + r sin ϕ, a
= r cos ϕ, b = r sin ϕ. Поэтому из условия (4.6) следуют условия (4.5). Т.о., условия (4.5) и (4.6) при r > 0 равносильны. Следовательно, существует единственная пара действительных чисел, удовлетворяющих условию (4.4). ■ Теорема 4. 2 Пусть z = r(cos ϕ + i sin ϕ), r > 0 (1),
z = r1(cos ψ + i sin ψ), r1 > 0
(2) – два представления комплексного числа z в тригонометрической форме. Тогда r = r1 = |z| и существует такое целое число k, что ϕ-ψ ψ=2π πk. Теорема 4.3 Пусть z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ), z1 = |z1|(cos ψ + i sin ψ), 55
где ϕ и ψ – действительные числа, тогда: (1)
z⋅⋅ z1 = |z|⋅⋅|z1|(cos (ϕ ϕ+ψ ψ) + i sin (ϕ ϕ+ψ ψ));
(2)
z1 | z1 | = (cos (ψ ψ-ϕ ϕ) + i sin (ψ ψ-ϕ ϕ)) при z≠ ≠0; z |z|
(3)
zn = |z|n(cos nϕ ϕ + i sin nϕ ϕ)∀ ∀n∈ ∈N; (формула Муавра)
(4)
n
z = n | z | (cos
ϕ + 2π k n
+ i sin
ϕ + 2π k n
) (k = 0,1,…,n-1).
Доказательство: (1)
z⋅ z1 = |z|(cos ϕ + i sin ϕ)⋅|z1|(cos ψ) + i sin ψ)= =|z|⋅|z1| (cos ϕ cos ψ + i cos ϕ sin ψ+ i sin ϕ cosψ + i⋅i sin ϕ sin ψ)= =|z|⋅|z1|( (cos ϕ cos ψ- sin ϕ sin ψ)+i ( cos ϕ sin ψ+ sin ϕ cosψ))= =|z|⋅|z1|(cos (ϕ+ψ) + i sin (ϕ+ψ));
(2)
пусть z≠0, тогда
z1 | z1 | (cos ψ + i sin ψ ) = | z1 | (cos ψ + i sin ψ )(cos ϕ + i sin ϕ) = = z | z | (cos ϕ + i sin ϕ) | z | (cos ϕ + i sin ϕ)(cos ϕ + i sin ϕ) =
| z1 | (cos ψ cos ϕ + i sin ψ cos ϕ + i cos ψ sin ϕ − sin ψ sin ϕ) = |z| cos 2 ϕ + sin 2 ϕ
| z1 | = (cos (ψ-ϕ) + i sin (ψ-ϕ)) |z| (3) формула (3) доказывается индукцией по n на основании формулы (1). (4) Положим |z|=r. Пусть n α = β . По определению арифметического корня βn = α . Пусть α = r (cos ϕ + i sin ϕ) , β = R (cos θ + i sin θ) , тогда по формуле Муавра β n = R n (cos nθ + i sin nθ) . Т.к. β n = α , то R n (cos nθ + i sin nθ) = r (cos ϕ + i sin ϕ) . ϕ + 2πл . Т.о., Отсюда R = n r , θn = ϕ + 2πk , k ∈ Z . Откуда заключаем θ = т приходим к необходимому результату. ■ Пример 4.6 Вычислим корни четвертой степени из числа (-1). Число -1 в тригонометрической форме может быть записано так: 56
-1=1⋅(cos π+i sin π). Корни четвертой степени из числа -1 – это комплексные числа 4
− 1 = 1 (cos
π + 2π k π + 2π k + i sin ) (k = 0,1,2, 3), т.е. комплексные числа 4 4
cos
π π 2 2 + i sin = +i , 4 4 2 2
cos
3π 3π 2 2 + i sin = − +i , 4 4 2 2
cos
5π 5π 2 2 + i sin =− −i , 4 4 2 2
cos
7π 7π 2 2 + i sin = −i . 4 4 2 2
Все полученные корни будут находиться на окружности радиуса r=1, разделяя эту окружность на четыре равные части. ■
Пример 4.7 14 Вычислить ( 3 + i )
Переведём число 3 + i в тригонометрическую форму. Найдём его модуль 2 2 r = 3 + i = ( 3 ) + 1 = 4 = 2 и аргумент ϕ = arg( 3 + i). Аргумент вычислим,
