I. Podzielność liczb całkowitych 1. Liczba a = 42157 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 231 i resztę r. Znaleźć dziennik b oraz resztę r. Rozwiązanie. a = 42157 = 231 b + r, 0 115 r b 182 , 231 więc b = 182, r = 115. r b. Stąd 2. Pokazać, że n5 – n, gdzie n jest liczb naturalną, jest podzielne przez 30. Rozwiązanie. n5 – n = (n – 1) n (n + 1) (n2 + 1) = (n – 1) n (n + 1) [(n2 – 4) + 5] = = (n – 2) (n – 1) n (n + 1) (n + 2) + 5 (n – 1) n (n + 1). Każdy ze składników otrzymanej sumy jest podzielny przez 30, gdyż iloczyn k następujących po sobie liczb naturalnych jest podzielny przez k!. Istotnie, Cnk n(n 1)(n 2)...(n k 1) 123...k jest liczbą całkowitą i dlatego rozważana wcześniej suma jest pod zielna przez 30, a to oznacza, że 30 dzieli n5 – n. 3. Pokazać, że mn (m4 – n4 ), gdzie m i n są liczbami naturalnymi, dzieli się przez 30. Rozwiązanie. Zauważmy, że mn (m4 – n4 ) = n (m5 - m) – m(n5 – n), a jak było pokazane w przykładzie 2, m5 – m dzieli się przez 30. 4. Pewna liczba sześciocyfrowa a kończy się cyfrą 5. Jeśli tę cyfrę przestawimy na miejsce pierwsze ze strony lewej, to otrzymamy nowa liczbę, cztery razy większą od poprzedniej. Znaleźć liczbę a. 1 Rozwiązanie. Niech szukaną liczbą będzie 10 x + 5. Przestawiając cyfrę 5 na miejsce pierwsze, otrzymujemy liczbę 5 105 + x. Z warunków zadania wynika, że 5 105 + x = 4 (10 x + 5). Stąd x = 12820. Zatem szukaną liczbą jest 128205. 5. Znaleźć sumę n wyrazów ciągu S n = 1 + 11 + 111 + ... + 11...1 (Sn jest sumą n składników). Rozwiązanie. Sn = 1 + 11 + 111 + ... + 11..1 = 10 1 10 2 1 10 n 1 ... 9 9 9 1 1 10 n 10 9 9 n 1 10 10 2 9 1 10 10 n 81 6. Znaleźć wszystkie liczby całkowite x 1 9n ... 10 n n 1 10 n 81 9n 10. 1 3 takie, że x – 3 dzieli x3 – 1. Rozwiązanie. Połóżmy x – 3 = t. Wtedy x = t + 3, x3 – 3 = (t +3)3 – 3. Jeśli x -3 dzieli x3 -3 wtedy i tylko wtedy gdy t dzieli (t + 3)3 – 3. Ale (t + 3)3 – 3 = t3 – 9 t2 + 27 t – 24. Zatem t dzieli (t + 3)3 – 3 wtedy i tylko wtedy gdy t dzieli 24, a więc t jest jedną z liczb 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24. Stąd dla x = t + 3 otrzymujemy: -21, -9, -5, -3, -1, 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 15, 27. 7. Pokazać, że dla liczby naturalnej n, liczby n5 oraz n mają takie same cyfry jedności. Rozwiązanie. W przykładzie 2 zostało pokazane, że liczba n5 – n jest podzielna przez 30. Skoro jest podzielna przez 30, to jest też podzielna przez 10. Zatem liczby n5 oraz n muszą mieć takie same cyfry jedności. 8. Wykazać, że kwadrat każdej liczby całkowitej nieparzystej jest postaci 8 k + 1, gdzie k jest dowolną liczbą całkowitą. 2 Rozwiązanie. Dowolną liczbę całkowitą można zapisać w postaci: 4q + 0, 4q + 1, 4 q + 2, 4 q + 3, gdzie q jest liczba całkowitą. Liczby nieparzyste mają postać 4q + 1 lub 4q + 3. Policzmy kwadraty liczb nieparzystych: (4q + 1)2 = 8 (2q2 + q) + 1 = 8 k1 + 1 (4q + 3)2 = 8 (2q2 + 3q + 1) + 1 = 8 k2 + 1, gdzie k1 = 2q2 + q, a k2 = 2q2 + 3q + 1. 