offline
- Pridružio: 16 Mar 2010
- Poruke: 160
|
KONGRUENCIJA PO MODULU
(Dodatna nastava VIII razred)
Miroslav B. Mladenović-Mirac
Nastavnik matematike
OŠ „Braća Milenković“ selo Šišava-lomnica
Vlasotince, Srbija
mmirac@ptt.rs
Siže(rezime):-Izlaganje o kongruenciji brojeva odnosi se na skup ostalih brojeva i deljivosti istih. Zato se ovde nužno pretpostavlja da je činilac već upoznat sa izvesnim osnovnim svojstvima celih brojeva i međusobnom povezanošću deljenika, delioca i ostatka pri deljenju u Z.
Kongruencija ili Kongruencija po modulu je matematička operacija kojom se prikazuje ostatak pri deljenju dva prirodna broja.
Ona je oblika a≡bmod(c) gde je a ostatak, b je deljenik, a c je delilac ili modulo.
Definicja 1. Neka su a i b celi brojevi i neka je meN. Tada se kaže da je broj a konguentan po modulu m sa brojem b ako i samo ako pri deljenju sa m brojevi a i b daju isti ostatak; što pišemo : a≡bmod(m) .
Drugim rečima, brojevi, brojevi a i b međusobno su kogruentni po modulu m ako i samo ako je a=mq1 + r, i b=mq2 + r, gde a,b,q1,q2 +r, gde a,b,q1,q2eZ, a m,reN i r je veći od 0 a manji od 1.
P r i m e r 1.
Pošto je 29=7.4+1 i 17=4.4+1, kažemo da su 29 i 17 kongruentni po modulu 4 ipišemo: : 29≡ 17 (mod 4)
Na osnovu definicije konguentnosti dva broja neposredno se uviđa da ova relacija ima svojstvo refleksivnosti, simetrije i tranzitivnosti; tojest. da je a≡a(modm), da iz a≡a(modm) sleduje b≡a(modm) i da iz a≡b(modm) i
b≡c(modm) sleduje a≡c(modm).
Teorema 1.
Broj a je konguentan sa brojem b po modulu m ako i samo ako je razlika ova dva broja deljiva sa m.
Dokaz:
Dokažimo najpre prvi deo teoreme, tojest da deljivost razlike ima za posledicu kongrunetnost brojeva a i b, što možemo zapisati i ovako m Im(q1--q2) + (r1- r2), a to može biti samo ako je m Im((r1- r2).
No, kako je r1 veći ili jednak nuli a manji od broja m (ista relacija važi i za r2), to ova razlika može biti deljiva sa m samo ako je r1- r2=0 sledi r1= r2, a u tom slučaju je a≡bmod(m).
Isto tako se može dokazati i drugi deo ove teoreme.
Na taj način smo se uverili da je m ≡a-b dovoljan i potreban uslov da bude a≡bmod(m) potreban, i dovoljan i potreban uslov da bude a≡bmod(m)-obratno.
Zbog toga se kaže da su relacije a ≡b(mod m) i m Ia-b međusobno ekvivalentne, što se zapisuje ovako: a≡bmod(m) ekvivalentno a-b(znak ekvivalentnosti)
P r i m e r 2.
Odrediti da li su istiniti iskazi: a) 438 ≡15(mod 9), b) 232 ≡3(mod 9).
Rešenje:
a) 438-15=423. Pošto je 423 deljivo sa 9, to je prema teoremi 1, 438 ≡15(mod 9),
b) Pošto razlika 232-3=229 nije deljiva sa 9, to i broj 232 nije kongruentan po modulu 9 sa brojem 3.
P r i m e r 3.
Relacija a≡1 (mod 2) znači da je a-1 deljivo brojem 2 tj. da postoji takav broj m da je a-1=2m, odnosno da je a=2m+1. Važi i obratno.
Prema tome, a≡1(mod 2) znači isto što i iskaz: a je neparan broj.
P r i m e r 4.
Relacija a≡0(mod 2) zanači isto što što i iskaz: a-0=a deljivo sa 2, tojest da postoji takav broj m da je a-0=2m,
Važi i obratno. Prema tome a≡0(mod 2) znači što iskaz a je paran broj.
Teorema 2.
Neka su a,b, c celi brojevi(a.b,ceZ) i neka je m prirodan broj(meN). Ako je a≡b(mod m), onda je ac ≡bc(mod m), a takođe je i a.c a≡b.c(mod mc).
Dokaz:
Iz relacije a ≡b(mod m) sleduje m Ia-b, tojest mk=(a-b)keZ. K različito od nole). Ako ovu jednakost pomnožimo sa c dobijamo mck=ac-bc, što pokazuje da je ac ≡bc(mod m) , a isto tako i da je ac ≡bc(mod mc), a to je trebalo i dokazati.
Tako, na primer, iz 3 ≡5(mod 2) sleduje 3.7≡5.7(mod 2) i 3.7≡5.7(mod 14), i zaista 21≡35 (mod 2) i 21≡35(mod 14).
Teorema 3.
Neka su a,b,c i d celi brojevi i neka je m prirodan broj(meN). Ako je a ≡b(mod m), onda je (a+c ) q1, q2 b+d(mod m) i a-c ) ≡b-d(mod m .
Dokaz:
Ako je a ≡b(mod m i c q1, q2 d(mod m), onda postoje brojevi q1, q2 takvi da je
mq1=a-b i mq2=c-d. Ako saberemo ove jdnakosti , dobijamo m(q1- q2 ) =(a-b)-
- (c-d). Odavde se vidi da su navedeni zbir i razlika deljivi sa m, i time je dokaz završen.
