Algebra va sonlar nazariyasi



Download 0,7 Mb.
bet70/72
Sana08.03.2022
Hajmi0,7 Mb.
#486497
1   ...   64   65   66   67   68   69   70   71   72
x = x + p • tj = x+p% = x+p2t2+p3t3 = x+p3^.
Bu jarayonni p“ gacha davom ettirib, (40.4) taqqoslamaning f'(x) soni p ga bo‘linmaydigan x yechimi orqali (40.3) taqqoslamaning x = xa + pata yechimini hosil qilamiz.
Misol 40.1. x4 + 7 x + 4 - 0(mod27) taqqoslamani yeching. p = 33 bo‘lganligi uchun, dastlab x4 + 7x + 4 - 0(mod3) taqqoslamani qaraymiz. Ma’lumki, bu tenglama yagona yechimga ega bo‘lib, uning yechimi x - 1(mod3). Bundan tashqari, f '(1) = 11 bo‘lib u son 3 ga bo‘linmaydi. Demak, berilgan taqqoslama ham yagona yechimga ega. Bu yechimni topish uchun dastlab, x = 1 + 3t: ekanligidan foydalanib, quyidagi taqqoslamani qaraymiz:
f (1) + 3t;f '(1) - 0(mod9),
12 + 3t -11 - 0(mod9),

  1. + 6tj - 0(mod9),

  1. + 2tj - 0(mod3).

Bu taqqoslamadan t - 1(mod3), ya’ni t = 1 + 3t2 kelib chiqadi. Bundan esa, x = 1 + 3t: = 4 + 9t2 ekanligini hosil qilamiz. Endi quyidagi taqqoslamani qaraymiz:
f (4) + 9tf '(4) - 0(mod27),
288 + 9t2 • 263 - 0(mod27),

  1. + 9t2 20 - 0(mod27),

  1. + 20t2 - 0(mod3),

  1. + 2t2 - 0(mod3),


t2 - 2(mod3).


Demak, t2 = 2 + 3t3 ya’ni x = 1 + 3t: = 4 + 9t2 = 22 + 27t3. Shunday qilib, berilgan taqqoslamaning yechimi x = 22 + 27t3 ekanligini hosil qildik.
Endi f (x) - 0(modm), taqqoslamani yechishning umumiy holini qaraymiz. Ya’ni m ixtiyoriy natural son bo‘lsin.

    1. tasdiq. Agar m = щ m2 ... mk bo‘lib, ,щk = 1 bo‘lsa,

f(x) - 0(modm) taqqoslama quyidagi sistemaga teng kuchli bo‘ladi:
f (x) - 0(mod щ k, f (x) - 0(mod m),


f (x) - 0(mod mk).
Bundan tashqari, agar Tx, T2,..., T sonlari sistemaning har bir taqqoslamasi yechimlari soni bo‘lsa, u holda f (x) - 0(modm) taqqoslama yechimlari soni T • T •... T ga teng bo‘ladi.
Isbot. Tasdiq birinchi qismining isboti 37.8 va 37.9-xossalardan to‘g‘ridan-to‘g‘ri kelib chiqadi.
Ikkinchi qismining isbotini esa quyidagi mulohaza orqali hosil qilamiz. Aytaylik, xar bir
f (x) - 0(mod ms) taqqoslama T ta yechimga ega bo‘lib, ularning yechimlari
x - ^(mod ms), x - bs2(mod ms), ..., x - bs^ (mod ms) ko‘rinishida bo‘lsin. Bundan ko‘rinadiki,
x - b (mod щ ), x - b (mod m ),


x - b (mod m )
ko‘rinishidagi kombinatsiyalar soni aynan T • T • .. •T ta bo‘lib, ular m modul bo‘yicha turli sinflarni beradi.