9. Dowieść, że dla naturalnych n, n2 dzieli (n + 1)n – 1. Rozwiązanie. Dla n = 1 twierdzenie jest oczywiście prawdziwe. Załóżmy, że n potęgę liczby n + 1. 1 n n 1 n 1 n n 2 n2 ... n n 1 i policzmy n-tą nn Zauważmy, że wszystkie składniki w powyższej sumie, poczynając od trzeciego, zawierają n w potędze większej lub równej 2, a drugim składnikiem jest n2 . Zatem jeśli od rozważanej sumy odejmiemy 1, to różnica będzie podzielna przez n2 . Algorytm Euklidesa. Największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność 10. Stosując algorytm Euklidesa znaleźć największy wspólny dzielnik liczb 42823 i 6409. Rozwiązanie. Zastosujmy algorytm Euklidesa 42823 = 6 6409 + 4369 (42823, 6409) = 6409 = 1 4369 + 2040 = (6409, 4369) = 4369 = 2 2040 + 289 = (4369, 2040)= 2040 = 7 289 + 17 = (2040, 289) = 289 = 17 17 = ( 289, 17) = 17. 3 11. Znaleźć parę liczb całkowitych (xo , yo ) spełniających związek 42823 xo + 6409 yo = 17. Rozwiązanie. W przykładzie 10, przy pomocy algorytmu Euklidesa został policzony największy wspólny dzielnik liczb 42823 oraz 6409. Dzielnik ten jest równy 17 i jest podzielnikiem wyrazu wolnego, który tu jest również równy 17. Zatem poszukiwane liczby xo i yo istnieją. Wykorzystajmy algorytm Euklidesa do znalezienia liczb xo , yo. Liczmy kolejno 17 = 2040 – 7 289 = = 2040 – 7 (4369 - 2 2040) = = -7 4369 + 15 2040 = = -7 4369 + 15 (6409 – 4369) = = -22 4369 + 15 6409 = = - 22 (42823 – 6 6409) + 15 6409 = = - 22 42823 + 147 6409. Zatem xo = - 22, yo =147. 12. Rozwiązać w liczbach całkowitych następujące równanie (* ) 42823 x + 6409 y = 68. Rozwiązanie. Jeśli równanie a x + b y = c, gdzie a, b, c są liczbami całkowitymi, jest rozwiązalne w liczbach całkowitych, to posiada ono nieskończenie wiele rozwiąza ń. Jeśli jednym z nich jest para liczb całkowitych (xo , yo ), to wszystkie rozwiązania dane są wzorami x = xo + b1 t , y = yo - a1 t, gdzie a1 a , a, b b1 b . a, b a t jest dowolną liczbą całkowitą. Rozważane równanie posiada rozwiązanie w liczbach całkowitych , gd yż największy wspólny dzielnik (42823, 6409) jest równy 17, a więc jest podzielnikiem liczby 68. W przykładzie 11 zostało pokazane, że 42823 ( -22) + 6409 147 = 17. 4 Pomnóżmy obie strony tej równości przez 4. Otrzymujemy wówczas 42823 (-22 4) + 6409 (147 4) = 68. Stąd xo = -88, yo = 588. Zatem wszystkie rozwiązania równania (*) dane są wzorami x = - 88 + 377 t, y = 588 – 2519 t, gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą. Równania nieoznaczone możemy rozwiązywać również innymi metodami. Niekoniecznie musimy się posługiwać przy ich rozwiązywaniu algorytmem Euklidesa. 