используя соотношения: cos ϕ = π
b 1 π a 3 = и sin ϕ = r = 2 . Откуда ϕ = 6 . r 2
π
Итак, 3 + i = 2 ⋅ (cos 6 + i sin 6 ) . Пользуясь тригонометрической формой числа и формулой = 214 (cos(2π +
Муавра, π 3
) + i sin(2π +
π 3
вычислим )) = 214 (cos
( 3 + i )14 = 214 (cos
7π 7π + i sin ) = 3 3
π
π 1 3 + i sin ) = 214 ( + i ) = 213 (1 + i 3 ) . 3 3 2 2
57
5. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Задача 1. Найти все простые числа между числами 150 и 170. Выпишем все числа этого промежутка: 151, 152, 153, 154, 155, 156, 157, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 169. Вычеркнем
числа,
кратные простому числу 2 (151 нечетное, поэтому вычеркнем 152 и далее каждое второе). Первое число в этой последовательности, делящееся на 3, есть 153. Вычеркиваем
153 и далее каждое третье. Так как
169 = 13 ,
вычеркиванию подлежат числа, кратные простым числам 2, 3, 5, 7, 11, 13. Продолжаем процесс вычеркивания далее. Вычеркиваем 155, как делящееся на 5, и далее каждое пятое. Число 151 при делении на 7 дает в остатке 4, поэтому 151+3=154 вычеркиваем, как делящееся на 7, и далее каждое седьмое. Аналогично: 151=11⋅13+8, поэтому 151+3=154, и далее каждое одиннадцатое вычеркиваем, как кратное 11. Если уже вычеркнуты все числа, кратные простым числам, меньшим, чем 13, то вычеркивание кратных простому числу 13 следует начинать с 132 = 169 (меньших, делящихся на 13, и не вычеркнутых быть не может). Оставшиеся числа простые: 151, 157, 163, 167. ЗАДАЧА 2. Решить сравнения с одной переменной: а) 7 x ≡ 13(29)
б) 12 x ≡ 9(18)
в) 12 x ≡ 33(15) .
а) Т.к. (7,29)=1, то сравнение имеет единственное решение. Т.к. 13 ≡ 42(29) , применив свойство транзитивности, получим 7 x ≡ 42(29) . Разделим обе части сравнения на 7и т.к. (7,29)=1, сравнение имеет следующий вид: x ≡ 6(29) , т.е. мы нашли решение. б) Т.к. (12,18)=6 и 9 не делится на 6, то данное сравнение решений не имеет. в) Т.к. (12,15)=3 и 33 M 3 , то сравнение имеет 3 решения. Разделим все части сравнения, включая модуль, на 3: 4 x ≡ 11(5) . Это сравнение имеет решение, и ϕ ( m ) −1 ( m) . В притом только одно, т.к. (4,5)=1. Найдём по формуле Эйлера x ≡ b ⋅ a
ϕ ( 5 ) −1 (5) ≡ 1 ⋅ (−1) 4−1 (5) ≡ −1(5) , т.к. 11 ≡ 1(5) и 4 ≡ -1(5). Итак, нашем случае x ≡ 11 ⋅ 4
все решения сравнения по модулю 15 содержатся в классе вычетов 4(или -1) 58
по модулю 5. Запишем их : x1 ≡ 4(15), x 2 ≡ 9(15), x3 ≡ 14(15) . Это и есть решение сравнения. ЗАДАЧА 3. Решить квадратное уравнение (3+i)x 2 +(1-i)x-6i =0. Находим дискриминант по формуле D = b 2 − 4ac :
