Additív rend

Az additív rend fogalmával a matematikában elsősorban a számelmélet és az algebra foglalkozik.

Legyen adott egy m ∈ ℤ egész szám. Egy egész szám (vagy mod(m) maradékosztály) modulo m vagy röviden mod m additív rendje az a legkisebb nemnegatív egész szám, mellyel a számot (vagy maradékosztályt) megszorozva, m-mel osztható számot kapunk; vagyis 0-val kongruens számot modulo m. Ugyanez a definíció elmondható maradékosztályokra is: a kettő, más megfogalmazásban, lényegében ugyanaz. A formális definíció egész számokra illetve maradékosztályokra vonatkozó változatai is olvashatóak e cikkben.

Az egész számokra és maradékosztályokra értelmezett „additív rend” kifejezést még a következő értelemben is használjuk: adott egy R = (U,+,×) gyűrű. Ekkor az a∈U elem (U,+) additív csoportbeli rendjét nevezzük az a ∈ U elem additív rendjének, és ezt, ahogyan az egész számokra értelmezett additív rendet is o^{+}(a)-val jelöljük (esetleg, hogy megkülönböztessük a két fogalmat, $o_{R^{+}}(a)$-val).

Az egészek számokra és maradékosztályokra értelmezett additív rend tulajdonképp az utóbbi fogalom speciális esete (tehát ez ad jogot az azonos jelölésmód alkalmazására is), minthogy (ℤ,+,×) és (ℤ_m,+,×) is gyűrűk: egy egész szám vagy mod m maradékosztály additív rendje annak a (ℤ_m,+) csoportbeli rendje. Az általánosabb, gyűrűben értelmezett additív rendfogalom gyakorlatilag a csoportelméletben értelmezett rendfogalom alkalmazása egy speciális helyzetben (ezt az indokolja, hogy tekinthető az (U,×) multiplikatív félcsoportra vonatkozó rend is, tehát „additív” és „multiplikatív” rend is létezik, mert kétféle csoporttal vagy félcsoporttal is dolgunk van gyűrűk esetében), ezért a rend cikkben foglalkozunk velük általánosabban (ezeken kívül a (moduláris) számelméletben a csoportelmélettől függetlenül is definiálható a multiplikatív rend ).

Értelmezés az egészek körében

Definíció egész számokra

Legyenek $m,i\in Z$ egész számok, ekkor $i$ additív rendje mod(m) az $o_{m}^{+}(i):=min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\right\}=min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:m|ei\right\}\in \mathbb {N}$ természetes szám (két, egyenértékű definíciót is megadtunk).

Belátható, hogy a>1 esetén az additív rend az a∈ℤ egész szám vagy maradékosztály többszörösei $(i\cdots a)_{i\in \mathbb {Z} }=\left(\cdots ,\ -1\cdots a,\ 0\cdots a,\ 1\cdots a,\ 2\cdots a,\cdots ,\ i\cdots a,\cdots \right)$ sorozatának mod(m) maradékainak (minimális) periódusa. Ez azon a tételen alapul, pontosabban ezt az a tétel fogalmazza meg még precízebb formában, hogy az a két többszöröse akkor és csak akkor egyenlő, ha a fenti sorozatban az $i$ indexeik, azaz a többszörözőik kongruensek mod(m). Ezt bővebben a rend c. szócikkben tárgyaljuk, mert egy csoportelméleti tétel speciális esete. Az idézett tétel bizonyítása lentebb megtalálható.

Egyértelmű létezése

Könnyen látható, hogy ilyen pozitív egész szám általában létezik,

• hiszen ha m>0, akkor biztos, hogy $mi\equiv 0{\pmod {m}}$, mivel $m|mi$, ezért az $A=A_{m}(i):=\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\right\}$ halmaz nem üres (0 <m ∈ A), és így a természetes számok jólrendezettsége miatt létezik minimuma, ami jólrendezett struktúrákban ráadásul biztosan egyértelmű. Ha m<0, akkor ugyanez a gondolatmenet alkalmazható, csak m helyett -m-mel. Ezért: tetszőleges egész számnak tetszőleges nem nulla egész modulusra nézve létezik additív rendje.
• ha m = 0, akkor is $m|mi$ biztosan teljesül, csakhogy ekkor az m szám nem pozitív egész, tehát az A halmaz mégis csak üres lehet; ha ezen kívül nincs más e; és általában üres is. Ugyanis m=0|ei azt jelenti, hogy található olyan d egész szám, melyre ei = d×0 = 0, tehát hogy e = m = 0 vagy i = 0. Azaz, csak az i = 0 -ra nem üres az $A_{0}(i)$ halmaz, de egyébként az egyetlen eleme e = 0 lenne csak (ami nem lehet eleme, kizártuk az e = 0 esetet az $e\in \mathbb {N} ^{+}$ kifejezéssel A definíciójában).

