Реферат: Сравнения высших степеней

є еквівалентною конгруенції

Зх⁵ — 2x³ — Зx² +1 ≡ 0 (mod 5),

або конгруенції

Зх⁵ + 3x³ + 2x² +1 ≡ 0 (mod 5).

Щоб знайти розв'язки останньої конгруенції, випробуємо, приклад, абсолютно найменші лишки за модулем 5: 0, 1, 2, -2, -1. Безпосередньо видно, що 0, 1, -1 задану конгруенцію не задовольняють. При дальшому випробуванні можна скористатись схемою Горнера ( Див. Додаток) з тією тільки відмінністю, що для полегшення кожного разу можна відкидати числа, кратні модулю.

3	0	3	2	0	1
2	3	6≡1	5≡0	2	4	9≡4
-2	3	6≡ -1	5≡0	2	-4	9≡4

Отже, конгруенція Зх⁵ + 3x³ + 2x² +1 ≡ 0 (mod 5) не має розв'язків, а тому не має розв'язків і конгруенція

8x⁵ — 12x³ — 13x² — 15x + 6 ≡ 0 (mod 5).

При розв'язуванні конгруенції з невідомою величиною іноді доводиться множити обидві частини конгруенції на ціле число. Для тотожних конгруенцій ця операція, як раніш було показано, завжди законна. Для конгруенцій з невідомою величиною таке перетворення не завжди законне, тобто, інакше кажучи, при такому перетворенні конгруенції може порушитись еквівалентність даної і добутої конгруенцій.

Приклад. Конгруенція

x⁴ + х³ + х² + х + 1 ≡ 0 (mod5),

як ми вище бачили, має один розв'язок: x ≡ 1 (mod5). Але, якщо обидві частини цієї конгруенції помножити на 5, то дістанемо конгруенцію:

5x⁴ + 5х³ + 5х² + 5х + 5 ≡ 0 (mod5),

розв'язком якої буде вже будь-яке ціле число. Вона, по суті,перетворюється в конгруенцію 0 ≡ 0 (mod 5).

Конгруенції виду 0 ≡ 0 (mod 5) мають очевидно розв'язком будь-яке ціле значення невідомого х, тобто є тотожною конгруенцією.

Після наведеного щойно прикладу виникає питання, коли множення обох частин конгруенції з невідомою величиною на ціле число є законним? Відповідь на це дає теорема 2.

Теорема 2. Якщо обидві частини конгруенції (1) помножити на ціле число k, взаємно просте з модулем т, то дістанемо конгруенцію, еквівалентну даній.

Справді, припустимо, що

х = α (modт)

є який-небудь розв'язок конгруенції (1), тоді

f (α) ≡ 0 (modm).

Помножаючи обидві частини цієї конгруенції на k, дістанемо:

k∙f (α) ≡ 0 (modm). (2)

Отже, ми бачимо, що α є розв'язком конгруенції

k∙f (x) ≡ 0 (modm). (3)

Навпаки, якщо α — розв'язок конгруенції (3), тобто k∙f (α) ≡ 0 (modm), тоді обидві частини конгруенції (2) можна скоротити на k, не змінюючи модуля, бо (k, m) = 1, (див. властивість 4, п.1.1), отже,

f (α) ≡ 0 (modm),

тобто α є розв'язком конгруенції (1), що і доводить наше твердження.

Зауважимо, що при розв'язуванні конгруенцій з невідомою величиною можна, не змінюючи модуля, скорочувати обидві частини конгруенції тільки на такий їх спільний дільник, який є взаємно простий з модулем (див. властивість 4, п.1.1).

2.2. Конгруенції n -го степеня за простим модулем.

У попередньому параграфі ми бачили, що дослідження й розв'язання конгруенції п-го степеня (п≥1) зводиться кінець кінцем до дослідження і розв'язання відповідних конгруенцій за простими модулями. Тому зараз доведемо деякі загальні теореми, що стосуються конгруенцій n-го степеня за простим модулем р.