277


Bu tasdiqdan ko‘rinadiki, f (x) - 0(mod m),


m = pf • pf2 • .. • ptk ko‘rinishidagi taqqoslamani yechish masalasi f (x) - 0(mod pf) taqqoslamalarni yechish masalasiga keltirildi.
Misol 40.2. x4 + 2x3 + 8x + 9 - 0(mod35) taqqoslamani yeching. Yuqoridagi tasdiqqa ko‘ra ushbu taqqoslama quyidagi sistemaga teng kuchli
Jx4 + 2x3 + 8x + 9 - 0(mod5),
[x4 + 2x3 + 8x + 9 - 0(mod 7).
Bu sistemaning birinchi taqqoslamasi ikkita x -1; 4(mod5), ikkinchi taqqoslamasi esa uchta x - 3; 5; 6(mod7) yechimlarga ega. Demak, berilgan taqqoslama oltita yechimga ega bo‘ladi. Bu yechimlarni topish uchun esa, quyidagi 6 ta sistemani yechish kerak bo‘ladi:
Jx - b (mod5),
J (40.5)
[x - b2 (mod 7),
bu yerda b e {1; 4}, b2 e {3; 5; 6}.

  1. teoremadan foydalanib, bu sistemani yechsak, m*= 5, m = 7 ekanligidan Mx = 7 va M2 = 5 kelib chiqadi. 7 • 3 - 1(mod5) va 5 • 3 -1 (mod7) bo‘lganligi uchun M[ = 3 va M2 = 3 hosil bo‘ladi. Demak, (40.5) sistemalarning yechimlari

x - 21b + 15b2 (mod35)
ko‘rinishida bo‘ladi.
b e {1; 4}, b2 e {3; 5; 6} ekanligidan esa, berilgan taqqoslamaning quyidagi yechimlarini hosil qilamiz: x - 6; 19; 24; 26; 31; 34(mod35).

  1. - §. Lejandr va Yakobi simvollari


Ushbu mavzuda yuqori darajali taqqoslamalarni qaraymiz, ya’ni
bizga


xn - a (mod m)




(41.1)


taqqoslama berilgan bo‘lib, (a, m) = 1 bo‘lsin.

    1. ta’rif. Agar xn - a(modm) taqqoslama yechimga ega bo‘lsa, u holda a soniga n -darajali chegirma deyiladi, aks holda a soni n -darajali chegirma emas deyiladi.

Shuningdek, n
= 2, n = 3 va n = 4 bo‘lganda chegirmalar mos ravishda kvadratik, kubik va bikvadratik deyiladi.
Dastlab, kvadratik bo‘lgan holga batafsil to‘xtalamiz. Aytaylik,
bizga


kvadratik taqqoslama berilgan bo‘lsin, bu yerda p(p > 2) — tub son.

    1. tasdiq. Agar a soni p modul bo‘yicha kvadratik chegirma


Isbot. Haqiqatdan, agar a soni p modul bo‘yicha kvadratik chegirma bo‘lsa, u holda (41.2) chegirma kamida bitta yechimga ega. Aytaylik, x - x (mod p) yechim bo‘lsin, u holda (—x )2 = xf ekanligidan ushbu x - — x (mod p) ham yechim ekanligi kelib chiqadi.
Bu ikki yechim o‘zaro teng emas, chunki x -—x(modp) bo‘lsa, bundan 2x - 0(modp) kelib chiqadi, ammo bu (2, p) = (x, p) = 1 ekanligiga zid.
Kvadratik chegirmaning ikkitadan ko‘p yechimi mavjud bo‘lmaganligi uchun bu yechimlar uning barcha yechimlarini beradi.


tasi kvadratik chegirma bo‘lib, ular quyidagi sonlardan biriga teng:


x2 - a(mod p)


(41.2)


bo‘lsa, u holda x2 - a(modp) chegirma ikkita yechimga ega.





p—1

    1. tasdiq. p modul bo‘yicha keltirilgan sistemalardan





279


Isbot. Haqiqatdan ham, p modul bo‘yicha keltirilgan


sistemaning chegirmalari orasida kvadratik chegirma bo‘ladiganlari
faqat quyidagi sonlarning kvadratlari bo‘ladi:
p -1 - 2 -112 p -1


  1. 2 Bu sonlar p ta bo‘lib, ular juft-jufti bilan p modul bo‘yicha

taqqoslanmaydigan sonlardir. Bu sonlarning kvadratlari esa aynan


l2,22,..., [£—Г2
sonlarni beradi. Bundan tashqari, ushbu kvadratlar ham juft-jufti bilan p modul bo‘yicha taqqoslanmaydigan sonlardir. Chunki,
k2 -12(modp), 0 < k < l <
bo‘lsa, u holda x2 -12(modp) tenglama to‘rtta x = -l,-k,k,l yechimga ega. Bu esa kvadratik tenglamaning yechimi aynan ikkita bo‘lishiga zid.