Tehát m = 0 -ra csak i = 0 -nak létezik additív rendje, de egyébként nemnegatív i-re és pozitív m-re a rend létezik és egyértelmű. Lentebb belátjuk, hogy tetszőleges, akár negatív i és m egészekre (m=0 kivételével) is egyértelműen létezik a rend.

Kiterjesztett definíciók

Nulla modulusra

Kiterjeszthetjük ezért a rend definícióját így (ahogy az csoportokban is szokásos): $o_{m}^{+}(i)=$ $={\begin{cases}min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\right\};&{\mbox{ha }}\exists e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}};\\0,&{\mbox{ha }}\not \exists e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\end{cases}}$, vagyis ha az i-t szorozva m-mel osztható szorzatot adó szorzók halmaza nem üres, akkor a rend e halmaz minimuma, és 0, ha e halmaz üres. E kiterjesztésben $o_{m}^{+}(i)\in \mathbb {N}$.

Egy másik lehetséges kiterjesztésben $o_{m}^{+}(i)\in \mathbb {N} \cup \infty$ : $o_{m}^{+}(i)=$ $={\begin{cases}min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\right\};&{\mbox{ha }}\exists e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}};\\\infty ,&{\mbox{ha }}\not \exists e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\end{cases}}$

Az előzőekben elmondottak szerint a következő definíció is ugyanezt jelenti: $o_{m}^{+}(i)=$ $={\begin{cases}min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:ei\equiv 0{\pmod {m}}\right\};&{\mbox{ha }}m\neq 0\vee \left(m=0\wedge i=0\right);\\\infty \ (vagy\ 0),&{\mbox{ha }}m=0\wedge i\neq 0\end{cases}}$

Negatív számokra

Negatív egészekre és modulusra is kiterjeszthető a definíció; ugyanis egy negatív szám épp akkor osztható egy számmal, mikor pozitív ellentettje, tehát $o_{m}^{+}(-i)=o_{m}^{+}(i)=o_{-m}^{+}(i)=o_{-m}^{+}(-i)$ tetszőleges $i,m\in \mathbb {Z}$ egészekre

Kiszámítása

A cikk elején lévő példa alapján $o_{m}^{+}(i)\cdot i=\left[m,i\right]$ sejthető. Ez általában is igaz. Egy $i\neq 0$ szám additív rendjét tehát a következőképp számolhatjuk ki:

$o_{m}^{+}(i)={\frac {[m,i]}{i}}={\frac {m}{\left(i,m\right)}}$ ;

vagyis az m modulust osztjuk a modulus és a szám legnagyobb közös osztójával. Az utóbbi kiszámítási mód nemcsak gazdaságosabb, mivel a legnagyobb közös osztó kisebb és könnyebben számolható, mint a legkisebb közös többszörös, hanem még i = 0-ra is működik, a 0 additív rendje eszerint minden nem nulla modulusra 1.

Bizonyítás (vázolva): A rend definíció szerint a legkisebb olyan természetes szám, mellyel az adott számot szorozva, a modulussal osztható szorzatot kapunk. Ez a szorzat tehát a legkisebb olyan természetes szám, mely a modulusnak is, és az adott számnak is többszöröse – ez pedig épp az adott szám és a modulus legkisebb közös többszörösének definíciója. Felhasználva, hogy tetszőleges i,m egészekre $mi=[m,i]\cdot (m,i)$, a második egyenlőség is adódik.

