Критерій розв’язуваності конгруенцій з одним невідомим першого степеня.

Критерій розв’язуваності конгруенцій з одним невідомим першого степеня.

Заг. вигляд конгруенції 1-го степеня з одним невідомим: . Дослідимо всі можливі випадки розв’язування лінійних конгруенцій.

І. Розгл. спочатку найбільш важливий випадок, коли а і т взаємнопрості, тобто (a,m)=1.

Якщо в  підставити замість х всі лишки з повної с-ми, то за 1-ою т. про лишки лінійної форми, ах також перебігає всі значення з повної с-ми лишків, тому для одного і тільки одного значення х₁ число ах₁ потрапляє в той клас, до якого належить b , для нього отримаємо .

Отже у випадку (а, m )=1  лінійна конгруенція має лише один розв’язок:  або x = x ₁ + mt , .

Пр-д. .

Підставляючи лишки повної с-ми за модулем 8: ; знаходимо .

І І. Розгл. випадок, коли (a , m )= d , d >1 і

В цьому випадку лінійна конгруенція розв’язку мати не може, оск. це суперечить тій вл-сті конгруенцій (частини конгруенції мають з модулем один і той самий НСД).

Дов.

,

Отже, – суперечність.

П-д. 6х ≡ 7 (mod 15)

(6, 15) = 3, але

Отже, конгруенція розв’язку немає.

I I I . Розгл. останній випадок, коли (а, m ) = d , d > 1 і .

Тоді а = а₁ d , b = b ₁ d , m = m ₁ d.

За відомою вл-стю конгруенцій обидві частини конгруенції і модуль можна поділити на d, після чого отримуємо

а₁х b ₁ ( mod m ₁ ), (а₁ ,т₁)=1, що Û випадку І.

Отримана конгруенція має розв’язок .

Щоб знайти класи розв’язків за модулем т  відзначимо, що всі лишки …, x ₁ – m ₁ , x ₁ , x ₁ + m ₁ ,…, x ₁ +( d -1) m ₁ , x ₁ + dm ₁ ,…    (*)

конгруентні з x₁ за модулем m₁ , належать за модулем m=m₁d різним класам, представниками яких є лишки:

.                          (**)

(

, k - r = cd , k = cd + r , )

Дійсно, різниця двох " таких чисел не ділиться на m, отже вони належать різним класам лишків за модулем m. Крім того для кожного лишку з ряду (*) завжди знайдеться число з (**) таке, що їх різниця буде кратна m , отже такі числа належать одному класу лишків за модулем m. Тому в цьому випадку конгруенція буде мати d розв’язків: . П-д

Ділимо на НСД(15, 35, 55) =5, отримуємо  

Методом підбору знаходимо: .

Тоді для даної конгруенції маємо п’ять розв’язків: .

Критерій розв’язку лінійної конгруенції :

І. якщо (a , m )=1, то $! розв’язок;

І І. (a , m )= d , d>1 і  – розв’язку немає;

І І І. (a , m )= d , d>1 і – $ d розв’язків.

 

Основна теорема арифметики.

Т. " N число >1 або є простим, або може бути представлене, і, при тому єдиним способом у вигляді добутку простих чисел.

(Два представлення, які відрізняються лише порядком розмі-щення множників, вважаються однаковими).

Дов. І. Існування розкладу.

Нех. n = 2. Оск. 2 – просте число, то для n = 2 твердження т. є справедливим. Прип., що твердження справедливе " N чисел, які 2, але < деякого п , і дов. справедливість твердження для п.

Розгл.  . Якщо п – просте, то твердження має місце. Якщо п – складене, то його можна записати у вигляді  п = п₁п₂ , де

1 < n ₁ < n і 1< n ₂ < n. Для чисел п₁  і п₂  згідно з індуктивним припущенням буде справедливим  і . Тоді , тобто $-ня розкладу " п доведено.

ІІ.Єдиність розкладу.

Нехай п=2, це просте число, отже його розклад єдиний.

Прип., що розклад на прості множники єдиний для всіх N чисел, >2, але < п, і доведемо єдиність розкладу для п.

