Для простого модуля старший коефіцієнт взаємнопростий з ним. Визначимо множник k так, щоб. Матимемо. Домножаючи обидві частини заданої конгруенції на 10 за модулем 13, дістаємо 1 страница

або .

Виділимо в лівій частині цієї конгруенції повний квадрат

або .

Остаточно .

Отже, або .

III. За критерієм Ейлера знайти всі квадратні лишки за модулем 11.

Розв`язання.

За критерієм Ейлера при простому непарному p число a є квадратичним лишком за модулем p тоді і тільки тоді, коли , і квадратичним нелишком тоді і тільки тоді, коли .

Отже, для розв`язання задачі випробуємо числа 1, 2, 3,.., 10 за допомогою критерія Ейлера. Маємо

, тоді

(mod 11).

Тому числа 1, 3, 4, 5, 9 – квадратичні лишки за модулем 11.

IV. Знайти порядок числа a = 2 за модулем m = 15.

Розв`язання.

Щоб знайти порядок числа a за модулем m, необхідне виконання таких вимог:

1.) (a, m)=1;

2.) - дільник числа ;

3.) - найменше з тих натуральних чисел k, для яких виконується конгруенція .

Маємо (2, 15)=1; знаходимо :

= .

Отже, міститься серед чисел 1, 2, 4, 8. Записуємо послідовно:

Отже, =4.

V. Знайти всі первісні корені за модулем m =7.

Розв`язання.

Первісних коренів за простим модулем m =7 є . Вони містяться серед чисел :

Оскільки m -1=6 у канонічному розкладі має вигляд , то досліджувати слід числа виду і , тобто числа і . Де .

Знайдемо перший первісний корінь. Перевіряємо число 2.

Оскільки 3<6, то 2 не є первісним коренем за модулем 7.

Тоді . Отже, порядком числа 3 є 6, тобто 3 є первісним коренем за модулем 7.

Другий первісний корінь міститься серед чисел виду , де (k, m -1)=(k, 6)=1 і 1< k <6/

Цій умові задовільняє тільки число k =5. отже, другим первісним коренем є число . Оскільки , то первісними коренями за модулем 7 є числа 3 і 5.

VI. Розв`язати конгруенцію . (1)

Розв`язання.

Беремо індекси від обох частин конгруенції

За таблицею індексів маємо:

; і тому

, або

(2)

Дістали лінійну конгруенцію відносно ind x. Розв`яжемо її. Оскільки (18, 22)=2 і 4 ділиться на 2, то ця конгруенція має 2 розв`язки.

Скоротимо спочатку обидві частини і модуль на 2:

До правої частини додамо число –11:

Скоротимо обидві частини на 9:

Дістаємо розв`язки конгруенції (2):

За таблицею антиіндексів знаходимо відповідні два значення невідомого x:

, .

VII. Знайти найменше натуральне число x, яке задовольняє наступну конгруенцію .

Розв`язання.

Індексуємо конгруенцію:

За таблицями індексів:

;

, одержуємо

, або при k=0, 1, 2,..

VIII. Знайти остачу від ділення на 35.

Розв`язання.

Скористаємося теоремами Ейлера і Ферма.

; (13, 35)=(12, 35) = 1, тому .

Тоді .

Отже, при діленні на 35 число дає остачу 11.

Контрольна робота № 9

І. Знайти найбільший спільний дільник многочленів f(x) і g(x) та підібрати такі многочлени m(x) і n(x), що f(x)m(x) + g(x)n(x) = d(x).

1) f(x) = x ⁴+ x ³ – 3 x ² – 4 x – 1; g(x) = x ³+ x ² – x – 1;

2) f(x) = x ⁶– 7 x ⁴+ 8 x ³ – 7 x + 7; g(x) = 3 x ⁵– 7 x ³ + 3 x ² – 7;

3) f(x) = x ⁵+ x ⁴– x ³ – 3 x ² – 3 x – 1; g(x) = x ⁴– 2 x ³ – x ² – 2 x + 1;

4) f(x) = x ⁴– 10 x ² +1; g(x) = x ⁴– 4 x ³ + 6 x ² + 4 x + 1;

5) f(x) = x ⁵ + 3 x ⁴+ x ³ + x ² + 3 x + 1; g(x) = x ⁴+ 2 x ³ + x + 2;

6) f(x) = 4 x ⁴– 2 x ³ – 16 x ² + 5 x + 9; g(x) = 2 x ³– x ² – 4 x + 4;

7) f(x) = x ⁴– x ³ – 4 x ² + 4 x + 1; g(x) = x ² – x – 1;

8) f(x) = x ⁵ – 5 x ⁴– 2 x ³ + 12 x ² – 2 x + 12; g(x) = x ³– 5 x ² – 3 x + 17;

9) f(x) = 3 x ⁴– 3 x ³ + 4 x ² – x + 1; g(x) = 2 x ³– x ² + x + 1;

10) f(x) = x ⁴+ x ³ + x ² + x + 1; g(x) = 4 x ³+ 3 x ² + 2 x + 1.