13. Rozwiązać w liczbach całkowitych następujące równanie nieoznaczone 7 x – 8 y = 44. Rozwiązanie. Równanie posiada rozwiązanie, gdyż liczby 7 i 8 są względnie pierwsze. Ich największy wspólny dzielnik jest równy 1, a więc jest podzielnikiem liczby 44. Wyznaczmy x: x 44 8y 7 Podstawmy za y kolejno y = 0, 1, 2, ..., 5. Dla y = 5 otrzymujemy x = 12, a zatem x = 12 + 8 t, y = 5 + 7 t, gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą. 14. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie 14 x + 28 y = 39. Rozwiązanie. Równanie nie posiada rozwiązania w liczbach całkowitych, gdyż największy wspólny dzielnik (14, 28) = 14, a liczba 14 nie jest podzielnikiem liczby 39. 15. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie 5 17 x + 39 y = 83. Rozwiązanie. Liczby 17 oraz 39 są względnie pierwsze, zatem nasze równanie posiada rozwiązanie w liczbach całkowitych. Wyliczmy x: x 83 39 y 17 4 15 5 y 17 2y 4 2y 53 y . 17 Liczba x jest liczbą całkowitą wtedy i tylko wtedy, gdy y = 3 – 17 t, gdzie t jest liczbą całkowitą. Rozwiązania równania maja zatem postać: x = -2 + 39 t, y = 3 – 17 t, gdzie t jest dowolną liczbą całkowitą 16. Rozwiązać w liczbach naturalnych następujące równanie 7 x – 13 y = 44. Rozwiązanie. Liczby 7 i 13 są względnie pierwsze, zatem poszukiwanie rozwiązań w liczbach naturalnych ma sens. Wyliczmy x. 44 13 y 7 Skoro x ma być liczbą naturalną, to x 6 2y 2 y 7 gdzie t jest liczbą całkowitą. Stąd musi być x = 10 – 13 t, y = 2 – 7 t, x Rozwiązując układ nierówności 2 y 7 t, 0 i y 0. 10 – 13 t 0, 2 – 7 t 0, otrzymujemy rozwiązania: x = 10 – 13 t, y = 2 – 7 t, gdzie t jest liczbą całkowitą niedodatnią. 17. Korzystając ze wzoru 6 a b . a, b Znaleźć najmniejszą wspólną wielokrotność liczb 279 i 372. a, b Rozwiązanie. Zastosujmy algorytm Euklidesa w celu znalezienia największego wspólnego dzielnika liczb 372 i 279. 372 = 1 279 + 93 279 = 3 93. Zatem 372 , 279 372 279 372 , 279 103788 93 1116 . 18. Największy wspólny dzielnik liczb a i b jest równy 24, a ich najmniejsza wspólna wielokrotność jest równa 2496. Znaleźć liczby a i b. Rozwiązanie. Istnieją liczby całkowite m i n Takie, że a = 24 m, b = 24 n, (m, n) = 1. Możemy przyjąć, że m a i b, to n. ponieważ 2496 jest najmniejszą wspólna wielokrotnością liczb 2496 Stąd 24m 24n . 24 m n = 104 = 8 13. Ponieważ (m, n) = 1, to m n = 1 104 lub m n = 8 13. a) Jeśli m = 1, n = 104, to a = 24 1 = 24, b) Jeśli m = 8, a = 24 13 = 192, n = 13, to b = 24 104 = 2496, b = 24 13 = 312. 19. Pokazać, że (a, b) (a, c) (b, c) [a, b] [a, c] [b, c] = a2 b2 c2 , a, b, c są dowolnymi liczbami całkowitymi. Rozwiązanie. 7 Wystarczy skorzystać ze wzoru podanego w przykładzie 17 oraz z faktu, że mnożenie liczb całkowitych jest działaniem przemiennym i łącznym. Ułamki łańcuchowe 20. Rozwinąć ułamek 44 13 na ułamek łańcuchowy. Rozwiązanie. Zastosujmy algorytm Euklidesa do liczb 44 i 13 44 = 3 13 + 5 13 = 2 5 + 3 5=1 3+2 3=1 2+1 2 = 2 1. Stąd 44 13 1 3 , 1 2 1 1 1 1 2 21. Rozwinąć na ułamek łańcuchowy ułamek 6a 4 12a 3 13a 2 10a 6a 3 12a 2 7a 1 4 . Liczby a i b są naturalne. Rozwiązanie. 