2 D=(1- i) −4(3 + i)(−6i) = -2i+72i+24i 2 =-2i+72i-24= -24+70i.
Корни уравнения находим по известной формуле x1,2 =
−b ± D . Для этого 2a
вычислим значение D :
2 2 − 24 + ( −24) 2 + 70 2 − ( −24) + ( −24) + 70 − 24 + 70i = ± +i 2 2 − 24 + 5476 24 + 5476 = ± +i 2 2
=
= ± 25 + i 49 = ± (5 + 7i )
(
)
Теперь вычислим корни: − (1 − i ) + 5 + 7i 4 + 8i 2 + 4i (2 + 4i )(3 − i ) 10 + 10i = = = = = 1 + i; 2 ⋅ (3 + i ) 2 ⋅ (3 + i ) 3+i (3 + i )(3 − i ) 10 − 1 + i − 5 − 7i − 3 − 3i (−3 − 3i )(3 − i ) − 12 − 6i 6 3 x2 = = = = = − − i. 2 ⋅ (3 + i ) 3+i (3 + i )(3 − i ) 10 5 5 x1 =
6
3
ОТВЕТ: x1 = 1 + i; x 2 = − 5 − 5 i
59
6. ПРИМЕРНЫЕ ВАРИАНТЫ ДЛЯ КОНТРОЛЬНОЙ
РАБОТЫ Вариант 1
1. Решить уравнение:
(2 + i )x 2 − (5 − i )x + (2 + 2i ) = 0 2. Вычислить:
7
2 − 2i ,
(2 − 2i )6
z −2−i > 2 3. Изобразить на плоскости: arg z < π 2
4. Найдите x, y ∈ R : 2 + 5ix − 3iy = 14i + 3 x − 5 y 5. Найти остаток от деления 17
100
+ 32100 на 17
6. Решить сравнения: а) 12х≡16 (28);
б) 65х≡52 (13); в) 54х≡17 (23)
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами: а=4543
в=885
8. Вычислить НОК двумя способами : 318 и
477.
9. Доказать методом математической индукции: 3
5
а) ( 2 − 2 + 2 − ... − 2
4 n −1
) M3
б) 1 ⋅ 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 ⋅ 4 + ... + n(n + 1)(n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4
10. Найти все простые числа между числами 3540 и 3560. Вариант 2 2 1. Решить уравнение: (2 + 4i )x + 2 x + 6 − 6i = 0
2. Вычислить:
7
3 − i,
(
3 −i
)
6
z −3+i > 2 3. Изобразить на плоскости: π < arg z < π 4 2
4. Найти чистомнимые х и у: 2 + 5ix − 3iy = 14i + 3 x − 5 y 5. найти остаток от деления 197
227
на 32
6. решить сравнения: а) 48х≡9 (51); б) 12х≡9 (18) в) 75х≡54 (23) 7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами: а=1517
в=2257
8. Вычислить НОК двумя способами : 9163 и 2737. 60
9. Доказать методом математической индукции: а) ( 2
6 n +1
+ 32 n+ 2 )M11
2 2 2 2 б) 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 + ... + n(n − 1) + (n + 1)n =
n(n + 1)(n + 2)(3n + 1) 1⋅ 3 ⋅ 4
10. Найти все простые числа между числами 3520 и 3540. Вариант 3 2 1. Решить уравнение: (3 − i )x − 2(2 − 3i )x − 4i = 0
2. Вычислить:
7
(1 − 3i )
6
1 − 3i ,
z +1− i ≤ 2 3. Изобразить на плоскости: π < arg z < 3π 4 4
4. Найти x, y ∈ R : (1 + i )x + (1 − i ) y = 3 − i
5. Найти остаток от деления 17
1849
на 7
6. Решить сравнения: а) 50х≡6 (7) б)12х≡21 (27) в) 56х≡17 (11) 7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=4641 в=5253
8. Вычислить НОК двумя способами: 2737 и 9639. 9. Доказать методом математической индукции: 2
4
6
6n
а) ( 2 + 2 + 2 + ... + 2 )M5
1 1 1 n б) 1 ⋅ 4 + 4 ⋅ 7 + ... + (3n − 2)(3n + 1) = 3n + 1 10. Найти все простые числа между числами 1300 и 1320. Вариант 4 2 1. Решить уравнение: (1 − 3i )x + (3 − 9i )x − 30 − 10i = 0
2. Вычислить:
8
− 1 − 3i ,
(− 1 − 3i )
5
1 < z + 1 + i < 4 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 3π 2 2
4. Найти x, y ∈ R :
(3 + 11i )x + (15 − 7i ) y = 4 + 17i
273 5. найти остаток от деления 317 на 39
6. Решить сравнения: а) 39х≡30 (33); б) 111х≡75 (321); с) 256х≡179 (337) 7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=1411 в=5253
61
8. Вычислить НОК двумя способами: 9163 и 9639. 9. Доказать методом математической индукции: n
а) ( 41 + 24n − 1)M64
1 22 n2 n(n + 1) + + ... + = б) 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1) 10. Найти все простые числа между числами 1320 и 1340. Вариант 5 2 1. Решить уравнение: (5 + i )x + (15 + 3i )x + 10 − 50i = 0
2. Вычислить:
6
4 − 4 3i ,
(4 − 4 3i )
7
1 ≤ z − 2 + 5i ≤ 3 3. Построить множество решений системы: 11π < arg z < 2π 6 3
4. Найти x, y ∈ R : (11 + 3i )x + (19 + 5i ) y = −11 + i 5. Найти остаток от деления 67
295
на 19.