ІІ. Користуючись схемою Горнера:

а) розкласти многочлен f(x) за степенями (х – а) і одержаний розклад розташувати за спадними степенями х;

б) знайти канонічний розклад (відокремити кратні множники);

в) знайти значення многочлена f(x) та його похідних при х = а.

1) f(x) = x ⁴+ 3 x ³– 8 x ² + 4 x – 1; a = 2;

2) f(x) = x ⁵+ 3 x ⁴– 9 x ³– 7 x ² + 39 x – 21; a = 1;

3) f(x) = x ⁴– 2 x ³– 5 x ²+ 2 x + 2; a = –2;

4) f(x) = x ⁶– 6 x ⁴– 4 x ³+ 9 x ² + 12 x + 2; a = 3;

5) f(x) = x ⁵– 10 x ³– 20 x ²– 15 x – 4; a = –1;

6) f(x) = x ⁵– 6 x ⁴+ 16 x ³– 24 x ² + 20 x – 8; a = –3;

7) f(x) = x ⁶– 2 x ⁵– x ⁴– 2 x ³+ 5 x ² + 4 x + 4; a = 1;

8) f(x) = x ⁶– 15 x ⁴+ 8 x ³+ 51 x ² – 72 x + 27; a = –1;

9) f(x) = x ⁷– 3 x ⁶+ 5 x ⁵– 7 x ⁴+ 7 x ³– 5 x ² + 3 x – 1; a = 2;

10) f(x) = 3 x ⁴+ 6 x ³– 2 x ² + 1; a = –1.

ІІІ. Знайти раціональні корені многочлена.

1) f(x) = x ⁴– 2 x ³– 8 x ² + 13 x – 24;

2) f(x) = 6 x ⁴+ 19 x ³– 7 x ²– 26 x + 12;

3) f(x) = x ⁵– 2 x ⁴– 4 x ³+ 4 x ²– 5 x + 6;

4) f(x) = 10 x ⁴– 13 x ³+ 15 x ²– 18 x – 24;

5) f(x) = x ⁴+ 2 x ³– 13 x ²– 38 x – 24;

6) f(x) = x ⁴+ 4 x ³– 2 x ² – 12 x + 9;

7) f(x) = x ⁵+ x ⁴– 6 x ³– 14 x ² – 11 x – 3;

8) f(x) = 2 x ³+ 3 x ² + 6 x – 4;

9) f(x) = 2 x ³– 3 x ² + 4 x – 5;

10) f(x) = x ⁴– x ³– 22 x ² + 16 x + 96.

ІV. Виразити через елементарні симетричні многочлени такі многочлени:

1) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁³ + x ₂³ + x ₃³ – x ₁ – x ₂ – x ₃;

2) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁵ x ₂ x ₃ + x ₂⁵ x ₁ x ₃+ x ₃⁵ x ₁ x ₂ + 2 x ₁ x ₂ x ₃;

3) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁴ x ₂² + x ₂⁴ x ₁² + x ₃⁴ x ₂² + x ₃⁴ x ₁² + x ₁⁴ x ₃² + x ₂⁴ x ₃²;

4) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁² x ₂ + x ₁ x ₂² + x ₁² x ₃ + x ₁ x ₃² + x ₂² x ₃ + x ₂ x ₃²;

5) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁴ + x ₂⁴ + x ₃⁴ x ₁³ –2 x ₁² x ₂² – 2 x ₂² x ₃² – 2 x ₁² x ₃²;

6) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ – x ₂)² + (x ₁ – x ₃)²+ (x ₂ – x ₃)²;

7) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ + x ₂ – 5 x ₃) (x ₂ + x ₃ – 5 x ₁) (x ₁ + x ₃ – 5 x ₂);

8) f (x ₁, x ₂, x ₃) = 3 x ₁³ – 3 x ₂³ + 3 x ₃³ + x ₁ + x ₂ + x ₃;

9) f (x ₁, x ₂, x ₃) = 3 x ₁³ + 3 x ₂³ + 3 x ₃³ + 5 x ₁ x ₂ x ₃+ 2 x ₁² + 2 x ₂² + 2 x ₃²;

10) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ – x ₂)(x ₂ – x ₃)(x ₃ – x ₁).

V. У множині дійсних чисел розв’язати такі системи рівнянь:

1) 2) 3)

4) 5)

6) 7)

8) 9)

10)

VI. Позбавитися від алгебраїчної ірраціональності в знаменнику дробу:

1) 2) 3)

4) 5)

6) 7) 8)

9) 10)

VІІ. Довести, що число a є алгебраїчним над полем Q і знайти його мінімальний многочлен, якщо:

1)	6)
2)	7)
3)	8)
4)	9)
5)	10)

VІІІ. Розкласти на незвідні у полі Q множники такі многочлени:

1) f(x) = x ⁴+ x ³– 6 x ² – 7 x – 7;

2) f(x) = x ⁴– x ³– 6 x ²+ 8 x – 2;

3) f(x) = 6 x ⁴– 13 x ³+ 12 x ²– 13 x + 6;

4) f(x) = 9 x ⁴– 15 x ³+ 28 x ²– 20 x + 16;

5) f(x) = (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ – 16;

6) f(x) = (x + 1)⁶ – 9(x + 1)³ + 20;

7) f(x) = x ⁴+ 4 x ³+ 4 x ² + 1;

8) f(x) = x ³– 6 x ² + 11 x – 6;

9) f(x) = x ⁴+ 3 x ³– 3 x ² – 11 x – 6;

10) f(x) = x ⁵– x ³– x ² + 1.