    1. tasdiq. Agar a soni p modul bo‘yicha kvadratik chegirma bo‘lsa, u holda

p-1
a 2 - 1(modp), (41.3)
aks holda, ya’ni a soni p modul bo‘yicha kvadratik chegirma bo‘lmasa,
p-1
a 2 --1(mod p). (41.4)
Isbot. Ferma teoremasiga ko‘ra, ap-i - 1(modp). Bundan esa,
f p-* ^ f p-* ^
a 2 -1 • a 2 +1- 0(mod p)
V у V у
kelib chiqadi.
Bu ko‘paytmalardan faqat bittasi p ga bo‘linadi. Chunki, ikkalasi ham p ga bo‘linsa, u holda 2 ham p ga bo‘linishiga to‘g‘ri




keladi. Shu sababli (41.3) va (41.4) taqqoslamalarning aynan bittasi o‘rinli bo‘ladi.

Agar a kvadratik chegirma bo‘lsa, u holda qandaydir x uchun a - x2 (mod p)
p — 1
o‘rinli bo‘ladi. Bu tenglikning ikkala tomonini darajaga
ko‘tarib,
p—1
a 2 - xp—1 (mod p) - 1(mod p) tenglikni hosil qilamiz. Ya’ni, a kvadratik chegirma uchun (41.3) munosabat o‘rinli.
p — 1
Bundan tashqari, kvadratik chegirmalar soni ta bo‘lganligi
p( p — 1 va x 2 - 1(modp) tenglama tadan ko‘p yechimga ega
bo‘lmaganligi uchun kvadratik chegirma bo‘lmagan sonlar uchun

  1. shart o‘rinli ekanligi kelib chiqadi.

Lejandr simvoli. p ga bo‘linmaydigan a soni berilgan bo‘lsin.

    1. ta’rif. p ga bo‘linmaydigan barcha a lar uchun quyidagi­cha aniqlangan songa Lejandr simvoli deyiladi:


(



Download 0,7 Mb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   ...   64   65   66   67   68   69   70   71   72




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©hozir.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling

kiriting | ro'yxatdan o'tish
    Bosh sahifa
юртда тантана
Боғда битган
Бугун юртда
Эшитганлар жилманглар
Эшитмадим деманглар
битган бодомлар
Yangiariq tumani
qitish marakazi
Raqamli texnologiyalar
ilishida muhokamadan
tasdiqqa tavsiya
tavsiya etilgan
iqtisodiyot kafedrasi
steiermarkischen landesregierung
asarlaringizni yuboring
o'zingizning asarlaringizni
Iltimos faqat
faqat o'zingizning
steierm rkischen
landesregierung fachabteilung
rkischen landesregierung
hamshira loyihasi
loyihasi mavsum
faolyatining oqibatlari
asosiy adabiyotlar
fakulteti ahborot
ahborot havfsizligi
havfsizligi kafedrasi
fanidan bo’yicha
fakulteti iqtisodiyot
boshqaruv fakulteti
chiqarishda boshqaruv
ishlab chiqarishda
iqtisodiyot fakultet
multiservis tarmoqlari
fanidan asosiy
Uzbek fanidan
mavzulari potok
asosidagi multiservis
'aliyyil a'ziym
billahil 'aliyyil
illaa billahil
quvvata illaa
falah' deganida
Kompyuter savodxonligi
bo’yicha mustaqil
'alal falah'
Hayya 'alal
'alas soloh
Hayya 'alas
mavsum boyicha


yuklab olish