Якщо п – просте число, то його розклад є єдино можливим. Нехай п – складене, прип., що його можна розкласти на прості множники 2-а різними способами:

 і .

Тоді = .

Ліва частина цієї рівності ділиться на р₁, тоді на р₁ повинен ділитися один із множників добутку . Нех. .оск. q ₁ – просте число і р₁>1, то . Поділимо обидві частини рівності на , і отримаємо =

Оск.  і  – числа ,< п, то згідно індуктивного припущення з останньої рівності випливає, що l = s , p ₂ = q ₂ , …, p_l = q_s .

Отже, теорему доведено.

Згідно з осн. т. арифметики "складене число n >1  можна представити у вигляді добутку простих чисел. Серед цих простих мн-ків можуть зустрічатись однакові. Нех., нап-д, р₁ зустрічається  раз, раз, …, раз, тоді розклад числа п на прості числа мн-ки можна запис. . (*)

Мн-ки  переважно розміщуються в порядку зростання. Перетворення N числа п до виду (*) наз. факторизацією числа, а сама форма (*) – канонічною

 

Дов.

Аналогічно .

Т.2. " матриць , і С =  виконується рівність: A(BC) = (AB)C.

Дов. Нех.   , ;   , . Покажемо, що , де . .

Т.3. " матриць ,  і  виконується рівність: а) C (A + B) = C А + C В

б) (A + B)C = AC + BC.

Дов. а) позначимо

Дов.

І.

Р= , h – внутрішній промінь QPB,    . h – внутрішній промінь  .

ІІ.

P´=P, Q´:Q–Q´–D.  h – внутрішній промінь Q´PB  h – внутр. промінь QPB  (за умовою) h Q´D≠Ø.

 

III . , , h – внутр. промінь  проведемо

Озн.Через т. поза прямою в пл-ні, визначеній ними, в одному напрямку можна провети єдину пряму, паралельну даній.

 Дов. Дано: АВ, М АВ. Проведемо: MN AB, CD MN (M CD) CD AB=Ø (за лемою). Виберемо (M-P-D)

Дов.

2

1

3

Нех. – кут паралельності;  – кут паралельності, але ж кут паралельності гострий, тому кут 3 – тупий. Значить , звідси (за вла-стю 4-кутника) Þ PQ>MN.

Озн. Дві прямі на пл-ні Лобачевського, які не паралельні і не перетин. наз. розбіжними або зверхпаралельними.

 Тобто на пл-ні Лобачевського прямі можуть:

1. перетинатися;

2. бути паралельними;

3. бути розбіжними.

Ознака розбіжності прямих: Дві прямі, які мають спільний  будуть розбіжні.

Дов. MN – спільний прямих АВ і CD.

а) (за лемою) АВ, CD не перетинаються

б)  не може бути кутом паралельності Þ АВ не паралельна до CD. Звідси Þ прямі не мають спільного .

Отже АВ і CD – розбіжні.

Т.1.

Якщо дві прямі мають спільний , то він єдиний.

                                                

Дов. MN – спільний  АВ і CD. Прип. =4d – суперечність.

Т.2. Якщо MN – спільний розбіжних прямих АВ і CD (M ), то відстань від т. однієї з цих прямих (АВ) до іншої збіл. якщо ця т. віддаляється від основи (т. М) в обидві сторони.

Дов.

MN,  NMPQ – двопрямокутник з основою NQ.Þ Þ – гострий, .

Отже .    

 

Дов.

І.

Р= , h – внутрішній промінь QPB,    . h – внутрішній промінь  .

ІІ.

P´=P, Q´:Q–Q´–D.  h – внутрішній промінь Q´PB  h – внутр. промінь QPB  (за умовою) h Q´D≠Ø.

 

III . , , h – внутр. промінь  проведемо

Прямі на пл-ні Л. вважають направленими.

Озн: Через точку поза прямою проходить дві прямі паралельні даній в різних напрямках.

Власт. прямих.

1) Якщо , то $ вісь симетрії цих прямих.

2) Якщо ,то .

3) Якщо , , то .

