d 7) , wi¦c ostatecznie mam y x 6 (mo d 7)...

Odnośniki

Smutek to uczucie, jak gdyby się tonęło, jak gdyby grzebano cię w ziemi.

34.
(b)
.
x

19
(mo
d
256)
.
34.
(c)
.
x

8
(mo
d
21)
.
34.
(d)
.
P
oniew
a»
(10
;
35)
=
5
j
15
,
wi¦c
k
ongruencja p
osiada
rozwi¡zanie.
Mam
y
5
rozwi¡za«
mo
dulo
35
.
Jedno
z
nic
h
otrzym
ujem
y
rozwi¡zuj¡c k
ongruencj¦
2
x

3
(mo
d
35)
,
sk
¡d
dosta
jem
y
,
»e
x

19
(mo
d
35)
.
P
ozo-
staªe
rozwi¡zania otrzym
ujem
y
do
da
j¡c
wielokrotno±ci 7
,
a
wi¦c
ostatecznie mam
y
x

5
;
12
;
19
;
26
;
33
(mo
d
35)
.
34.
(e)
.
P
oniew
a»
(18
;
3)
=
3
-
7
,
wi¦c
k
ongruencja nie
p
osiada
rozwi¡-
zania.
35.
(a)
.
Mam
y
m
:=
4
,
m
:=
7
,
m
:=
9
,
m
:=
4

7

9
=
252
,
1
2
3
n
:=
7

9
=
63
,
n
:=
4

9
=
36
i
n
:=
4

7
=
28
.
Wyk
orzystuj¡c algorytm 1
2
3
Euklidesa szuk
am
y
liczb
y
e
sp
eªnia
j¡cej
w
arunki
e

1
(mo
d
4)
i
e

0
1
1
1
(mo
d
63)
.
P
oniew
a»
(4
;
63)
=
1
=
16

4
63
,
wiec
przyjm
ujem
y
e
:=
63
.
1
P
o
dobnie
wyliczam y
e
:=
36
i
e
:=
28
.
Wtedy
mam
y
rozwi¡zanie p
ostaci
2
3
x

3
e
+
2
e
+
e
(mo
d
252)
,
sk
¡d
wynik
a,
»e
x

163
(mo
d
252)
.
1
2
3
35.
(b)
.
x

713
(mo
d
1320)
.
35.
(c)
.
Rozw
a»an
y
ukªad
k
ongruencji mo»na
spro
w
adzi¢
do
ukªadu
x

2
(mo
d
3)
,
x

3
(mo
d
4)
i
x

5
(mo
d
7)
,
którego rozwi¡zaniem s¡
x

47
(mo
d
84)
.
36.
Rozwi¡zanie tego
zadania p
olega
na
znalezieniu na
jmniejszego rozwi¡zania ukªadu
k
ongruencji x

1
(mo
d
2)
,
x

2
(mo
d
3)
,
x

3
(mo
d
4)
,
x

4
(mo
d
5)
,
x

5
(mo
d
6)
i
x

0
(mo
d
7)
,
sk
¡d
wynik
a,
»e
n
=
119
.
15
2.3
F
unk
cja
Eulera
3
3
2
2
37.
'
(1000)
=
'
(2

5
)
=
(2
1)

2

(5
1)

5
=
400
,
'
(125)
=
100
,
'
(180)
=
48
,
'
(360)
=
96
i
'
(1001)
=
720
.
38.
(a)
.
x
2
;
.
38.
(b)
.
x
=
15
;
16
;
20
;
24
;
30
.
38.
(c)
.
x
=
13
;
21
;
26
;
28
;
36
;
42
.
39.
Wzór
ten
jest
b
ezp
o±redni¡
k
onsekw
encj¡
wzoru
na
funk
cj¦
Eulera.
40.
Je±li
istnieje liczba
pierwsza p
>
2
,
która
dzieli
n
,
to
'
(
n
)
jest
p
o-
m
dzielne przez
p
1
,
które
jest
liczb¡
parzyst¡.
W
przeciwn ym
wypadku n
=
2
m
1
i
'
(
n
)
=
2
,
przy
czym
m
>
1
.

s
+1
s
+
r
1
1

1
k
k
s
41.
Mam
y
m
=
p

p
q

q
oraz
n
=
p

p
q

q
,
s
+
r
1
1
1
s
+1
s
k
k
gdzie
k
;
r
;
s

0
,
p
,
.
.
.
,
p
,
q
,
.
.
.
,
q
s¡
parami
ró»n
ymi
liczbami pierw-1
k
1
r
+
s
szymi
oraz

,
.
.
.
,

,

,
.
.
.
,

,

,
.
.
.
,

s¡
do
datnimi liczbami natu-1
k
1
k
1
r
+
s
min
(

;
)
min
(

;
)
1
1
k
k
raln
ymi.
P
oniew
a»
d
=
p

p
,
wi¦c
teza
jest
k
onsekw
encj¡
1
k
wzoru
na
funk
cj¦
Eulera.