6. Решить сравнения: а) 1215х≡560 (2755); б) 1296х≡1105 (2413); с) 5х≡10(25)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами:
а=1411
в=5255
8. Вычислить НОК двумя способами: 9263 и 9539. 9. Доказать методом математической индукции: 2
4
6
4n
а) ( 2 + 2 + 2 + ... + 2 )M5 б) 1 ⋅ 4 + 2 ⋅ 7 + ... + n(3n + 1) = n(n + 1)
2
10. Найти все простые числа между числами 2540 и 2560. Вариант 6 2 1. Решить уравнение: (1 − i )x + (− 1 + 3i )x − 2 − 2i = 0
2. Вычислить:
7
1 − 3i ,
(1 − 3i )
6
1 < z + 2 − i ≤ 3 3. Изобразить на плоскости: π < arg z < π 2
4. Найти чистомнимые х и у: (2 − 3i )x + (3 + 2i ) y = 2 − 5i 5. Найти остаток от деления 215783 на 25 6. Решить следующие сравнения:
62
29 x ≡ 3(mod12) , б) 7 x ≡ 4(mod19) , в) 12 x ≡ 9(mod18)
a)
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=903
в=731
8. Вычислить НОК двумя способами: 360 и
504.
9. Доказать методом математической индукции: 5
3
а) ( n − 5n + 4n)M120
1 1 1 n б) 1 ⋅ 5 + 5 ⋅ 9 + ... + (4n − 3)(4n + 1) = 4n + 1 10. Найти все простые числа между числами 1540 и 1560. Вариант 7 2 1. Решить уравнение: (2 + 11i )x − (19 + 17i )x + (14 + 2i ) = 0
2. Вычислить:
7
2 3 − 2i ,
(2
3 − 2i
)
6
2 ≤ z − 3 − i < 3 3. Изобразить на плоскости: π < arg z < 5π 3 3
4. Найти x, y ∈ R :
(3 − 2i )x + (2 + 5i ) y = i − 1
75 73 5. найти остаток от деления 35 + 26 на 93.
6. решить сравнения: а) 13х≡19 (29); б) 15х≡45 (60); с) 12х≡51 (90)
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=899
в=493
8. Вычислить НОК двумя способами: 279 и 372. 9. Доказать методом математической индукции: 2
4
6
4n
а) ( 2 − 2 + 2 − ... − 2 )M3 2
2
2
б) 1 + 3 + ... + ( 2n − 1) =
n(2n − 1)(2n + 1) . 3
10. Найти все простые числа между числами 3640 и 3660. Вариант 8 2 1. Решить уравнение: (2 + i )x − (5 − i )x + (2 + 2i ) = 0
2. Вычислить:
7
2 − 2i ,
(2 − 2i )6
63
z −2−i > 2 3. Изобразить на плоскости: arg z < π 2
4. Найдите x, y ∈ R : 2 + 5ix − 3iy = 14i + 3 x − 5 y 243 5. Найти остаток от деления 209 на 34
6. Решить сравнения: а) 7х≡11(15); б) 20х≡15(45); с)12х≡71(90)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=525 в=126.