Озн. Дві прямі на пл-ні Л., які не і не , наз. розбіжними

Ознака розбіжності. Дві прямі які мають спільний на пл-ні Л. будуть розбіжними.

Власт. розбіжних прямих:

1) Якщо дві прямі мають спільний , то він єдиний.

2) Якщо – спільний розбіжних прямих  і , то відстань від точки однієї з цих прямих до іншої збільшується, якщо ця точка віддаляється від основи  в обидві сторони.

Т.1. Сума кутів трикутника на пл-ні Л. <2d

Дов .

           

                

5-й постулат   5-й постулат не виконується

                    

геометрія Евкліда      геометрія Л..

Насл. Нех. дано 4-кутник  тоді .

Т.2. Сума кутів  трикутника є величина не постійна.

Дов. МВС:

+

згідно наслідку отримано суперечність, отже

Т.3. (4-а ознака рівності ) Якщо три кути одного  відповідно = трьом кутам 2-го , то такі рівні.

Дов. Дано: , .

МВС: Нех.

 

Oтримано суперечність!

 

Частина кута = цілому

Oтримано суперечність.

Припущення не вірне, отже

 

Принцип двоїстості

Позначимо – мн. всіх прямих пл-ни . Розгл. відображення

 

1.f – ін’єктивне: (різним-різні)

2. f – сюр’єктивне:

1,2 f – бієктивне – бієктивне.

При  зберігається взаємна належність точок і прямих.

Отже, образом точок прямої при відображенні  пучок пря-мих, а при відобр. – образом пучка прямих є пряма точок.

Принцип двоїстості на пл-ні

Якщо справедливе твердження, у якому йде мова про точки, прямі, та відношення належності між ними, то буде справедливим і твердження, яке отримується такою заміною слів:

Вл-сті рухів.

1. Рух переводить пряму в пряму, при чому прямі в .

2. Рух переводить півпл-ну з границею а в півпл-ну з границею , де – образ прямої а.

3. Рух зберігає просте відношення 3-х точок.

4. Рух зберігає відношення “лежати між”.

5. Рух переводить у , де А´, В´– образи т. А, В. Причому середина переходить у середину .

6. Рух переводить промінь у промінь, а кут у кут.

7. Рух переводить кут у рівний йому кут.

8. Рух переводить взаємно прямі у взаємно прямі.

Рух задається парою реперів (2-ма с-ми координат). Репери  однаково орієнтовані (протилежно), якщо базиси  однаково орієнтовані (протилежно). Рух зберігає(міняє ) орієнтацію пл-ни, якщо " репер і його образ однаково орієнтовані (протилежно).

Т. " рух зберігає або міняє орієнтацію пл-ни.

Озн. Рух, який не змінює орієнтацію пл-ни наз. рухом Ι роду, а який міняє ІІ роду .

Т. Якщо аналітичний вигляд відображення  в ортонормова-ному репері має вигляд:  де – ортогональна матриця, то – рух. При цьому, якщо  то – рух Ι роду, а якщо  то – рух ІІ роду. Тут

Т. Щоб дане точкове відображення було рухом Û щоб його аналітичне задання в прямокутній декартовій с-мі коорд. мало вигляд: (1*)

Класифікація рухів

Т. пл-ни наз. інваріантною, якщо вона переходить в себе під час руху. Пряму пл-ни наз. інваріантною, якщо " її т. переходить в точку цієї ж прямої.

Назва руху	Інваріантні точки		Інваріантні прямі		Хар-чні числа	Аналітичне задання
І.Рух першого роду
1.Поворот на кут a а) Поворот на кут a≠0 і a≠±p	Центр повороту	нема			Комплексно спряжені числа
б) Тотожне перетворення (a=0)	" т. пл-ни	"пряма пл-ни
в) Центральна симетрія (a=±p)	Центр симет-рії	" пряма, яка проходить через центр симетрії
2.  перене сення на а) перене сення на	Нема	" пряма , яка				де  або  відмінне від нуля
б) Тотожне перетворення ( =0)	Будь-яка точка площини	Будь-яка пряма площини
ІІ. Рух другого роду
3. Осьова симетрія	Всі точки осі	Вісь симе-трії і будь-яка пряма, перпендикулярна до неї
4. Ковзна симетрія	Нема	Одна пряма				де .