Варіант	Задачі
1.	І.1, ІІ.1, ІІІ. 1, VІ.1, V.1, VІ.1, VІІ.1, VІІІ.1
2.	І.2, ІІ.2, ІІІ.2, VІ.2, V.2, VІ.2, VІІ.2, VІІІ.2
3.	І.3, ІІ.3, ІІІ.3, VІ.3, V.3, VІ.3, VІІ.3, VІІІ.3
4.	І.4, ІІ.4, ІІІ.4, VІ.4, V.4, VІ.4, VІІ.4, VІІІ.4
5.	І.5, ІІ.5, ІІІ.5, VІ.5, V.5, VІ.5, VІІ.5, VІІІ.5
6.	І.6, ІІ.6, ІІІ.6, VІ.6, V.6, VІ.6, VІІ.6, VІІІ.6
7.	І.7, ІІ.7, ІІІ.7, VІ.7, V.7, VІ.7, VІІ.7, VІІІ.7
8.	І.8, ІІ.8, ІІІ.8, VІ.8, V.8, VІ.8, VІІ.8, VІІІ.8
9.	І.9, ІІ.9, ІІІ.9, VІ.9, V.9, VІ.9, VІІ.9, VІІІ.9
10.	І.10, ІІ.10, ІІІ.10, VІ.10, V.10, VІ.10, VІІ.10, VІІІ.10

Зразки розв‘язання задач контрольної роботи № 9

1. Знайти найбільший спільний дільник многочленів f(x) і g(x) та підібрати такі многочлени m(x) і n(x), що f(x)m(x) + g(x)n(x) = d(x).

f(x) = 2 x ⁴+ 3 x ³ – 3 x ² – 5 x + 2;

g(x) = 2 x ³+ x ² – x – 1.

Розв‘язання.

До многочленів f(x) і g(x) застосовуємо алгоритм Евкліда:

_ 2 x ⁴+ 3 x ³ – 3 x ² – 5 x + 2	2 x ³+ x ² – x – 1
2 x ⁴+ x ³ – x ² – x	х + 1
	_ 2 x ³– 2 x ² – 4 x + 2
	2 x ³+ x ² – x – 1
_ 2 x ³+ x ² – x – 1	– 3 x ²– 3 x + 3
2 x ³+ 2 x ² – 2 x
	_ – x ²+ x – 1
	– x ²– x + 1
_ – 3 x ²– 3 x + 3	2 х – 2
– 3 x ²+ 3 x
	_ –6 х + 3
	–6 х + 6
	– 3.

Отже, в результаті ділення одержуємо:

f(x) = g(x)q ₁ (x) + r ₁ (x);

q ₁ (x) = x + 1, r ₁ (x) = – 3 x ² – 3 x + 3;

g(x) = r ₁ (x)q ₂ (x) + r ₂ (x);

q ₂ (x) = ; r ₂ (x) = 2 x – 2;

r ₁ (x) = r ₂ (x)q ₃ (x) + r ₃ (x);

q ₃ (x) = ; r ₃ (x) = – 3.

Так як r ₃ (x) = – 3 є стале число, а на стале число без остачі ділиться будь-який многочлен, то наступна остача r ₄ (x) буде дорівнювати нулю. Отже, алгоритм Евкліда записався тут у три рядки, а найбільший спільний дільник дорівнює – 3, або

d(x) = 1 = – r ₃ (x).

Щоб виразити d(x) через многочлени m(x) і n(x) виразимо спочатку через них r ₃ (x).

r ₃ (x) = r ₁ (x) – r ₂ (x) q ₃ (x),

r ₃ (x) = r ₁ (x) – [ g(x) – r ₁ (x)q ₂ (x) ] q ₃ (x),

або r ₃ (x) = r ₁ (x) [1 + q ₂ (x)q ₃ (x) ] – g(x)q ₃ (x).

В останню рівність замість r ₁ (x) підставимо його вираз з першого рядка алгоритму Евкліда, одержимо:

r ₃ (x) = [ f(x) – g(x)q ₁ (x) ]×[1 + q ₂ (x)q ₃ (x) ] – g(x)q ₃ (x) =

= –f(x) [1 + q ₂ (x)q ₃ (x) ] + g(x) [ –q ₁ (x) – q ₁ (x)q ₂ (x)q ₃ (x) – q ₃ (x) ].

Враховуючи, що d(x) = – r ₃ (x), маємо:

Отже, ;

де q ₁ (x) = x + 1; q ₂ (x) = ; q ₃ (x) = .