1
k
42.
Niec
h
d
=
p

p
b
¦dzie
przedsta wieniem liczb
y
d
w
p
ostaci
1
k

1
k
ilo
czyn
u
p
ot¦g
parami
ró»n
yc
h
liczb
pierwszyc h.
Wtedy
n
=
p

p
m
,
1
k

1
k
gdzie

oraz
p
-
m
dla
i
=
1
;
:
:
:
;
k
.
Zatem
'
(
n
)
=
'
(
p

p
)
'
(
m
)
=
i
i
i
1
k

1
1
k
k
'
(
d
)
p

p
'
(
m
)
.
1
k
6
43.
Na
mo
cy
t
wierdzenia Eulera
a

1
(mo
d
7)
.
P
o
dnosz¡c t¦
nieró
w-
no±¢
stronami do
kw
adratu
otrzym
ujem
y
tez¦.
12
44.
Kongruencja a

1
(mo
d
65)
zac
ho
dzi
wtedy
i
t
ylk
o
wtedy
,
gdy
12
12
zac
ho
dz¡
k
ongruencje a

1
(mo
d
5)
i
a

1
(mo
d
13)
.
Korzysta j¡c
z
w
arunku
(
a;
65)
=
1
wnioskujem y
,
»e
(
a;
5)
=
1
i
(
a;
13)
=
1
.
Z
t
wierdzenia 12
4
Eulera
wynik
a,
»e
a

1
(mo
d
13)
i
a

1
(mo
d
5)
.
P
o
dnosz¡c drug¡
z
12
k
ongruencji stronami do
trzeciej p
ot¦gi
otrzym
ujem
y
,
»e
a

1
(mo
d
5)
,
co
k
o«czy
rozwi¡zanie.
k
45.
P
oniew
a»
n
jest
na
jmniejsz¡
p
ot¦g¡
naturaln¡
k
,
dla
której
a

1
n
n
'
(
a
1)
n
(mo
d
(
a
1))
oraz
a

1
(mo
d
(
a
1))
na
mo
cy
t
wierdzenia Eulera, n
wi¦c
n
mo
d
'
(
a
1)
.
16
46.
Przypu±¢m y
,
»e
n
jest
na
jmniejsz¡
liczb¡
naturaln¡
n
>
1
tak
¡,
»e
n
'
(
n
)
n
j
2
1
.
Oczywi±cie n
j
2
1
.
Zatem
je±li
d
=
(
n;
'
(
n
))
,
to
wyk
orzystuj¡c d
zadanie 3
otrzym
ujem
y
,
»e
n
j
2
1
.
P
oniew
a»
n
>
1
,
wi¦c
oznacza to
w
d
szczególno±ci,
»e
d
>
1
.
Ale,
to
przeczy minimalno±ci liczb
y
n
,
gdy»
d
j
2
1
.
47.
P
oszczególne czynniki wyst¦puj¡ce p
o
pra
w
ej
stronie mo»na
in
ter-
preto
w
a¢
jak
o
pra
wdop
o
dobie«st w
o,
»e
loso
w
o
wybrana liczba
sp
o±ró
d
liczb
1
,
.
.
.
,
n
nie
jest
p
o
dzielna przez
p
.
40
48.
Z
t
wierdzenia Eulera
3

1
(mo
d
100)
,
wi¦c
dwie
ostatnie cyfry
1000
liczb
y
3
to
01
.
1000
49.
Z
t
wierdzenia Eulera
wynik
a,
»e
2

1
(mo
d
25)
.
Oczywi±cie ma-1000
m
y
,
te»
2

0
(mo
d
4)
.
Rozwi¡zuj¡c ukªad
k
ongruencji x

1
(mo
d
25)
1000
i
x

0
(mo
d
4)
otrzym
ujem
y
,
»e
2

76
(mo
d
100)
.
2.4
Elemen
t
y
teorii
pier±cieni 51.
(a)
.
Nie,
gdy»
nie
jest
to
zbiór
zamkni¦t y
ze
wzgl¦du na
o
dejmo
w
a-
nie.
51.
(b)
.
Nie,
gdy»
1
nie
nale»y
do
tego
zbioru.
51.
(c)
.
T
ak.
51.
(d)
.
T
ak.
51.
(e)
.
Nie,
gdy»
nie
jest
to
zbiór
zamkni¦t y
ze
wzgl¦du na
mno»enie.
52.
(a)
.
T
ak.
52.
(b)
.
T
ak.
52.
(c)
.
Nie,
gdy»
funk
cja
to»samo±cio w
o
ró
wna
1
nie
nale»y
do
tego
zbioru.
52.
(d)
.
T
ak.
52.
(e)
.
Nie,
gdy»
nie
jest
to
zbiór
zamkni¦t y
ze
wzgl¦du na
do
da
w
anie
funk
cji.
17
53.
Niec
h
R
b
¦dzie
sk
o«czon
ym
pier±cieniem b
ez
dzielnik ó
w
zera.
T
rzeba
p
ok
aza¢,
»e
dla
k
a»dego
elemen
tu
a
2
R
,
a
6=
0
,
istnieje elemen
t
b
2
R
o
wªasno±ci ab
=
1
.
Ustalm
y
a
2
R
,
a
6=
0
.
Rozw
a»m
y
funk
cj¦
f
:
R
!
R
dan¡
wzorem
f
(
x
)
=
ax
dla
x
2
R
.
Wtedy
funk
cja
f
jest
ró»no
w
arto±cio w
a.