8. Вычислить НОК двумя способами: 372 и 1359. 9. Доказать методом математической индукции: а) (3
3n +3
− 25n − 27)M169
2
2
2
б) 1 − 2 + 3 − 4 + ... + ( −1)
n −1
n 2 = (−1) n−1
n(n + 1) . 2
10. Найти все простые числа между числами 3740 и 3760. Вариант 9 2 1. Решить уравнение: (3 + i )x + (1 − i )x − 6i = 0
2. Вычислить:
7
− 2 − 2 3i ,
(− 2 − 2 3i )
6
1 ≤ z − 3 + i < 3 3. Построить множество решений системы: π < arg z < π 2
4. Найти x, y ∈ R :
(− 5 + 2i )x − (3 − 5i ) y = 3 − 2i
59 5. Найти остаток от деления 51 на 17
6. Решить сравнения: а) 30х≡27 (90); б) 37х≡25 (107) с) 5х≡7(8)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=525
в=420
8. Вычислить НОК двумя способами: 279 и 1359. 9. Доказать методом математической индукции: 3
5
а) ( 2 − 2 + 2 − ... − 2
8 n −1
)M51
n 2 (n + 1) 2 б) 1 + 2 + ... + n = . 4 3
3
3
64
10. Найти все простые числа между числами 8540 и 8560. Вариант 10 2 1. Решить уравнение: (2 + 4i )x + 2 x + 6 − 6i = 0
2. Вычислить:
7
3 − i,
(
3 −i
)
6
z −3+i > 2 3. Изобразить ГМТ: π < arg z < π 4 2
4. Найти чистомнимые х и у: 2 + 5ix − 3iy = 14i + 3 x − 5 y 273 5. Найти остаток от деления: 327 на 21
6. Решить следующие сравнения: a)
25 x ≡ 15(mod17 ) ,
b)
13x ≡ 1(mod 27 ) ,
c)
10 x ≡ 25(mod 35) ,
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=525
в=415
8. Вычислить НОК двумя способами : 758 и 1137. 9. Доказать методом математической индукции: 3
а) ( n + 20n)M 48 б) 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + ... + n( n + 1) =
n(n + 1)(n + 2) 3
10. Найти все простые числа между числами 8840 и 8860. Вариант 11 2 1. Решить уравнение: (1 − i )x + (3 − 3i )x + 10 − 10i = 0
2. Вычислить:
8
1 3 1 3 − +i , − + i 2 2 2 2
5
2 < z + 2 + 2i ≤ 3 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 7π 6
4. Найти x, y ∈ R :
(2 − 11i )x + (17 − 3i ) y = 25
5 5. Найти остаток от деления 72 на 63.
6. Решить сравнения: а) 1215х≡560 (2755); б) 1296х≡1105 (2413); с) 5х≡10(25)
65
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=6919
в=1443
8. Вычислить НОК двумя способами: 347 и 1599. 9. Доказать методом математической индукции: 3
5
а) (3 + 3 + 3 + ... + 3
4 n −1
)M10
2 3 n б) x + 2 x + 3 x + ... + nx =
x − (n + 1) x n+1 + nx n+ 2 (1 − x) 2
при
x ≠1 и n∈ N .
10. Найти все простые числа между числами 9540 и 9560. Вариант 12 2 1. Решить уравнение: (1 − i )x − (7 − i )x + (6 + 4i ) = 0
2. Вычислить:
3 1 − i, 2 2
8
3 1 2 − 2 i
5
2 ≤ z − 2 + 2i < 2.5 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 7π 2 6
4. Найти чистомнимые х и у: (2 − 11i )x + (17 − 3i ) y = 25 435 5. Вычислить остаток от деления: 13 на 7
6. Решить сравнения: а) 125х≡560 (275); б) 1296х≡1105 (2413); с) 15х≡10(25)
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=1786
в=705
8. Вычислить НОК двумя способами: 1599 и 9061. 9. Доказать методом математической индукции: n
а) (7 + 3n − 1)M9 2
б) 1 + 2 + 2 + ... + 2
n −1
= 2n − 1.
10. Найти все простые числа между числами 3940 и 3960. Вариант 13 2 1. Решить уравнение: (3 + i )x + (1 − i ) − 6i = 0
2. Вычислить:
8
1 3 1 3 − −i , − − i 2 2 2 2
5
66
1 < z − 3 + 2i < 2 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 2π 6 3
4. Найти x, y ∈ R :
(7 + 15i )x − (3 − 11i ) y = 17 + 25i
435 5. Вычислить остаток от деления: 36 на 12
6. Решить сравнения: а) 78х≡30 (198); б) 55х≡7 (8); с) 35х≡10(25)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=529 в=1514
8. Вычислить НОК двумя способами: 347 и 9061. 9. Доказать методом математической индукции: 2
4
6
6n
а) ( 2 + 2 + 2 + ... + 2 )M3 б) 1 ⋅ 1!+2 ⋅ 2!+... + n ⋅ n!= ( n + 1)!−1,
где n!= 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n .
10. Найти все простые числа между числами 9340 и 9360. Вариант 14 2 1. Решить уравнение: (1 − 2i )x + (3 − 6i )x − 20 − 10i = 0
2. Вычислить:
8
3 1 − − i, 2 2
3 1 − 2 − 2 i
5
3 ≤ z − 2 − 3i < 4 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 3π 2 2
4. Найти чистомнимые х и у: (7 + 15i )x − (3 − 11i ) y = 17 + 25i 5. Найти остаток от деления 383175 на 45. 6. Решить сравнения: а) 12х≡16 (28); б) 65х≡52 (13); в) 54х≡17 (23)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=1514 б=1817
8. Вычислить НОК двумя способами : 360 и
504
9. Доказать методом математической индукции: а) (5
2n
− 4 n − 21)M84
67
б)
1 1 1 n + + ... + = . 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1
10. Найти все простые числа между числами 6640 и 6660. Вариант 15 2 1. Решить уравнение: (4 − i )x + (12 − 3i )x − 10 − 40i = 0
2. Вычислить:
8
(− 3 − 3i )5
− 3 − 3i ,
2 < z + 3 + 2i < 4 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 7π 4
4. Найти x, y ∈ R :
(21 − 5i )x + (11 + 7i ) y = 3 − 5i
5. Найти остаток от деления 439 291 на 60. 6. Решить следующие сравнения: d)
25 x ≡ 15(mod17 ) ,
e)
13x ≡ 1(mod 27 ) ,
f)
10 x ≡ 25(mod 35) ,
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=529 в=1817
8. Вычислить НОК двумя способами: 279 и 372. 9. Доказать методом математической индукции: 3
5
а) (3 − 3 + 3 − ... − 3 б)
4 n −1
)M8
1 1 1 n + + ... + = . 1⋅ 4 4 ⋅ 7 (3n − 2)(3n + 1) 3n + 1
10. Найти все простые числа между числами 3570 и 3590. Вариант 16 2 1. Решить уравнение: (2 + i )x − (5 − i )x + (2 + 2i ) = 0
2. Вычислить:
7
2 − 2i ,
(2 − 2i )6
z −2−i > 2 3. Изобразить ГМТ: arg z < π 2
4. Найдите чистомнимые х и у: 2 + 5ix − 3iy = 14i + 3 x − 5 y 5. Найти остаток от деления 293275 на 48. 6. Решить следующие сравнения: a)
5 x ≡ 26(mod12) , 68
b)
143x ≡ 41(mod 221) ,
c)
14 x ≡ 22(mod 36) ,
7. Вычислить НОК двумя способами: 372 и 1359. 8. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: 965 и 2735. 9. Доказать методом математической индукции: а) ( 4 б)
2 n +1
+ 32 n+1 )M7
1 1 1 1 1 1 + + ... + = − . 1⋅ 2 ⋅ 3 2 ⋅ 3 ⋅ 4 n(n + 1)(n + 2) 2 2 (n + 1)(n + 2)
10. Найти все простые числа между числами 1740 и 1760. Вариант 17 2 1. Решить уравнение: (1 − 3i )x + (3 − 9i )x − 30 − 10i = 0
2. Вычислить:
8
− 1 − 3i ,
(− 1 − 3i )
5
1 < z + 1 + i < 4 3. Построить множество решений системы: π < arg z < 3π 2 2
4. Найти x, y ∈ R :
(3 + 11i )x + (15 − 7i ) y = 4 + 17i
5. Найти остаток от деления 117 53 на 11. 6. Решить следующие сравнения: a)
4 x ≡ 7(mod 8) ,
b)
221x ≡ 111(mod 360) ,
c)
78 x ≡ 42(mod 51) ,
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=903
в=731
8. Вычислить НОК двумя способами: 279 и 1359. 9. Доказать методом математической индукции: 3
5
а) (3 + 3 + 3 + ... + 3 б)
6 n −1
)M13
1 2 n n(n + 1) + + ... + = . 1⋅ 3 ⋅ 5 3 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) 2(2n + 1)(2n + 3)
10. Найти все простые числа между числами 5340 и 5360. Вариант 18 2 1. Решить уравнение: (1 − i )x + (− 1 + 3i )x − 2 − 2i = 0
2. Вычислить:
7
1 − 3i ,
(1 − 3i )
6
69
1 < z + 2 − i ≤ 3 3. Изобразите ГМТ: π < arg z < π 2
4. Найти чистомнимые х и у: (2 − 3i )x + (3 + 2i ) y = 2 − 5i 5. Найти остаток от деления 43
43
− 1717 на 10.