8 Zastosujmy algorytm Euklidesa 6a4 + 12a3 + 13a2 + 10a + 4 = a (6a3 + 12a2 + 7a + 1) + 6a2 + 9a + 4 6a3 + 12a2 + 7a + 1 = a (6a2 + 9a + 4) + 3a2 + 3a + 1 6a2 + 9a + 4 = 2 (3a2 + 3a + 1) + 3a + 2 3a2 + 3a + 1 = a (3a + 2) + a + 1 3a + 2 = 2 (a + 1) + a a+1 = 1 a + 1 a = a 1 poszukiwany ułamek łańcuchowy ma postać: 1 a . 1 a 1 2 1 a 1 2 1 1 a Przykład 19. Zamienić na ułamek zwyczajny ułamek łańcuchowy 1 x . 1 x x 1 x Liczba x jest liczbą naturalną. Rozwiązanie. Policzmy x 1 x x2 1 x , x x x2 1 x 3 2x x2 1 9 x x2 1 x 3 2x x4 3x 2 1 . x 3 2x Zatem poszukiwanym ułamkiem zwykłym jest wyrażenie: x4 3x 2 1 . x3 2x II. Liczby pierwsze, liczby względnie pierwsze 22. Podać przykład takich czterech liczb naturalnych a, b, c, d dla których nie ma żadnej liczby naturalnej n, przy której liczby a + n, b + n, c + n, d + n byłyby parami względnie pierwsze. Rozwiązanie. Takimi liczbami są na przykład a = 1, b = 2, c = 3, d = 4, bo jeśli n jest dowolną liczbą całkowitą, to a + n , c + n - dla n nieparzystego są parzyste, a więc nie są względnie pierwsze. b + n , d + n - dla n parzystych są parzyste, a więc nie są względnie pierwsze. 23. Pokazać, że dla liczb naturalnych n 1, liczba n4 + 4 jest liczba złożoną. Rozwiązanie. Ponieważ n4 + 4 = (n2 + 2)2 - 4 n2 = (n2 + 2 n + 2) (n2 – 2n + 2), więc n4 + 1, jako iloczyn dwóch liczb naturalnych jest liczbą złożoną. 24. Znaleźć liczbę pierwszą p , jeśli wiadomo, że 4p2 + 1 i 6p2 + 1 są liczbami pierwszymi. Rozwiązanie. Wszystkie liczby naturalne większe od 2 można przedstawić w postaci 10 5 n, 5 n 1, 5 n 2, gdzie n jest dowolna liczba naturalną. Liczby postaci 5 n są pierwsze tylko dla n = 1. Jeśli p = 5, to 4 p2 + 1 = 101, 6 p2 + 1 = 151. Jak widać, znaleźliśmy liczbę pierwszą spełniającą warunki zadania. Wykażemy teraz, że nie istnieją inne liczby pierwsze te warunki spełniające. Rzeczywiście, jeśli p = 5 n 1, to 4 p2 + 1 = 5 (20 n2 jeśli p = 5 n 8 n + 1), a więc jest liczbą złożoną, 2, to 6 p2 + 1 = 5 (30 n2 24 n +1) i też jest liczba złożoną. III. Kongruencje 25. Czy 51984 1983 mod 25 Rozwiązanie. Liczba 51984 nie przystaje do liczby 1983 modulo 25 , gdyż liczba 25 nie dzieli liczby 1983. 26. Wykazać, że 2 5n 1 4 5n 1 6 0 (mod 31). Rozwiązanie. Zauważmy, że 25 1 mod 31 , 2 5n 1 2 mod 31 , 45 1 mod 31 , 4 5n 1 4 mod 31 . Zatem 2 5n 1 4 5n 1 6 mod 31 . 2 5n 1 4 5n 1 6 Co jest równoważne temu, że 0 mod 31 . 11 27. Jaka jest cyfra jedności liczby 21000 ? Rozwiązanie. Zauważmy, że 2 5 2 mod 10 , 210 Z przechodniości kongruencji dostajemy 2 50 2 2 mod 10 , 2 50 210 mod 10 . 2 2 mod 10 . Otrzymaną kongruencję podnieśmy stronami do potęgi 5. Wówczas 2 250 210 mod 10 . Powtórnie korzystając z przechodniości rozważanej relacji, otrzymujemy 2 250 2 2 mod 10 . Podnosząc powyższą kongruencję stronami do potęgi 4, dostajemy 21000 Z kolei 256 256 mod 10 . 6 (mod 10). Zatem 21000 6 mod 10 . Z otrzymanej równości wynika, że cyfra jedności liczby 2 1000 jest równa 6. 