Táblázat

Az additív rend kis egész számokra a következőképp alakul:

↓m,i→	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
0	1	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞	0/∞
1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1
2	1	2	1	2	1	5	1	2	1	2	1	2	1	2
3	1	3	3	1	3	3	1	3	3	1	3	3	1	3
4	1	4	2	4	1	4	2	4	1	4	2	4	1	4
5	1	5	5	5	5	1	5	5	5	5	1	5	5	5
6	1	6	3	2	3	6	1	6	3	2	3	6	1	6
7	1	7	7	7	7	7	7	1	7	7	7	7	7	7
8	1	8	4	8	2	8	4	8	1	8	4	8	2	8
9	1	9	9	3	9	9	3	9	9	1	9	9	3	9
10	1	10	5	10	5	2	5	10	5	10	1	10	5	10
11	1	11	11	11	11	11	11	11	11	11	11	1	11	11
12	1	12	6	4	3	12	2	12	3	4	6	12	1	12

• Megjegyzések:
  • a 0/∞ jelölés nem 0 osztva végtelennel, hanem azt jelenti, hogy 0 modulusra nézve nem létezik additív rend, ezért önkényesen 0-nak, vagy (a /-jel ezt jelenti, nem osztást) ∞-nek definiáljuk. Mindkét definíciónak megvan a maga oka (ld. rend).
  • A fentebbiekkel összhangban a táblázat negatív egészekre is kiterjeszthető, a modulus is lehet negatív akár.

Az additív rend maradékosztály-tulajdonság

Észrevehetjük, és vegyük is észre, hogy minden sorban az $f(i)=\left(o_{m}^{+}(i)\right)_{i\in \mathbb {N} }$ sorozat periodikus. Mégpedig a (minimális) periódus éppenséggel az m modulus! Tehát ha i mod(m) rendje n, akkor i+m, i+2m, … i+km rendje is n, a táblázatból sejthetően minden $k\in \mathbb {N}$ -re, de az utána következő megjegyzésből adódóan minden $k\in \mathbb {Z}$ -re is! Ez tehát azt jelenti, hogy a rend maradékosztály-tulajdonság. Valóban így is van.

Tétel: Legyen m ≠ 0 egész szám. Ekkor mod(m) kongruens egész számok additív rendje egyezik: $i\equiv j{\pmod {m}}\Rightarrow o_{m}^{+}(i)=o_{m}^{+}(j)$. Bizonyítás: Érvényes $\forall n\in \mathbb {N} :ni\equiv 0{\pmod {m}}\Leftrightarrow nj\equiv 0{\pmod {m}}$, mivel ha $i\equiv j{\pmod {m}}:\Leftrightarrow \exists z\in \mathbb {Z} :j=i+mz$, s ekkor $0\equiv nj\equiv n(i+mz)\equiv ni+nmz{\pmod {m}}\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow ni\equiv -nmz\equiv 0{\pmod {m}}$. Tehát i és j bármely (számmal vett) többszöröse egyszerre kongruens (vagy nem kongruens) mod(m), azaz az m-mel osztható szorzatot adó szorzóik halmaza megegyezik, és ekkor ennek minimuma, ami pont az additív rend, is megegyezik.

Értelmezés a maradékosztályok körében

A maradékosztályokról

A továbbhaladás előtt érdemes elolvasni a maradékosztály és a kongruencia szócikket.

Legyen ismét $m,i\in \mathbb {Z}$ két egész szám, ekkor az m modulusra vagy maradékra nézve (röviden mod(m)) maradékosztálynak nevezzük az ${\bar {i}}_{m}\ :=$ $\left\{z\in \mathbb {Z} \ :\ z\equiv i{\pmod {m}}\right\}$ = $\left\{z\in \mathbb {Z} \ :\ m\ |\ z-i\right\}$. Pontosan az m-mel osztva i-vel azonos maradékot adó számok tartoznak az ${\bar {i}}_{m}$ maradékosztályba (a maradékosztály elemeit a maradékosztály reprezentánsainak is nevezzük). Tehát két maradékosztály egyenlő akkor és csak akkor, ha valamely két elemük (azaz ha összes elemük) mod(m) kongruens.

Ha az m szám rögzített, röviden csak ${\bar {i}}$-t írunk. A maradékosztályok halmazát, mely osztályfelbontása $\mathbb {Z}$-nek, $\mathbb {Z} _{m}$ jelöli. Minden m-re pontosan m darab maradékosztály van (az m=0-t kivéve, mert mod(0) maradékosztály végtelen sok van: minden egész szám külön osztályba tartozik), végtelen sok elemmel (kivéve m=0, minden mod(0) osztály egyelemű).

Maradékosztály additív rendje

Tekintsük a $M_{m}=\left(\mathbb {Z} _{m},+,{\bar {0}}\right)$ mod(m) maradékosztályokat az összeadás műveletével, mely additív és neutrális elemes Abel-csoport, tehát csoport. Ha ${\bar {i}}\in \mathbb {Z} _{m}$, és m>0, akkor létezik, mégpedig egyértelműen olyan $o:=o_{m}^{+}(i)\in \mathbb {N} ^{+}$ pozitív egész szám, hogy $o_{m}^{+}(i)={\bar {0}}$ legyen.