Tako, na primer iz 3≡7( mod 2) i 7≡9(mod 2) sleduje (3+7) ≡7+9(mod 2) i
3-7≡7-9(mod 2), zaista 10≡16(mod 2) i -4≡-2(mod 2).
Teorema 4.
Za cele brojeve a,b,c,d i m prirodan broj iz relacije a ≡b(mod m), i
c ≡d(mod m), sleduje ac ≡bd(mod m), što je i trebalo dokazati.
Tako, na primer iz 1 ≡5(mod 4), i 9 ≡13(mod 4), sleduje 1.9 ≡5.13(mod 4).
I zaista 9 ≡65(mod 4).
Kao neposredno posledica ove teoreme dobija se da iz n=0, jer se tada dobija 1 ≡1(mod m).
P r i m e r 5.
Svaki višecifreni broj kongruentan je sa svojom cifrom jedinica po modolu 2,5, i 10. Dokazati.
Dokaz: ------------------------
Neka je dati višecifreni broj a=Ck Ck-1 .......C2 C1 C0.
Formirajmo razliku tog broja i broja koji se nalazi na mestu njegovih jedinica tj.
k k-1
a-C0 = Ck Ck-1 .......C2 C1 C0 - C0. = Ck.10+Ck-1 10+...C1 +10=
k-1 k-2
=10(Ck.10 k-2k-1+Ck-1 10+...C2 +10).
Odavde se cidi da je razlika a-C0 deljiva sa sa 2,5 i 10, pa zato a ≡C0 (mod 10), pa je zato a ≡C0 (mod 2 ), a ≡C0 (mod 5), a ≡C0 (mod 10), što je i trebalo dokazati.
Iz navedenog neposrednog proizilazi pravilo: sa 2, odnosno sa 5, odnosno sa 10 je deljiv onaj i samo onaj broj čija je cifra na mestu jedinica deljiva sa 2, odnosno sa 5, odnosno sa 10.
Primer 6.
Svaki višecifreni broj kogruentan je sa zbirom svojih cifara po modulu 3 i 9. Dokazati.
Dokaz:
Neka je višecifreni broj a= Ck Ck-1 .......C2 C1 C0.. Formirajmo razliku :
a-( Ck Ck-1 .......C2 C1 C0) = .......................... =9(Ck +...C2+C1+Co) deljiva sa 3 i sa 9, pa je zato: a-( Ck Ck-1 .......C2 C1 C0(mod 9).
Iz navedenog neposredno proizilazi pravilno: sa 3 odnosno sa 9 deljiv je onaj i samo broj kod koga je zbir cifara deljiv sa 3, odnosno sa 9.
P r i m e r 7.
100
Odrediti ostatak koji su koji se dobija pri deljenju broja 3 sa 13.
Rešenje:
Da bi smo odredili traženi ostatak, pokušaćemo najpre da nađemo neki broj koji
100
je kongruentan sa brojem 3 po modulu 13. To ćemo postići ovako:
3
Vidimo da je 3 =27 i da je 27 ≡1 (mod 13 ). Otud sleduje:
3
3 ≡1(mod 13 ), sledi 27 se stepenuje sa 33 i 1 se stepenuje sa 33. Odkale kongruenciju po modulu imamo:
33
( 3) 33 33 (33).3 99 99
3 ≡1(mod 13 ), odnosno ( 27) ≡1 (mod 13), odatle sledi (3) ≡1 (mod 13).
Kako je 3.33=0 sa ostatkom 3, zaključujemo da je traženi ostatak 3.
P r i m e r 8.
20
Odrediti poslednju cifru u dekadnom sistemu broja 7 .
Rešenje:
20
Poslednja cifra zapisa 7 predstavlja ostatak koji dobije pri deljenju broja
20
7 sa 10. Prema tome, treba odrediti taj ostatak.
2 2-
Kako je 7 049 i kako je 49:10=4 sa ostatkom 9, to je 7 ≡ -1 (mod 10) sledi
20 10 20
7 ≡(-1 )(mod 10 sledi 17 ≡1 (mod 10).
Kako je 1:10=0 sa ostatkom 1, zaključujemo da je traženi ostatak 1.
Z a d a c i
21 2 1979
1. Odrediti ostake pri deobi sa 11 brojeva: a) 3 b) 1979 +2 .
2. Dokazati: ceo broj je deljiv sa 11 ako i samo ako je razlika zbira cifara na parnim i zbira cifara na neparnim mestima njegovog decimalnog zapisa deljiva sa 11.
Literatura:
[1] Grupa autora-Matematika, priručnik za Dodatnu nastavu za VII i VIII razred, zavoda za udžbenike i nastavna sredstva Beograd, 1985. godine
[2] Kongruencija po modulu:- članak, Matematički list broj 5, 1983. godine-Savez društava matematičara, fizičara i astronoma Jugoslavije
Vlasotince, proleće 1995. godine Autor: Miroslav B. Mladenovć-Mirac
Miroslav B. Mladenović-Mirac
Nastavnik matematike
OŠ „Braća Milenković“ selo Šišava-lomnica
Vlasotince, Srbija
mmirac@ptt.rs
28. mart 2010. godine Vlasotince Srbija
|
.....ovo mi je bas trebalo,samo cinimi se da je negde ponesto izostavljeno....sve u svemu ja sam se snasao i shvatio ovo (osim zadnja 2 primera jer si njih potpuno pogresno napisao)ali popravi se greske jer se mozda neko drugi nece snaci (ako neko drugi ima vremena i zna ovo mogao bi da on prepravi)