28. Niech p będzie liczbą pierwszą. Liczby a i b niech będą liczbami całkowitymi takimi, że a2 b2 (mod p). Wtedy p dzieli a + b lub p dzieli a – b. Rozwiązanie. Jeśli a2 b2 (mod p), a2 – b2 (mod p). ze wzorów uproszczonego mnożenia i definicji relacji przystawania modulo p wynika, że liczba pierwsza p dzieli iloczyn (a – b) (a + b). Zatem liczba pierwsza p dzieli a – b lub a + b. 29. Wykazać, że liczba naturalna A dzieli się przez 11 wtedy i tylko wtedy gdy różnica pomiędzy sumą jej cyfr znajdujących się na miejscach parzystych i suma jej cyfr znajdujących się na miejscach nieparzystych dzieli się przez 11. Rozwiązanie. Niech kolejnymi cyframi liczby A w układzie dziesiętnym będą a 1 , a2 , . . . , an . Wówczas 12 A = a1 10n – 1 + a2 10n – 2 + . . . +an – 1 10 + an . Rozważmy wielomian f = a1 xn – 1 + a2 xn – 2 + . . . +an – 1 x + an. Oczywiście, A = f(10). Stąd wobec kongruencji 10 f(10) -1 (mod 11). Stąd a1 + a2 – a3 + . . . -1 (mod 11), otrzymujemy A (mod 11). 30. Wyznaczyć wszystkie pierwiastki kongruencji x3 – 2x + 1 (mod 5). Rozwiązanie. Nasza kongruencja może mieć co najwyżej 5 pierwiastków. Aby je wszystkie znaleźć wystarczy sprawdzić które spośród liczb zbioru { 0, 1, 2, 3, 4 } są pierwiastkami naszej kongruencji. Liczby 0, 3, 4 pierwiastkami naszej kongruencji nie są. Natomiast liczby 1, 2 spełniają kongruencję. Wszystkie rozwiązania naszej kongruencji w liczbach całkowitych mają postać x = 1 + 5t, x = 2 + 5t, gdzie t jest dowolna liczbą całkowitą. 31. Rozwiązać kongruencję x2 - x + 1 0 (mod 2). Rozwiązanie. Kongruencja nie jest spełniona, gdyż x (x – 1) + 1 jest liczba nieparzystą, a więc niepodzielną przez 2. 32. Rozwiązać kongruencję x (x + 1) (x + 2) (x + 3) (mod 24). Rozwiązanie. Kongruencja jest tożsamościowa, gdyż x, x + 1, x + 2, x + 3 są to kolejne cztery liczby naturalne. 13 Funkcja Eulera φ(x). Funkcja π(x) 33. Policzyć: φ(55), φ(125), φ(375). Rozwiązanie. Policzmy φ(55). 55 = 5 · 11. Ponieważ i 5 i 11 są różnymi liczbami pierwszymi, zatem na mocy własności funkcji Eulera, otrzymujemy φ(55) = 4 · 10 = 40. Policzmy φ(125). 125 = 53 . Zatem φ(125) = 52 · 4 = 100. Policzmy φ(375). 1 1 375 = 3 ·53 . Zatem φ(375) = 3 ·53 (1 - ) (1 - ) = 200. 3 5 34. Znaleźć liczbę naturalną a, jeśli φ(a )= 3600 oraz a = 3 α· 5β · 7γ. Rozwiązanie. a = 3α· 5β · 7γ, zatem φ(a) = 3α - 1 · 2 · 5β - 1 · 4 · 7γ - 1 · 6 = 24 · 3α· 5β - 1 · 7γ - 1 . Ale 3600 = 24 · 32 · 52 · 70 , więc 24 · 3α· 5β - 1 · 7γ - 1 = 24 · 32 · 52 · 70 . Stąd α = 2, β = 3, γ = 1 i w konsekwencji a = 32 · 53 · 7 = 7875. 35. Znaleźć liczbę naturalną a jeśli, φ(a) = 40, a = p · q, gdzie p, q są różnymi liczbami pierwszymi, oraz p – q = 6. Rozwiązanie. Z warunków zadania wynika, że φ(a) = φ(p · q) = (p - 1) (q – 1) = 40. Otrzymujemy zatem układ równań (p - 1) (q – 1) = 40, p – q = 6. Rozwiązując ten układ otrzymujemy p = 11, q = 5. Szukaną liczbą jest więc 55. 14 15