• I. bizonyítás: ezt tulajdonképp az előzőekben beláttuk. Legyen m>0, tetszőleges $x\in {\bar {i}}$ -re $e=o_{m}^{+}(x)$ létezik, mint a legkisebb olyan e szám, melyre $ex\equiv 0{\pmod {p}}$, azaz amelyre $e{\bar {x}}_{m}={\bar {0}}_{m}$ ahogy a fentebb beláttuk. Tehát egy osztály additív rendje pontosan a reprezentánsa(inak) additív rendje, utóbbiról meg már tudjuk, hogy létezik és pozitív, ha m>0. Ezzel kész is vagyunk .
  • Tehát az egy osztályba tartozó egészek rendje megegyezik. Fordítva azonban ez nem igaz: különböző maradékosztályoknak is lehet azonos az additív rendje. Például mod(6) $o^{+}({\bar {2}})=o^{+}({\bar {4}})=3$, noha ${\bar {2}}_{6}\neq {\bar {4}}_{6}$
  • A fenti bizonyítás nem működik m = 0-ra, hiszen már az egészek körében sem működött. Hasonlóan, mint ama szituációban, most is belátható, hogy a mod(0) maradékosztályoknak tényleg nincs is pozitív rendje. Ez esetben a rend-definíció hasonló kiterjesztéseit alkalmazzuk, mint az egészeknél.
• II. bizonyítás (vázlatosan): Könnyű belátni, hogy $M_{m}=\left(\mathbb {Z} _{m},+,{\bar {0}}\right)$ véges csoport (ha m>0), és ebből is következik az állítás. Ugyanis ha egy $x\in \mathbb {Z} _{m}$ elemet elkezdünk többszörözni: x, x+x=2x, x+x+x=3x, … stb., akkor lesz két olyan $e,f\in \mathbb {N} ,f\neq e$ többszörös, hogy fx=ex legyen. Ha ilyenek nem lennének, azaz semelyik két többszörös nem lenne egyenlő, mindegyik különböző lenne, akkor végtelen sok különböző elem lenne e félcsoportban, de ez a végessége miatt lehetetlen. Tehát ilyen e,f létezik, és ekkor – itt használjuk fel, hogy csoportról van szó – fx-ex = (f-e)x = 0. Tehát az f-e ≠ 0 természetes szám megfelelő. QED .
  • Ez a bizonyítás sem működik a mod(0) esetre és csak erre, mert $\mathbb {Z} _{0}$ végtelen halmaz.

Tehát m ≠ 0 modulusra a rendet a következőképp definiálhatjuk:

$o_{m}^{+}({\bar {i}}):=min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:e{\bar {i}}_{m}\equiv {\bar {0}}_{m}\right\}$

Egyéb bizonyítások a létezésre és egyértelműségre

III. bizonyítás: Adott az ${\bar {i}}_{m}$ osztály, oldjuk meg az $yi\equiv 0{\pmod {m}}$ kongruenciát (ha úgy tetszik, a ${\overline {y}}_{m}{\overline {i}}_{m}={\bar {0}}_{m}$ egyenletet). E kongruenciák szabályos megoldása a következő: mindkét oldalt oszthatjuk i-vel, de a modulust ${\frac {m}{\left(i,m\right)}}$ -re kell változtatni. Tehát a megoldás az ${\bar {y}}_{m}={\overline {\frac {m}{\left(i,m\right)}}}_{m}$ osztály. Ennek kell a legkisebb pozitív elemét venni, ez m=0 esetén ${\frac {0}{\left(i,0\right)}}={\frac {0}{i}}=0$; nem pozitív (sőt i=0 esetén így nem is értelmezhető); de más esetben a nevező biztosan pozitív (0-nál nagyobb szám bármilyen egésszel vett legnagyobb közös osztója nem nulla ugyanis, hanem pozitív), és a számláló is az, tehát sejthető, hogy ez az elem ${\frac {m}{\left(i,m\right)}}$. És valóban, ez pozitív számok hányadosa lévén pozitív, továbbá nála kisebb pozitív szám már nincs az osztályban: ugyanis ha lenne ennél kisebb pozitív d, akkor $0<d\leq {\frac {m}{\left(i,m\right)}},d\equiv {\frac {m}{\left(i,m\right)}}$, innen a két elem különbsége nemnegatív, ráadásul m-mel osztható, azaz ${\frac {m}{\left(i,m\right)}}-d=km$, ahol 0 ≠ k; azaz ${\frac {m}{\left(i,m\right)}}=km+d$, ám a bal oldal legfeljebb m, míg a jobb oldal a k=0 és d=0 esetet kivéve nagyobb mint m. Tehát vagy k=0, azaz $d={\frac {m}{\left(i,m\right)}}$, vagy pedig d=0, holott feltettük, hogy pozitív. Így az állítást beláttuk.