6. решить сравнения: а) 13х≡19 (29); б) 15х≡45 (60); с) 12х≡51 (90)
7. Даны числа а и в. найти НОД и его линейное представление двумя способами. а=899
в=493
8. Найдите НОК для следующих чисел двумя способами: 67283, 122433. 9. Доказать методом математической индукции: а) (9
2 n +1
+ 8 n+ 2 )M73
б)
1 1 1 n + + ... + = , где a, n ∈ N . a ⋅ (a + 1) (a + 1) ⋅ (a + 2) (a + n − 1)(a + n) a (n + a ) 10. Найти все простые числа между числами 3550 и 3570. Вариант 19 2 1. Решить уравнение: (− 1 + 2i )x + (− 3 + 6i )x + 20 + 10i = 0
2. Вычислить:
8
5 − 5 3i ,
(5 − 5 3i )
5
1 1 2 < z − 2 + 3i ≤ 3 3. Построить множество решений системы: 3π π < arg z < 2 4. Найти x, y ∈ R :
(− 3 − 25i )x + (− 1 + 8i ) y = −5 + 8i
5. Найти остаток от деления: 222555 на 7. 6. Решить следующие сравнения: а) 25 x ≡ 15(mod17 ) , б) 13x ≡ 1(mod 27 ) , с) 10 x ≡ 25(mod 35) ,
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=525
в=126
8. Найдите НОК для следующих чисел двумя способами: 122433, 221703. 9. Доказать методом математической индукции:
70
3
5
а) (5 + 5 + 5 + ... + 5
6 n −1
) M3
a +1 a + 3 a + 2 n − 1 (a − 1)(2 n − 1) + + ... + = + n, где a, n ∈ N . б) 2 4 2n 2n 10. Найти все простые числа между числами 3510 и 3530. Вариант 20 2 1. Решить уравнение: (2 + 11i )x − (19 + 17i )x + (14 + 2i ) = 0
2. Вычислить:
7
2 3 − 2i ,
(2
3 − 2i
)
6
2 ≤ z − 3 − i < 3 3. Изобразить на плоскости: π < arg z < 5π 3 3
4. Найти x, y ∈ R : (3 − 2i )x + (2 + 5i ) y = i − 1 243 5. Найти остаток от деления 209 на 34
6. Решить сравнения: а) 7х≡11(15); б) 20х≡15(45); с)12х≡71(90)
7. Вычислить НОД и его линейное представление двумя способами: а=525 в=4280
8. Найдите НОК для следующих трех чисел двумя способами: 67283, 221703. 9. Доказать методом математической индукции: а) ( 2
6 n +1
+ 32 n+ 2 )M11
1 2 4 2n 1 2 n+1 + + + ... + = + , при б) 2n 2 n +1 1 + x 1 + x2 1 + x4 x − 1 1+ x 1− x
x ≠ 1.
10. Найти все простые числа между числами 8840 и 8860.
71
ЛИТЕРАТУРА 1. Виленкин Н.Я. и др. Алгебра и теория чисел. Учебное пособие для студентов – заочников II курса физико-математических факультетов
педагогических
институтов.
Москва
«Просвещение». 1984. 2. Воробьев Н.Н. Признаки делимости. Москва. 1963. 3. Данчул А.Н. и др. Учебно-методическое пособие по математике. Математическая логика. Дискретная математика. Линейная алгебра. Москва. 2004. 4. Куликов Л.Я. Алгебра и теория чисел. Москва «Высшая школа». 1979. 5. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. Москва «Наука». 1975. 6. Лельчук М.П. и др. Практические занятия по алгебре и теории чисел. Минск «Вышэйшая школа». 1986. 7. Ляпин С.Е., Баранова И.В. Сборник задач по элементарной математике (для педагогических институтов). Арифметика и алгебра. Москва. 1960. 8. Цыпкин А.Г. Справочник по математике для средних учебных заведений. Москва «Наука». 1984.
72