Цю таблицю використовують для визначення типу руху, якщо його задано (1*) .Для цього досить знайти характеристичні числа перетворення і нерухомі точки.

Канонічне рівняння прямої.,

Нех. в просторі вибрана афінна с-ма коорд. і в цій с-мі відомі коорд. деякої т.  і коорд. напрямного   прямої d. Напишемо р-ня цієї прямої. Розгл. випадок, коли ні одна із коорд. .Очевидно, т. М(x¸ y¸ z) Û коли і  колінеарні.  має коорд. (x­x₀, y­y₀, z­z₀), тому за вл-стю колінеарності векторів і запишеться так: _. (1*) Це р-ня є р-ням прямої d .Якщо одна із коорд. =0, нап-д: р₃=0, р₁≠0, р₂≠0, то умова колінеарності і запишеться так: _, =0. (2*) Аналогічно, якщо рівні нулю дві коорд. вектора , нап-д: р₂= р₃=0, р₁≠0, то одержимо:  (3*) В цьому випадку пряма осі Ox або співпадає з нею. Р-ня (1*), (2*), (3*) наз. канон. р-ми прямої.

Параметричне р-ня прямої.

Виберем яку-небудь афінну с-му коорд. і задамо пряму d напрямним і т. .Т. Û коли  і  колінеарні, тобто коли $ число t: =t . Це співвідношення в коорд. запишеться так: чи (4*) - параметричне р-ня прямої з параметром t.

Отже " дійсного t  точка з координатами ( x , y , z ) ,яка задовільняє умовам (4*) лежить на прямій d .Обернено ,якщо ( x , y , z ) – точка прямої d ,то завжди знайдеться таке t,що x,y,z виражаються через за допомогою рівності (4*).

 

Похідна і екстремум ф-ції

Озн: Нехай визначена в . Т.  наз. точкою максимуму(мінімуму), якщо : , крім т.  ⇒  ( ).

Точки max і min ф-ції наз. точками екстремуму ф-ції, а значення ф-ції в цих точках – екстремальними.

Т.1. (Необхідна умова екстремуму ф-ції)

Якщо т.  є т. екстремуму ф-ції і якщо в цій т. похідна, то ( в точках екстремуму  або не існує ).

П-д , але екстремуму немає.

Оск. екстремум може бути в точках, де  або не існує, то по-перше, назвемо ці точки критичними. По-друге, перед нами стоїть завдання, як серед цих точок ’’виловити’’ точки екстремуму.

Т.2. (перші достатні умови існування екстремуму)

Нехай  задана в (  – критична) і  диференційована в лівому і правому пів околах.

Тоді, якщо при проходженні через точку  зліва на право похідна змінює знак:

1. + → – то  в точці  має max

2. – → + то min

3. не змінює знаку – екстремуму немає

□ Доведемо 1. Це означає, що  ( - розмір околу)

P.S. Всюди в подальшому ми будемо досліджувати той випадок коли точка  є точкою неперервності функція . Для доведення нашої теореми в першому випадку. Треба довести, що  (*). Візьмемо  тоді  може попасти на , або . Нехай  попав на . Розгл. , ясно, що тут неперервна і на  диференційована. Тому за теоремою Лагранжа матимемо:

звідси маємо: ⇒↗.

Аналогічно розглядаються і інші випадки. ■

Т.3. (другі достатні умови існування екстремуму)

Нехай  двічі диференційована в критичній точці . Тоді, якщо , якщо , якщо  потрібні ще дослідження

□ Зауважимо, що якщо в , то в О( ), як випливає з озн.  повинно .

□

□  на інтервалі .

□  на інтервалі .

□ Нехай . Тоді .....

□ Тоді при проходженні через т.  змінює знак з „-” на „+”. А за доведеною раніше теоремою означає, що в т.  має мінімум. Випадок  розглядається аналогічно. (випадок коли  в Ільїн Садовн.-Сендов).