Vannak olyan elemi (nem-algebrai szemléletű) művek, melyekben ez a bizonyítás található vázlatosan, holott látjuk, mennyivel egyszerűbb lehetőségek léteznek.

Kiterjesztett definíciók maradékosztályokra

A pozitív egész értékű rend definícióját kiterjeszthetjük mod(0) maradékosztályokra is, úgy, ahogy az egészek körében tettük, egyszerűen csak az $o_{m}^{+}(i):=\cdots$ kifejezés helyett $o_{m}^{+}({\bar {i}}):=\cdots$ irandó (tehát valamiképp jelezni kell, hogy maradékosztályokról van szó), és egészek kongruenciája helyett maradékosztályok egyenlősége. Például a legegyszerűbb, harmadik kiterjesztést közüljük maradékosztályokra helyesbítve, de az első kettőnél is hasonlóan lehetséges: $o_{m}^{+}({\bar {i}}){\begin{cases}min\left\{e\in \mathbb {N} ^{+}:e{\bar {i}}_{m}={\bar {0}}_{m}\right\};&{\mbox{ha }}m\neq 0\vee \left(m=0\wedge {\bar {i}}_{0}={\bar {0}}_{0}\right);\\\infty \ (vagy\ 0),&{\mbox{ha }}m=0\wedge {\bar {i}}_{0}\neq {\bar {0}}_{0}\end{cases}}$

Fontosabb tulajdonságok

Közöljük az additív rend néhány fontos (az eddigieken túli) matematikai tulajdonságát, egész számokra fogalmazva. A maradékosztályokra való átfogalmazás nem olyan nehéz, csak számok helyett maradékosztályt és kongruencia helyett egyenlőségjelet kell írni (utóbbi a $\mathbb {Z} _{m}$ halmazon belüli egyenlőség).

$ji\equiv ki{\pmod {m}}\Leftrightarrow j\equiv k{\pmod {o_{m}^{+}(i)}}$ $ji\equiv 0{\pmod {m}}\Leftrightarrow o_{m}^{+}(i)|j$ Ha $m\neq 0$, $o_{m}^{+}(i)|m$, és $o_{m}^{+}(i)=m\Leftrightarrow \left(i,m\right)=1$ $o_{m}^{+}(i+j)|\left[o_{m}^{+}(j),o_{m}^{+}(i)\right]$ $o_{m}^{+}(ji)|\left(o_{m}^{+}(j),o_{m}^{+}(i)\right)$

Rövid indoklás:

• 1. Egy kongruenciát i-vel egyszerűsíthetünk úgy, hogy a modulust osztjuk i-nek és a modulusnak a legnagyobb közös osztójával, a kapott hányados pedig, az egyszerűsített kongruencia modulusa, az előző szakasz szerint épp az i mod(m) rendje.
  • Ezek szerint: kongruenciát egy szorzóval egyszerűsítve az egyszerűsített kongruencia modulusa a szorzó eredeti modulus szerinti rendje.
• 2. Az előző tulajdonsághoz teljesen hasonló: egyszerűsítünk i-vel úgy, hogy a modulust osztjuk (i, m)-mel, a kapott hányados – az egyszerűsített kongruencia modulusa – az i rendje mod(m); az egyszerűsített kongruencia szerint tehát j kongruens nullával mod ( o⁺_m(i) ), ami épp azt jelenti, hogy osztható ezzel a renddel.
  • Ezek szerint szorzat akkor és csak akkor kongruens 0-val mod(m), ha bérmely tényezőjének mod(m) affitív rendje osztója a másik tényezőnek.
  • Ezt egy populárisabb (és maradékosztályokra is általánosítható) formában inkább úgy szoktuk megfogalmazni, hogy egy számot mod(m) eltüntető/lenullázó szorzók épp a mod(m) additív rend többszörösei; még rövidebben az additív rend osztója minden 0-t adó szorzónak (és csak ezeknek).
• 3. Mivel o⁺_m(i) (m,'i) = m, ha m ≠ 0; és (m,'i) egész, az oszthatóság definíciója szerint a rend osztója a modulusnak. Egyenlőség tényleg csak akkor van, ha (m,'i) = 1, azaz a modulus és a szám relatív prímek.
  • Maradékosztályokra vonatkozó, csoportelméleti tárgyalásban: a modulus egy 0-t adó többszöröző szám minden maradékosztályra, így a rend ennek osztója (ez egy egyszerű csoportelméleti tételből következik). tehát arról van szó, hogy mivel a modulus mindig az additív rend többszöröse, ezért a modulus egy 0-t adó szorzó (az előző pont szerint).
  • Csoportelméleti szemszögből ez a kijelentés úgy is interpretálható, hogy egy ${\bar {i}}_{m}$ maradékosztály akkor és csak akkor generátoreleme a $\left(\mathbb {Z} _{m},+,{\bar {0}}\right)$ additív maradékosztály-csoportnak, ha redukált, azaz ha reprezentánsa(i) relatív prím(ek) a modulushoz.
• 4. Mivel $o_{m}^{+}(i),o_{m}^{+}(j)|\left[o_{m}^{+}(i),o_{m}^{+}(j)\right]:=K$, tehát 3. szerint $Ki\equiv 0{\pmod {m}}$ és $Kj\equiv 0{\pmod {m}}$, így $K(i+j)=Ki+Kj\equiv 0+0\equiv 0{\pmod {m}}$.
  • Tehát összeg rendje osztója a rendek legkisebb közös többszörösének. Egyenlőség azonban nem mindig áll fönn: például $o_{12}^{+}(3+5)=o_{12}^{+}(8)=3$, holott $\left[o_{12}^{+}(3),o_{12}^{+}(5)\right]=\left[4,12\right]=12$.
• 5. Mivel $o_{m}^{+}(i)i\equiv 0{\pmod {m}}$ és $o_{m}^{+}(j)j\equiv 0{\pmod {m}}$, szorozva az első kongruenciát j-vel, a másodikat i-vel, $o_{m}^{+}(i)ij\equiv 0{\pmod {m}}$ és $o_{m}^{+}(j)ji\equiv 0{\pmod {m}}$, az első szerint i rendje, a második szerint j rendje „0-t adó többszörös” ij-re, tehát többszöröse ij rendjének: $o_{m}^{+}(ij)\ |\ o_{m}^{+}(i),o_{m}^{+}(j)$ is teljesül, tehát ij rendje (közös) osztója mindkét rendnek, és ezért osztója a legnagyobb közös osztójuknak is.

Példa

Mondjuk két óceánjáró hajó, a „Missou Mary” 5 hónaponként, a „Mama Leone” pedig 6 hónaponként köt ki ugyanabban a kikötőben. Ha egy adott hónapban mindketten a kikötőben voltak, kérdés, hogy mennyi idő múlva találkoznak újra?

• Egy lehetséges és elemi megoldás, hogy a visszatérési periódusok legkisebb közös többszörösét, azaz [5,6]=30-at kell venni, tehát 2 év és 6 hónap múlva.
• E mögött az van, hogy addig kell többszöröznünk az egyik számot, mondjuk a hatot, míg a másikkal, 5-tel osztható szorzatot nem kapunk. Az első ilyen többszörös szolgáltatja a megoldást. Azaz 6, 2×6=6+6=12, 3×6=6+6+6=18, 4×6=24 nem megoldások, de a legkisebb ilyen többszörös, 5×6=30 már igen, mert osztható öttel. Tehát úgy is megoldhatjuk a feladatot, ha a 6-nak a mod(5) additív rendjét számoljuk ki, majd azzal megszorozzuk. Persze fordítva is gondolkodhatunk: kiszámoljuk 5 mod(6) rendjét (6), és a két számot összeszorozzuk. Mindkét eljárás tényleg a legkisebb közös többszörös kiszámítását jelenti, hisz az additív rend definíciója miatt a szám és mod(m) rendje szorzata a legkisebb olyan szám, melynek mindkét szám (a szám és modulusa) osztója, tehát épp a szám és modulusa legkisebb közös többszöröse.

Kapcsolódó szócikkek

• moduláris számelmélet
• kongruencia
• rend (csoportelmélet)
• rend (matematika)