□ Схема дослідження ф-ції на екстремум:

1. знаходимо похідну ф-ції і критичні точки цієї ф-ції;

2. наносимо на числову вісь одержані критичні точки, а також точки розриву ф-ції. Ці точки розбивають область визначення ф-ції на інтервали.

3. знаходимо знак похідної на кожному з цих інтервалів.

4. з допомогою картинки визначаємо точки екстремуму (математичні проміжки монотонності ф-ції) , – екстремуму немає.

В цьому параграфі ми навчилися, як за допомогою похідної знаходити проміжки монотонності ф-ції, а також точки екстремуму. Виявляється що похідна допомагає встановити форму графічної ф-ції на тому чи іншому проміжку. Тобто чи на якомусь проміжку графік ф-ції має форму вгнутості чи форму опуклості, ці проблеми розв’яжемо в наступному параграфі.

 

Дов.

 Позначимо  Прип. що нема такого  , щоб . Матимемо

Розгл. .  і  на [a,b]. Звідси за Т.1.

Це озн., що  нижня межа мн. значень ф-ції f(x), яка більша за m, яка є найбільшою з нижніх меж . Протиріччя! Значить є таке  на  в цій частині Т.2. доведена.

Інша частина доводиться аналогічно.

Критерій розв’язуваності конгруенцій з одним невідомим першого степеня.

Заг. вигляд конгруенції 1-го степеня з одним невідомим: . Дослідимо всі можливі випадки розв’язування лінійних конгруенцій.

І. Розгл. спочатку найбільш важливий випадок, коли а і т взаємнопрості, тобто (a,m)=1.

Якщо в  підставити замість х всі лишки з повної с-ми, то за 1-ою т. про лишки лінійної форми, ах також перебігає всі значення з повної с-ми лишків, тому для одного і тільки одного значення х₁ число ах₁ потрапляє в той клас, до якого належить b , для нього отримаємо .

Отже у випадку (а, m )=1  лінійна конгруенція має лише один розв’язок:  або x = x ₁ + mt , .

Пр-д. .

Підставляючи лишки повної с-ми за модулем 8: ; знаходимо .

І І. Розгл. випадок, коли (a , m )= d , d >1 і

В цьому випадку лінійна конгруенція розв’язку мати не може, оск. це суперечить тій вл-сті конгруенцій (частини конгруенції мають з модулем один і той самий НСД).

Дов.

,

Отже, – суперечність.

П-д. 6х ≡ 7 (mod 15)

(6, 15) = 3, але

Отже, конгруенція розв’язку немає.

I I I . Розгл. останній випадок, коли (а, m ) = d , d > 1 і .

Тоді а = а₁ d , b = b ₁ d , m = m ₁ d.

За відомою вл-стю конгруенцій обидві частини конгруенції і модуль можна поділити на d, після чого отримуємо

а₁х b ₁ ( mod m ₁ ), (а₁ ,т₁)=1, що Û випадку І.

Отримана конгруенція має розв’язок .

Щоб знайти класи розв’язків за модулем т  відзначимо, що всі лишки …, x ₁ – m ₁ , x ₁ , x ₁ + m ₁ ,…, x ₁ +( d -1) m ₁ , x ₁ + dm ₁ ,…    (*)

конгруентні з x₁ за модулем m₁ , належать за модулем m=m₁d різним класам, представниками яких є лишки:

.                          (**)

(

, k - r = cd , k = cd + r , )

Дійсно, різниця двох " таких чисел не ділиться на m, отже вони належать різним класам лишків за модулем m. Крім того для кожного лишку з ряду (*) завжди знайдеться число з (**) таке, що їх різниця буде кратна m , отже такі числа належать одному класу лишків за модулем m. Тому в цьому випадку конгруенція буде мати d розв’язків: . П-д

Ділимо на НСД(15, 35, 55) =5, отримуємо  

Методом підбору знаходимо: .

Тоді для даної конгруенції маємо п’ять розв’язків: .

Критерій розв’язку лінійної конгруенції :

І. якщо (a , m )=1, то $! розв’язок;

І І. (a , m )= d , d>1 і  – розв’язку немає;

І І І. (a , m )= d , d>1 і – $ d розв’язків.

 

12345678Следующая ⇒

Поделиться: